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    15．为验证MnO2在KClO3受热分解制02的反应前后质量不变，某兴趣小组利用如图所示装置进行了如下实验：
    （1）连接好装置后，如何检查装置的气密性？手握导管，看插入水中的导管口是否有气泡产生，如果有气泡产生，且手离开试管后水能够倒流入导管口形成一段水柱，一段时间内高度不变，则证明装置气密性好．
    （2）取2.45gKC103 固体粉末与0.87g Mn02粉末充分混匀，置于如图所示装置的试管中，充分加热后，停止加热，移去酒精灯之前，应先撤出导管；调节量筒内液面与水槽内液面高度相同，量筒内收集到的气体体积＞ 0.735L（填“＞”“＜”或“=”）．已知室温下气体摩尔体积为24.5L•mol-1，不考虑氧气在水中的溶解及水蒸气的影响）．
    （3）取充分加热后试管中的残余固体，溶于50mL 1.0mol•L-1稀硫酸中，加入50mL 0.30mol•L-1 Na2C204 溶液，待与Mn02作用完毕后，用 0.10mol•L-1 KMn04标准溶液进行滴定，消耗KMn04标准溶液V mL（已知Mn2+对滴定反应有催化作用）
    a．写出Mn02与Na2C204反应的离子方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；
    b．当消耗KMn04标准溶液的体积V=20.00mL时，表明Mn02在反应前后质量不变．
    c．若盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，所测Mn02质量会偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）；若滴定终点时明显出现黑色沉淀，所测质量会偏小．

    分析 （1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；一般用到的方法是空气热胀冷缩法，据此进行分析解答；
    （2）反应结束时应该先撤出导管再移去酒精灯，避免发生倒吸现象；根据2KClO3$\frac{\underline{\;MnO_{2}\;}}{\;}$2KCl+3O2↑计算2.45g氯酸钾理论产生的氧气量，根据加热过程中气体膨胀分析量筒内收集到的气体体积；
    （3）①二氧化锰与草酸钠发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳气体和水；
    ②反应前，Mn02的物质的量为n=$\frac{m}{M}$=$\frac{0.87g}{87g/mol}$=0.01mol，若Mn02在反应前后质量不变，则消耗的Na2C204的物质的量为0.01mol，在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸根离子发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，根据反应计算．
    ③根据操作对c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$的影响分析，若滴定终点时明显出现黑色沉淀，可知有部分MnO2生成．

    解答 解：（1）检查装置的气密性方法为：连接好仪器，先将导管的一端浸没在水里，手握导管，看插入水中的导管口是否有气泡产生，如果有气泡产生，且手离开试管后水能够倒流入导管口形成一段水柱，一段时间内高度不变，则证明装置气密性好，
    故答案为：手握导管，看插入水中的导管口是否有气泡产生，如果有气泡产生，且手离开试管后水能够倒流入导管口形成一段水柱，一段时间内高度不变，则证明装置气密性好；
    （2）充分加热后，停止加热，为了避免发生倒吸现象，应先将导管移出水面，再移去酒精灯，
    2.45g氯酸钾的物质的量为：$\frac{2.45g}{122.5g/mol}$=0.02mol，根据反应2KClO3$\frac{\underline{\;MnO_{2}\;}}{\;}$2KCl+3O2↑可知，0.02mol氯酸钾完全分解生成氧气的物质的量为：0.02mol×$\frac{3}{2}$=0.03mol，常温下0.03mol氧气的体积为：24.5L/mol×0.03mol=0.735L，由于加热过程中气体膨胀，则量筒内收集到的气体体积＞0.735L，
    故答案为：撤出导管；＞；
    （3）①MnO2与Na2C2O4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，
    故答案为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O．
    ②50mL 0.30mol•L-1 Na2C204 溶液中，Na2C204的物质的量为n=cv=0.3mol/L×0.05L=0.015mol，反应前，Mn02的物质的量为n=$\frac{m}{M}$=$\frac{0.87g}{87g/mol}$=0.01mol，若Mn02在反应前后质量不变，则消耗的Na2C204的物质的量为0.01mol，剩余0.015mol-0.010mol=0.005mol，在酸性条件下，高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应2Mn04-+5C2042-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，
    2MnO4-～ 5C2O42-
    2                  5
    n（Mn04-）   0.005mol 
    消耗的MnO4-的物质的量n（Mn04-）=0.002mol，体积为V=$\frac{0.002mol}{0.10mol/L}$=20.00mL，
    故答案为：20.00；
    ③若盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，导致标准液减小，消耗的标准液体积增多，根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$可知，c（待测）偏大，即Na2C204 偏大，则计算出的与Na2C204 反应的MnO2质量会偏小，若滴定终点时明显出现黑色沉淀，可知有部分MnO2生成，则计入消耗的MnO4-偏大，故所测MnO2质量会偏小，
    故答案为：偏小；偏小．

    点评 本题考查了化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握呈化学实验方案设计与评价原则，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

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    A．3Q1+3Q2＜2Q3B．Q1+Q2＜Q3C．3Q1+Q2＜6Q3D．3Q1+Q2＜2Q3

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    （4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）．

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    （3）H2Se的晶体类型为分子晶体，含有的共价键类型为极性共价键．
    （4）已知钼（Mo）位于第五周期、ⅥB族，钼、铬、锰的部分电离能如表所示：
    编号 I5/kJ•mol-1I6/kJ•mol-1I7/kJ•mol-1I8/kJ•mol-1
    A699092201150018700
    B670287451545517820
    C525766411212513860
    A是Mn（填元素符号），B原子的价电子排布式为3d54s1．

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    ④
    A．②④B．①②③C．①③④D．③④

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