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10.草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时,溶液褪色总是先慢后快,某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因,过程如下:
[查阅资料]KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为:

[提出假设]
假设1:该反应为放热反应
假设2:反应生成的Mn2+对该反应有催化作用
假设3:K+对该反应有催化作用
该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设,原因是反应物浓度降低,反应速率减慢.
[设计、完成实验]
(1)称取6.3g草酸晶体(H2C2O4•2H2O),配制500mL0.10mol/L H2C2O4溶液.
①在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶.
②下列操作会使所配溶液浓度偏低的是AD(填下列选项的字母序号).
A.称取草酸晶体时,将草酸晶体放在托盘天平右盘
B.定容时俯视刻度线
C.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前,容量瓶中有少量蒸馏水
D.摇匀后,发现溶液液面低于刻度线,立即用胶头滴管加水再定容
(2)完成探究,记录数据
实验编号 烧杯中所加试剂及用量(mL) 
  控制
  条件
溶液褪色时间(S) 
0.10mol/LH2C2O4
溶液 
等浓度
KMnO4溶液 
H20.50mol/L
稀硫酸 
 1 3020  30 20  18
 2 3020  30 20水浴控制温度65° 15
 3 30 20 30 20加入少量MnSO4固体 3.6
 4 30 20 x 20加入5mL0.10mol/LK2SO4  18
x=25时,假设2成立.
(3)由于KMnO4能氧化水中有机物等因素,为配制好稳定的KMnO4溶液,其浓度需标定.取10.00mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中,加入10mL 0.50mol/L稀硫酸,用(2)中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色,且半分钟不褪色,记录数据,平行三次实验,平均消耗KMnO4溶液40.00mL,则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O.上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为0.010mol/L.

分析 [提出假设]草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时,溶液褪色总是先慢后快,而随反应进行,浓度减小;
[设计、完成实验](1)结合m=cVM计算;
①称量固体质量需要托盘天平,配制溶液需要容量瓶;
②结合c=$\frac{n}{V}$及不当操作对n、V的影响分析浓度变化;
(2)由控制变量法可知,实验3、4中只有催化剂不同,其它均相同,可说明生成的Mn2+对该反应有催化作用,反应速率加快;
(3)草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,反应生成Mn2+、CO2、H2O,结合离子反应方程式计算KMnO4溶液的物质的量浓度.

解答 解:[提出假设]草酸(H2C2O4)溶液与酸性KMnO4溶液反应时,溶液褪色总是先慢后快,因为随反应进行,反应物浓度降低,反应速率减慢,则探究反应过程中使褪色加快的主要原因不考虑浓度的影响,故答案为:反应物浓度降低,反应速率减慢;
[设计、完成实验](1)草酸晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×126g/mol=6.3g,故答案为:6.3;
①称量固体质量需要托盘天平,配制溶液需要容量瓶,则配制溶液必须用到的2种定量仪器是托盘天平和500mL容量瓶,故答案为:500mL容量瓶;
②A.称取草酸晶体时,将草酸晶体放在托盘天平右盘,晶体质量偏小,则n偏小,所配溶液浓度偏低,故A选;
B.定容时俯视刻度线,水加少,V偏小,则所配溶液浓度偏高,故B不选;
C.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前,容量瓶中有少量蒸馏水,对实验无影响,所配溶液浓度不变,故C不选;
D.摇匀后,发现溶液液面低于刻度线,立即用胶头滴管加水再定容,则V偏大,所配溶液浓度偏低,故D选;
故答案为:AD;
(2)由控制变量法可知,实验3、4中只有催化剂不同,其它均相同,则x=30-5=25,可说明生成的Mn2+对该反应有催化作用,反应速率加快,故答案为:25;
(3)草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,反应生成Mn2+、CO2、H2O,离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,n(H2C2O4)=0.01L×0.10mol/L=0.001mol,由离子反应方程式可知KMnO4溶液的物质的量浓度为$\frac{0.001mol×\frac{2}{5}}{0.04L}$=0.010mol/L,故答案为:5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;0.010mol/L.

点评 本题考查影响反应速率的因素及溶液配制、浓度计算等,为高频考点,把握反应速率的影响因素、控制变量法及离子反应的计算为解答的关键,侧重分析与实验能力的综合考查,题目难度不大.

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