高考化学 化学反应原理 培优练习含答案及答案.docx
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高考化学化学反应原理培优练习含答案及答案
2020-2021高考化学化学反应原理培优练习(含答案)及答案
一、化学反应原理
1.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波,主要用作照相业定影剂,还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。
常温下,溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O.Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化,48℃分解;Na2S2O3易溶于水,不溶于乙醇。
在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ.制备Na2S2O3•5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中,然后注入150mL蒸馏水使其溶解,再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4,在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体,并按图乙安装好装置。
(1)仪器D的名称为______
(2)打开分液漏斗活塞,注入H2SO4,使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中,并用磁力搅拌器搅动并加热,总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下,其理由是______(用离子方程式表示)。
Ⅱ.分离Na2S2O3•5H2O并测定含量
(3)操作I为趁热过滤,其目的是______;操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥,其中洗涤操作时用______(填试剂)作洗涤剂。
(4)蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止,蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。
(5)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。
为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量,称取1.25g的粗样品溶于水,配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,滴入几滴淀粉溶液,用0.0100mol/L标准I2溶液滴定,当溶液中S2O32-全部被氧化时,消耗碘溶液的体积为25.00mL.试回答:
(提示:
I2+2S2O32-═2I-+S4O62-)
①达到滴定终点时的现象:
______
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。
【答案】三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点99.2%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据仪器的构造可知,仪器D的名称为三颈烧瓶,故答案为:
三颈烧瓶;
(2)①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为:
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,故答案为:
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;
②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中,可以观察仪器D中气体的流速,通过控制分液漏斗A的旋塞,可控制产生气体的速度,故答案为:
观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度;
③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2,所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应,其离子方程式为:
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,故答案为:
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;
(3)根据图甲可知,温度低时,硫代硫酸钠的溶解度小,会结晶析出,所以需要趁热过滤,防止硫代硫酸钠晶体析出;Na2S2O3易溶于水,不溶于乙醇,所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠,应该用乙醇作洗涤剂,故答案为:
防止硫代硫酸钠晶体析出;乙醇;
(4)Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化,48℃分解,所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解,故答案为:
避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解;
(5)①碘遇淀粉变蓝色,反应结束时,溶液中S2O32-全部被氧化时,滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点,故答案为:
滴加最后一滴标准I2溶液时,溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点;
②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系,配成的溶液中c(S2O32-)=
=
=0.02mol/L,则产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数=
=99.2%,故答案为:
99.2%。
2.某化学兴趣小组欲测定KClO3,溶液与
溶液反应的化学反应速率.所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3,溶液和
溶液,所得数据如图所示。
已知:
。
(1)根据实验数据可知,该反应在0~4min内的平均反应速率
________
。
(2)某同学仔细分析实验数据后发现,在反应过程中,该反应的化学反应速率先增大后减小.某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素,具体方法如表示。
方案
假设
实验操作
Ⅰ
该反应放热使溶液温度升高,反应速率加快
向烧杯中加入10mL0.1mo//L的
溶液和10mL0.3mol/L的
溶液,
Ⅱ
取10mL0.1mo/L的
溶液加入烧杯中,向其中加入少量NaCl固体,再加入10mL0.3mol/L的
溶液
Ⅲ
溶液酸性增强加快了化学反应速率
分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的
溶液;向烧杯a中加入1mL水,向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸;再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的
溶液
①补全方案Ⅰ中的实验操作:
________。
②方案Ⅱ中的假设为________。
③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外,还可以提出的假设是________。
④某同学从控制变量的角度思考,认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨,请进行改进:
________。
⑤反应后期,化学反应速率变慢的原因是________。
【答案】0.0025插入温度计生成的
加快了化学反应速率生成的
加快了化学反应速率将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液反应物浓度降低
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据实验数据可知,该反应在0~4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L,所以平均反应速率
;
(2)①由于是假设该反应放热,使溶液温度升高,反应速率加快,因此需要测量反应过程中溶液温度的变化;
②方案I、Ⅱ相比较,Ⅱ中加入了少量氯化钠,所以方案Ⅱ中的假设为生成的
加快了化学反应速率;
③由于反应中还有硫酸根离子生成,则除I、Ⅱ、Ⅲ中的假设外,还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率;
④为防止氯离子对实验的干扰,则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液;
⑤反应后期反应物浓度减小,因此化学反应速率变慢。
【点睛】
对于多因素(多变量)的问题,常常采用控制因素(变量)的方法,把多因素的问题变成多个单因素的问题。
每一次只改变其中的某一个因素,而控制其余几个因素不变,从而研究被改变的这个因素对事物的影响,分别加以研究,最后再综合解决,这种方法叫控制变量法。
它是科学探究中的重要思想方法,广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。
3.淀粉水解的产物(C6H12O6)用硝酸氧化可以制备草酸,装置如图1所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去):
实验过程如下:
①将1:
1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中,水浴加热至85℃~90℃,保持30min,然后逐渐将温度降至60℃左右;
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中;
③控制反应液温度在55~60℃条件下,边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:
1.5)溶液;
④反应3h左右,冷却,减压过滤后再重结晶得草酸晶体,硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应:
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
请回答下列问题:
(1)实验①加入98%硫酸少许的作用是:
_________;
(2)实验中若混酸滴加过快,将导致草酸产量下降,其原因是_________;
(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________;
(4)草酸重结晶的减压过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________;
(5)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重,得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定,该反应的离子方程式为:
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g,加适量水完全溶解,然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应),此时溶液颜色变化为_________,滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示,则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。
【答案】催化剂的作用温度过高,硝酸浓度过大,导致H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂,即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。
(2)由于温度过高、硝酸浓度过大,会导致产物H2C2O4进一步被氧化,所以不能滴入的过快。
(3)由于碘能和淀粉发生显色反应,所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。
(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。
(5)由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的,所以当反应达到终点时,溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。
根据滴定管的读数可知,消耗高锰酸钾溶液是18.50ml-2.50ml=16.00ml。
根据方程式可知,草酸的物质的量是0.020mol·L-1×0.016L×5/2=0.0008mol,则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
。
4.碳酸氢钠是重要的化工产品。
用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。
已知碳酸氢钠受热易分解,且在250℃~270℃分解完全。
完成下列填空:
(1)测定碳酸氢钠含量的实验步骤:
用电子天平称取碳酸氢钠样品(准确到_____g),加入锥形瓶中,加入使之完全溶解;加入甲基橙指示剂,用标准盐酸溶液滴定。
当滴定至溶液由_____色变为_____色,半分钟不变色为滴定终点,记录读数。
该实验不能用酚酞作指示剂的原因是_____。
(2)若碳酸氢钠样品质量为0.840g,用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点,消耗标准盐酸溶液19.50mL。
样品中NaHCO3的质量分数为_____(保留3位小数)。
(3)如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡,且滴定终点读数时气泡未消失,会导致测定结果____(选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。
(4)碳酸氢钠样品含有少量水分(<0.5%)和氯化钠。
以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案(样品中NaHCO3含量已知)。
①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品,样品和坩埚的质量为m1g。
②将样品和坩埚置于电热炉内,在250℃~270℃加热分解至完全,经恒重,样品和坩埚的质量为m2g。
③……。
该实验方案中,质量差(m1-m2)是_____的质量。
若所称取样品中NaHCO3的质量为m3g,则样品中水分的质量m=_____(用含m、m1、m2的代数式表示)。
【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性,酚酞的变色范围为8-10,无法准确判断滴定终点0.975偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分m1-m2-
【解析】
【分析】
(1)电子天平能准确到小数点后三位;碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂,溶液呈黄色;而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂,溶液呈橙色;酚酞试液在pH≥8的溶液中才呈红色;
(2)根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl)计算;
(3)根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;
(4)由2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑可知加热前后固体质量减轻,主要是生成CO2气体和水蒸气;先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量,再计算样品中含有的水分质量。
【详解】
(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g;碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂,溶液呈黄色,用标准盐酸溶液滴定,当滴定至溶液由黄色变为橙色,半分钟不变色为滴定终点;因滴定终点溶液呈弱酸性,而酚酞试液的变色范围为8-10,用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点;
(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL,则参加反应的HCl为0.5000mol/L×0.01950L=0.00975mol,根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl),0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975mol×84g/mol=0.819g,故样品中NaHCO3的质量分数为
=0.975;
(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定过程中出现气泡,且滴定终点读数时气泡未消失,导致消耗标准液偏小,则测定结果偏低;
(4)已知2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,则该实验方案中,质量差(m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分;称取样品中NaHCO3的质量为m3g,则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g,
m4=
g,生成的水和CO2的质量为m3g-
g=
m3g,故所则样品中水分的质量m=m1-m2-
m3g。
【点睛】
滴定操作误差分析,注意利用公式来分析解答,无论哪一种类型的误差,都可以归结为对标准溶液体积的影响,然后根据c(待测)=
分析,若标准溶液的体积偏小,那么测得的物质的量的浓度也偏小;若标准溶液的体积偏大,那么测得的物质的量的浓度也偏大。
5.如图所示,E为浸有Na2SO4溶液的滤纸,并加入几滴酚酞。
A、B均为Pt片,压在滤纸两端,R、S为电源的电极。
M、N为惰性电极。
G为检流计,K为开关。
试管C、D和电解池中都充满KOH溶液。
若在滤纸E上滴一滴紫色的KMnO4溶液,断开K,接通电源一段时间后,C、D中有气体产生。
(1)R为电源的__,S为电源的__。
(2)A极附近的溶液变为红色,B极的电极反应式为__。
(3)滤纸上的紫色点移向__(填“A极”或“B极”)。
(4)当试管C、D中的气体产生到一定量时,切断外电源并接通开关K,经过一段时间,C、D中气体逐渐减少,主要是因为_,写出有关的电极反应式:
__。
【答案】负极正极2H2O-4e-=4H++O2↑B极氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应,消耗了氢气和氧气2H2+4OH--4e-=4H2O(负极),O2+2H2O+4e-=4OH-(正极)
【解析】
【分析】
(1)根据电极产物判断电解池的阴阳极及电源的正负极;
(2)根据电解池原理及实验现象书写电极反应式;(3)根据电解池原理分析电解质溶液中离子移动方向;(4)根据燃料电池原理分析解答。
【详解】
(1)断开K,通直流电,电极C、D及氢氧化钾溶液构成电解池,根据离子的放电顺序,溶液中氢离子、氢氧根离子放电,分别生成氢气和氧气,氢气和氧气的体积比为2:
1,通过图象知,C极上气体体积是D极上气体体积的2倍,所以C极上得氢气,D极上得到氧气,故R是负极,S是正极,故答案为:
负极;正极;
(2)A极是阴极,电解高锰酸钾时,在该极上放电的是氢离子,所以该极上碱性增强,酚酞显红色,B极是阳极,该极附近发生的电极反应式为:
2H2O-4e-=4H++O2↑,故答案为:
2H2O-4e-=4H++O2↑;
(3)浸有高锰酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池,因为R是负极,S是正极,所以B极是阳极,A极是阴极,电解质溶液中的阴离子高锰酸根离子向阳极移动,紫色点移向B极,故答案为:
B极;
(4)当C、D里的气体产生到一定量时,切断外电源并接通开关K,构成氢氧燃料电池,氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应,消耗了氢气和氧气;在燃料电池中,燃料氢气为负极,在碱性环境下的电极反应式为:
2H2+4OH--4e-=4H2O,C中的电极作负极,D中的电极作正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为:
氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应,消耗了氢气和氧气;2H2+4OH--4e-=4H2O(负极),O2+2H2O+4e-=4OH-(正极)。
【点睛】
明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键,难点是电极反应式的书写,注意电解质溶液的性质,以及电解质溶液中阴阳离子移动方向,为易错点。
6.草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。
某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。
回答下列问题:
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。
①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。
②装置B中,NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为__。
(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4•2H2O.制备装置如图2所示:
①装置D中多孔球泡的作用是__。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。
③从装置D中得到产品,还需经过__(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4•2H2O的质量分数实验。
他们的实验步骤如下:
准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是__。
②产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为___(列出含m、c、V的表达式)。
【答案】减慢反应速率,获得平缓气流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液,溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色
%
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈,可用饱和食盐水可减缓反应速率;
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸,同时生成氯化钠;
(2)D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O,发生反应为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面,充分反应,E装置防止倒吸,F装置吸收生成的二氧化氮气体,将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品,据此分析解答;
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定终点时,继续滴加高锰酸钾溶液,紫色不褪去;
②根据2MnO4-~5H2C2O4,由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量,据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应;
②NaClO将PH3氧化为磷酸,钙反应的离子方程式为:
PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-;
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定过程中,反应结束前溶液为无色,滴定结束时溶液变为浅红色,则滴定终点现象为:
当溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色;
②准确称取m g产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用c mol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液V mL,设产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α,根据2MnO4-~~5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α=
=
%。
【点睛】
考查物质制备方案设计,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识,题目难度中等,明确实验原理、实验目的为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
7.化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。
限选试剂和仪器:
0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
物理量
V(0.20mol·L-1
H2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010mol·L-1
KMnO4溶液)/mL
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
50
②
2.0
0
4.0
25
③
1.0
0
4.0
25
(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响;若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响,则a为_____________;乙是实验需要测量的物理量,则表格中“乙”应填写___________。
[测定H2C2O4·xH2O中x值]已知:
M(H2C2O4)=90g·mol-1
①称取1.260g纯草酸晶体,将其酸制成100.00mL水溶液为待测液;
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中,再加入适的稀H2SO4;
③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下,最合理的是________(选填a、b)。
(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。
(6)通过上述数据,求得x=____。
以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度,未用标准KMnO4溶液润洗滴定管,引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响)。
【答案】温度1.0溶液褪色时间/s5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)探究影响化学反应速率因素,要求其他条件不变,即①②探究温度对化学反应速率的影响;混合溶液的总体积都是6.0mL,因此a=1.0;反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的,因此乙中要测定的物
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