Question

按要求填空．
Ⅰ：已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N₂与H₂反应生成NH₃的热化学方程式为

N₂（g）+3H₂（g）═2NH₃（g）△H=-92kJ?mol^-1

Ⅱ：（1）硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因

Cu²⁺水解产生Cu（OH）₂是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊

如何才能用热水配制出澄清的较浓的CuSO₄溶液

应加入少量H₂SO₄

；
（2）稀Na₂S溶液有一种臭鸡蛋气味，加入AlCl₃溶液后，臭鸡蛋气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的反应

2Al³⁺+3S^2-+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑

III：依据氧化还原反应：MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，欲采用滴定的方法测定FeSO₄的质量分数，实验步骤如下：
①称量绿矾样品15.2g，配成100mL待测溶液②取10.0ml待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸③将0.1mol?L^-1的KMnO₄溶液装入滴定管中，调节液面至8.00mL处④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数18.00mL
（1）如何知道滴定到达终点？

溶液由浅绿色变为紫红色，且半分钟后不变色

（2）下列操作会导致测定结果偏低的是

C

A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
（3）下列每种量器的数量不限，在上述实验中，必须使用的有

ABDE

A．托盘天平  B．量筒    C．碱式滴定管    D．酸式滴定管    E容量瓶
（4）FeSO₄的质量分数为

50%

．

Answer 1

分析：Ⅰ：根据键能计算反应的焓变，焓变=拆化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量；然后根据热化学方程式的书写方法来解答；
Ⅱ：（1）根据盐类的水解是吸热过程以及升温对平衡的影响来解答；根据生成物浓度对水解平衡的影响来解答；
（2）根据铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢；
III：（1）高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色即可；
（2）根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断不当操作对相关物理量的影响；
（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器以及滴定所需要的仪器来解答；
（3）根据5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O计算．

解答：解：Ⅰ：已知拆开1mol H-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，反应为N₂+3H₂═2NH₃；反应焓变△H=拆化学键吸收能量-形成化学键放出的能量=946KJ+3×436KJ-6×391kJ=92KJ；则N₂与H₂反应生成NH₃的热化学方程式为：N₂（g）+3H₂（g）═2NH₃（g）△H=-92kJ?mol^-1，
故答案为：N₂（g）+3H₂（g）═2NH₃（g）△H=-92kJ?mol^-1；
Ⅱ：（1）因Cu²⁺水解产生Cu（OH）₂，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO₄溶液，
故答案为：Cu²⁺水解产生Cu（OH）₂是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H₂SO₄；
（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑，
故答案为：2Al³⁺+3S^2-+6H₂O=2Al（OH）₃↓+3H₂S↑；
III：（1）高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点，
故答案为：滴入最后一滴KMnO₄溶液恰好由黄绿色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；
（2）A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需v（标准）增大，根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断可知c（待测）偏大，故A错误；
B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需v（标准）不变，根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断可知c（待测）不变，故B错误；
C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，所需v（标准）偏小，根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断可知c（待测）偏小，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需v（标准）偏大，根据c（待测）=

c(标准)×V(标准)

V(待测)

判断可知c（待测）偏大，故D错误；
故选：C；
 （3）配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管；锥形瓶；铁架台等，
故答案为：ABDE；
（4）由题意可知10.0ml待测液与10.0ml0.1mol?L^-1的KMnO₄完全反应，
     5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺═5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，
     5         1 
0.01L×C   0.1mol?L^-1×0.01L
则C=0.5mol?L^-1，则10.0ml待测液中FeSO₄的物质的量为0.5mol?L^-1×0.01L=0.005mol，FeSO₄的质量为0.005mol×152g/mol=0.76g，100mL待测溶液中FeSO₄的质量为7.6g，所以样品中FeSO₄的质量分数为

7.6g

15.2g

×110%=50%；
故答案为：50%．

点评：本题主要考查了反应热的计算，盐类水解的运用以及氧化还原滴定测定物质的含量，难度中等．