高考化学化学反应速率与化学平衡的综合复习及详细答案.docx
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高考化学化学反应速率与化学平衡的综合复习及详细答案
高考化学化学反应速率与化学平衡的综合复习及详细答案
一、化学反应速率与化学平衡
1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I:
Na2S2O3的制备。
工业上可用反应:
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:
(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______
实验Ⅱ:
探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料:
Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置
试剂X
实验现象
Fe2(SO4)3溶液
混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:
_______
实验Ⅲ:
标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:
用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:
6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶
硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色0.1600
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:
;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;
(2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;
(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:
SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:
开始阶段,生成
的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:
①
;②
;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的
得电子总数就与消耗的
失电子总数相同;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式:
,解得a=0.1600mol/L。
2.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性,某小组同学进行如下实验:
已知:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol,+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+,Cr3+在水溶液中为绿色。
(1)试管c和b对比,推测试管c的现象是_____________________。
(2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。
你认为是否需要再设计实验证明?
__________(“是”或“否”),理由是____________________________________________________。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,可知pH增大
_____(选填“增大”,“减小”,“不变”);
(4)分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象,说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-(填“大于”,“小于”,“不确定”);写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。
(5)小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水,探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响,结果如表所示(Cr2O72-的起始浓度,体积、电压、电解时间均相同)。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2(SO4)3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨,阳极为铁
Cr2O72-的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。
②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示,结合此机理,解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。
【答案】溶液变黄色否Cr2O72-(橙色)+H2O
CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,若因浓H2SO4溶于水而温度升高,平衡正向移动,溶液变为黄色。
而实际的实验现象是溶液橙色加深,说明橙色加深就是增大c(H+)平衡逆向移动的结果减小大于Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OCr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理分析对比实验;注意从图中找出关键信息。
【详解】
(1)由Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+及平衡移动原理可知,向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后,可以减小溶液中的氢离子浓度,使上述平衡向正反应方向移动,因此,试管c和b(只加水,对比加水稀释引起的颜色变化)对比,试管c的现象是:
溶液变为黄色。
(2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。
甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。
我认为不需要再设计实验证明,故填否。
理由是:
Cr2O72-(橙色)+H2O
CrO42-(黄色)+2H+正向是吸热反应,浓H2SO4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高,上述平衡将正向移动,溶液会变为黄色。
但是,实际的实验现象是溶液的橙色加深,说明上述平衡是向逆反应方向移动的,橙色加深只能是因为增大了c(H+)的结果。
(3)对比试管a、b、c的实验现象,可知随着溶液的pH增大,上述平衡向正反应方向移动,
减小,而
增大,故
减小。
(4)向试管c继续滴加KI溶液,溶液的颜色没有明显变化,但是,加入过量稀H2SO4后,溶液变为墨绿色,增大氢离子浓度,上述平衡向逆反应方向移动,CrO42-转化为Cr2O72-,Cr2O72-可以在酸性条件下将I-氧化,而在碱性条件下,CrO42-不能将I-氧化,说明+6价铬盐氧化性强弱为:
Cr2O72-大于CrO42-;此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
(5)①实验ⅱ中,Cr2O72-在阴极上放电被还原为Cr3+,硫酸提供了酸性环境,其电极反应式是Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O。
②由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理示意图可知,加入Fe2(SO4)3溶于水电离出Fe3+,在直流电的作用下,阳离子向阴极定向移动,故Fe3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe2+,Fe2+在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。
如此循环往复,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
由此可知,实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是:
阳极Fe失电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。
【点睛】
本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的,要求我们要有较强的读图能力,能从图中找出解题所需要的关键信息,并加以适当处理,结合所学的知识解决新问题。
3.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
(1)合成该物质的步骤如下:
步骤1:
配制0.5mol·L-1MgSO4溶液和0.5mol·L-1NH4HCO3溶液。
步骤2:
用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中,开启搅拌器。
温度控制在50℃。
步骤3:
将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中,1min内滴加完后,用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4:
放置1h后,过滤,洗涤。
步骤5:
在40℃的真空干燥箱中干燥10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2On=1~5)。
①步骤2控制温度在50℃,较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
(2)测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生成的CO2被NaOH溶液吸收,在室温下反应4~5h,反应后期将温度升到30℃,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得CO2的总量;重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为_______。
(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量,在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98
①H2O2溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%(保留小数点后两位)。
【答案】水浴加热MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收4酸式0.13
【解析】
【分析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。
合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。
测定MgCO3·nH2O中n值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O反应,测定产生的CO2的体积,可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。
测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定,根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
(1)①步骤2控制温度在50℃,当温度不超过100℃时,较好的加热方法是水浴加热。
水浴加热既可均匀加热,又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为:
MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O
MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。
(2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出,并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒,有
=0.05mol,解得n=4。
(3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据,第3次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。
n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在H2O2和Fe2+的反应中,H2O2做氧化剂,-1价氧的化合价降低到-2价,Fe2+中铁的化合价升高到+3价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)=3×10-4mol,则m(Fe)=3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为
×100%=0.13%。
【点睛】
当控制温度在100℃以下时,可以采取水浴加热的方法。
检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子,选择检测的离子一定是滤液中的离子,并且容易通过化学方法检测。
检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
4.以环已醇(
)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]的实验流程如下:
其中“氧化”的实验过程:
在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠,低速搅拌至碳酸钠溶解,缓慢加入9.48g(约0.060mol)高锰酸钾,按图示搭好装置,打开电动搅拌,加热至35℃,滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇,发生的主要反应为
KOOC(CH2)4COOKΔH<0
(1)“氧化”过程应采用___________加热。
(填标号)
A.热水浴B.酒精灯C.煤气灯D.电炉
(2)“氧化”过程,不同环己醇滴加速度下,溶液温度随时间变化曲线如图,为保证产品纯度,应选择的滴速为___________s/滴。
(3)为证明“氧化”反应已结束,在滤纸上点1滴混合物,若观察到_____,则表明反应已经完成.
(4)“趁热抽滤”后,用________进行洗涤。
(5)室温下,相关物质溶解度如表。
“蒸发浓缩”过程中,为保证产品纯度及产量,应浓缩溶液体积至__(填标号)。
化学式
己二酸
NaCl
KCl
溶解度g/100g水
1.44
35.1
33.3
A.5mLB.10mLC.15mLD.20mL
(6)称取已二酸(Mr=146g/mol)样品0.2920g,用新煮沸的50mL热水溶解,滴入2滴酚酞试液,用0.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点,进行平行实验及空白实验后,消耗NaOH的平均体积为19.70mL.
①NaOH溶液应装于_______(填仪器名称).
②己二酸样品的纯度为___________.
【答案】A25未出现紫红色热水C碱性滴定管98.5%
【解析】
【详解】
(1)由题可知,“氧化”过程中反应温度为35℃,因此应采用热水浴加热,
故答案为:
A;
(2)为保证反应温度的稳定性(小于50℃),由图可知,最好采用25s/滴,
故答案为:
25;
(3)0.031mol环己醇完全氧化为KOOC(CH2)4COOK,失去电子0.031mol×8=0.248mol,而0.06mol高锰酸钾在碱性条件下完全反应转移电子0.18mol(KMnO4→MnO2),由此可知,高锰酸钾先消耗完,若证明“氧化”反应已结束,在滤纸上点1滴混合物,若观察到未出现紫红色,则说明已经完成,
故答案为:
未出现紫红色;
(4)趁热抽滤后,应用热水进行洗涤,
故答案为:
热水;
(5)溶液中杂质KCl的质量为:
0.06mol×(39+35.5)g/mol=4.47g,完全溶解KCl所需水的体积为:
mL=13.42mL,当杂质全部溶解在水中时,己二酸能够最大限度析出,故应浓缩溶液体积至15mL,
故答案为:
C;
(6)NaOH溶液应装于碱式滴定管;由HOOC(CH2)4COOH+2NaOH=2H2O+NaOOC(CH2)4COONa可知,n(NaOH)=
n(HOOC(CH2)4COOH),故己二酸样品的纯度为
=98.5%,
故答案为:
碱式滴定管;98.5%。
【点睛】
对于本题第(5)问解答过程中需注意,进行重结晶的试验中,对所需产品的析出纯度要求较高时,杂质最好全部溶解在水中,若杂质随产品一起析出,将会降低产品的纯度。
5.硫代硫酸钠俗称保险粉,实验室用SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中来制备硫代硫酸钠。
(1)用图2所示装置制取Na2S2O3,其中盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称是____________,三颈烧瓶中发生反应的化学方程式______________。
(2)保险粉样品中Na2S2O3·5H2O的纯度(质量分数)可通过氧化还原滴定法测定,相关反应方程式为2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。
准确称取Wg样品于锥形瓶中,用适量蒸馏水溶解,并滴加淀粉溶液作指示剂。
用0.1000mol·L-1碘的标准溶液进行滴定。
请回答:
①到达滴定终点的标志_______________。
②滴定起始和终点的液面位置如图3,则消耗碘的标准溶液体积为____mL,产品的纯度为______________(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。
③若滴定时振荡不充分,刚看到溶液局部变色就停止滴定,则会使样品中Na2S2O3·5H2O的纯度的测量结果___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(3)某研究小组以硫代硫酸钠与硫酸反应来探究外界条件对反应速率的影响,设计实验如下:
下列有关说法不正确的是__________________
A.该同学在实验中采用的研究方法是实验比较法
B实验①和②探究其他条件不变时Na2S2O3浓度对相关反应速率的影响
C.实验①和③溶液变浑浊的时间相同
D.其他条件不变时,探究温度对化学反应速率的影响,应选择实验③和⑤
【答案】蒸馏烧瓶2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2溶液变为蓝色,且30s内不恢复原色18.10
偏低CD
【解析】
【分析】
(1)根据仪器的结构和性能确定盛放Na2SO3固体的玻璃仪器名称;三颈烧瓶中发生的反应是SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠;
(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠,利用碘单质遇淀粉变蓝指示反应终点;
②终点读数与起点读数之差为消耗碘的标准溶液体积,根据方程式计算;
③局部变色就停止滴定,消耗标准溶液体积偏小,测定结果偏低;
(3)A.采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响;
B.实验①、②的温度相等,c(H2SO4)相等,c(Na2S2O3)不相等,故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响;
C.实验①、③的温度相等,c(Na2S2O3)相等,c(H2SO4)不相等,反应速率不相等;
D.实验③、⑤温度不相等,c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等。
【详解】
(1)盛放Na2SO3固体的玻璃仪器是蒸馏烧瓶,三颈烧瓶中SO2通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中生成硫代硫酸钠时发生反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2;
(2)①用配制的碘溶液滴定硫代硫酸钠,滴入最后一滴碘的标准溶液,溶液变为蓝色,且30s内不恢复原色,说明反应到达终点;
②终点读数为18.10mL,起点读数为0.00mL,故消耗碘的标准溶液体积为18.10mL,
设Na2S2O3•5H2O的纯度为x,则:
2Na2S2O3•5H2O~2Na2S2O3~I2
2Mg1mol
Wxg18.10×10-3L×0.1000mol•L-1
故2Mg:
Wxg=1mol:
18.10×10-3L×0.1000mol•L-1,解得x=
%;
③局部变色就停止滴定,消耗标准溶液体积偏小,会使样品中Na2S2O3•5H2O的纯度的测量结果偏低;
(3)A.采取控制变量法对比实验探究外界条件对反应速率的影响,故A正确,
B.实验①、②的温度相等,c(H2SO4)相等,c(Na2S2O3)不相等,故实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响,故B正确;
C实验①、③的温度相等,c(Na2S2O3)相等,c(H2SO4)不相等,③中c(H2SO4)较大,反应速率较快,变浑浊时间较短,故C错误;
D探究温度对化学反应速率的影响,应保证物质的浓度相等,而实验③、⑤温度不相等,c(H2SO4)和c(Na2S2O3)也均不相等,实验②、④中c(H2SO4)和c(Na2S2O3)均相等,但温度不等,故实验②、④是探究温度对化学反应速率的影响,故D错误;
故答案为CD。
6.三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]•xH2O晶体是一种亮绿色的晶体,是制备负载型活性铁催化剂的主要原料,也是一种有机反应良好的催化剂。
已知M(K3[Fe(C2O4)3])=437g/mol。
本实验以(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O(硫酸亚铁铵晶体)为原料,加入草酸(H2C2O4)制得草酸亚铁(FeC2O4)后,在过量的草酸根(C2O42-)部分实验过程如下:
(1)在沉淀A中加入饱和K2C2O4溶液,并用40℃左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液,不断搅拌。
此过程需保持温度在40℃左右,可能的原因是:
______
(2)某兴趣小组为知道晶体中x的数值,称取1.637g纯三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3]•xH2O)晶体配成100ml溶液,取25.00mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀H2SO4,用浓度为0.05000mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。
其中,最合理的是______(选填a、b)。
由如图KMnO4滴定前后数据,可求得x=_____
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