高考化学易错题精选化学反应原理练习题含详细答案.docx
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高考化学易错题精选化学反应原理练习题含详细答案
2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理练习题含详细答案
一、化学反应原理
1.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车安全气囊的主要成分。
NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。
实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2,以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反应H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4。
可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反应的化学方程式:
____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应,反应的化学方程式为:
tBuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+tBuOH。
①装置a的名称是______________;
②该反应需控制温度在65℃,采用的实验措施是____________________;
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。
试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10mol·L-1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗啉指示液,并用0.10mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理:
Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反应的化学方程式____________________________;计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。
若其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B.滴加六硝酸铈铵溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数
C.滴加硫酸亚铁铵标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡
D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反应的离子方程式:
____________________
【答案】tBuOH+HNO2
tBuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度,防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑65%ACClO-+2N3-+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇,反应类型属于有机的酯化反应,所以方程式为:
;
(2)①装置a的名称即为恒压滴液漏斗;
②反应要控制温度在65℃,参考苯的硝化实验,该反应加热时,应当采用水浴加热;
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水,而微溶于乙醇;因此,洗涤产品时,为了减少洗涤过程中产品的损耗,应当用无水乙醇洗涤;
(3)通过题干提示的反应产物分析,可知反应过程中Ce4+和
中的元素发生了变价,所以反应的方程式为:
;在计算叠氮化钠的含量时,一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了
与过量的六硝酸铈铵反应,再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有:
,考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:
1进行,所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为:
,所以叠氮化钠样品的质量分数为:
;
A.润洗锥形瓶,会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加,通过分析可知,会使最终计算的质量分数偏大,A项正确;
B.量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯,则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液,那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知,最终会导致计算的质量分数偏低,B项错误;
C.步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡,结束后出现气泡,则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小,通过分析可知,最终会使质量分数偏大,C正确;
D.将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶,相当于让溶液混合更均匀,这样做会使结果更准确,D项不符合;答案选AC;
(4)反应后溶液碱性增强,所以推测生成了OH-;产生的无色无味无毒气体,推测只能是氮气,所以离子方程式为:
。
【点睛】
滴定计算类的题目,最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后,只取一部分进行滴定,在做计算时不要忘记乘以相应的系数;此外,常考察的形式也有:
用待测物A与过量的B反应,再用C标定未反应的B,在做计算时,要注意A与C一同消耗的B。
2.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]易溶于水,难溶于乙醇,可作为有机反应的催化剂。
实验室可用铁屑为原料制备,相关反应的化学方程式为:
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+H2SO4、2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O、2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
回答下列问题:
(1)铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSO4时会产生有毒的H2S气体,该气体可用氢氧化钠溶液吸收。
下列吸收装置正确的是_____。
(2)在将Fe2+氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40℃,理由是_______;得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后,加入乙醇的理由是________。
(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,主要步骤有:
①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤__________(叙述此步操作),⑥计算。
步骤③若未在干燥器中进行,测得的晶体中所含结晶水含量____(填“偏高”“偏低”或“无影响”);步骤⑤的目的是_______________。
(4)晶体中C2O42-含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。
称取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体mg溶于水配成250mL溶液,取出20.00mL放入锥形瓶中,用0.0100mol·L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。
①下列操作及说法正确的是___。
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,即可装入标准溶液
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体
C.接近终点时,需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴
②有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终点的现象为________,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液VmL,那么晶体中所含C2O42-的质量分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小重复②~④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去B当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A.该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大,从而使硫化氢吸收较完全,且该装置中气压较稳定,不产生安全问题,故A正确;
B.硫化氢与氢氧化钠接触面积较小,所以吸收不完全,故B错误;
C.没有排气装置,导致该装置内气压增大而产生安全事故,故C错误;
D.该装置中应遵循“长进短出”的原理,故D错误;
故选A;
(2)双氧水不稳定,温度高时,双氧水易分解,为防止双氧水分解,温度应低些;根据相似相溶原理知,三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小,所以得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后,再想获得其晶体,常加入无水乙醇;
(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去,也叫恒重操作;步骤③未在干燥器中进行,晶体中结晶水不能全部失去,所以称量出的水的质量偏小,测得的晶体中所含结晶水含量也偏低;
(4)①A.滴定管用蒸馏水洗涤后,需要用标准液润洗,然后在装入标准溶液,A错误;
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体,B正确;
C.接近终点时,不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴,否则会导致测定结果偏高,C错误;
答案选B;
②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色,则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色;n(MnO4-)=V×10-3L×0.0100mol·L-1,根据方程式可知n(C2O42-)=n(MnO4-)×
×10-5mol,m(C2O42-)=
×10-5mol×88g·mol-1=2.75V×10-2g,所以晶体中所含C2O42-的质量分数为2.75V/100m。
3.黄铜矿是工业炼铜的主要原料,其主要成分为CuFeS2,现有一种天然黄铜矿(含少量脉石),为了测定该黄铜矿的纯度,某同学设计了如下实验:
现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煅烧,生成Cu、Fe3O4和SO2气体,实验后取d中溶液的
置于锥形瓶中,用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定,初读数为0.00mL,终读数如图所示。
请回答下列问题:
(1)称量样品所用的仪器为_____,将样品研细后再反应,其目的是_______。
(2)装置a的作用是________。
a.有利于空气中氧气充分反应b.除去空气中的水蒸气
c.有利于气体混合d.有利于观察空气流速
(3)上述反应结束后,仍需通一段时间的空气,其目的是___________。
(4)滴定时,标准碘溶液所耗体积为_________mL。
判断滴定已达终点的现象是_______。
通过计算可知,该黄铜矿的纯度为________。
(5)若用右图装置替代上述实验装置d,同样可以达到实验目的的是____。
(填编号)
(6)若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,假设实验操作均正确,可能的原因主要有____________________。
【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、d使反应生成的SO2全部进入d装置中,使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色,且半分钟内不褪色80.4%②空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀;BaSO3被氧化成BaSO4
【解析】
【分析】
(1)根据称量黄铜矿样品1.150g,选择精确度较高的仪器;将样品研细,增大了接触面积;
(2)浓硫酸可以将水除去,还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速;
(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收;
(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积,根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点;先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2~2SO2~2I2,再根据题中数据进行计算;
(5)图2中的②中通入二氧化硫,反应生成了硫酸钡沉淀,可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量;
(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CO2,另外BaSO3易被空气中氧气氧化,这些原因均能引起测定误差。
【详解】
(1)由于称量黄铜矿样品1.150g,精确度达到了千分之一,应该选用电子天平进行称量,把黄铜矿样品研细,可以增大接触面积,从而提高反应速率,并且使黄铜矿充分反应;
(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气,防止水蒸气进入反应装置b中发生危险,同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量,故答案为bd;
(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物,分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气,可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去,使结果更加精确;
(4)根据滴定管的示数是上方小,下方大,可以读出滴定管示数是20.10mL,当达到滴定终点时,二氧化硫已经被碘单质消耗完毕,再滴入一滴碘单质,遇到淀粉会变蓝;根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式:
CuFeS2~2SO2~2I2,消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时,即消耗的碘单质的量为:
0.05mol/L×0.0201L=0.00105mol,所以黄铜矿的质量是:
0.5×0.00105mol×184g/mol×10=0.9246g,所以其纯度是:
×100%=80.4%;
(5)由于图2中,②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀,过滤干燥后,根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量,故答案为②;
(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,在实验操作均正确的前提下,引起误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4。
4.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
。
5.无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下:
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):
实验组别
温度
称取CuSO4质量/g
B增重质量/g
C增重质量/g
E中收集到气体/mL
①
T1
0.640
0.320
0
0
②
T2
0.640
0
0.256
V2
③
T3
0.640
0.160
Y3
22.4
④
T4
0.640
X4
0.192
33.6
(1)实验过程中A中的现象是______.D中无水氯化钙的作用是_______.
(2)在测量E中气体体积时,应注意先_______,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“不变”).
(3)实验①中B中吸收的气体是_____.实验②中E中收集到的气体是______.
(4)推测实验②中CuSO4分解反应方程式为:
_______.
(5)根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g.
(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由________.
【答案】白色固体变黑吸收水蒸气,防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2
【解析】
【分析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;
(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小;
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:
0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:
0.256g,物质的量为:
=0.004mol,氧气的质量为:
0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:
=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:
2:
2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑;
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:
0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:
0.16g,氧气的质量为:
32=0.032g,根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;
(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。
【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:
白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;
(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小,故答案为:
冷却至室温偏小;
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气,故答案为:
SO3;O2;
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:
0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:
0.256g,物质的量为:
=0.004mol,氧气的质量为:
0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:
=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:
2:
2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑;
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:
0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:
0.16g,氧气的质量为:
32=0.032g,实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;
(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2,故T4温度更高,故答案为:
T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。
6.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿,在地壳中二者常伴生存在。
现取一份该伴生矿样品,经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。
为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量,某同学进行了如下实验:
①取2.6g样品,加入200.0mL0.2000mol·L-1酸性KMnO4溶液,加热(硫元素全部转化为SO42-),滤去不溶杂质;
②收集滤液至250mL容量瓶中,定容;
③取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定,消耗20.00mL;
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再参与其他反应),再加入过量KI固体,轻摇使之溶解并发生反应:
2Cu2++4I-=2CuI+I2;
⑤加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL(已知:
2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)。
回答下列问题:
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式:
___________;
(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸,原因是___________,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________;
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________;
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________;
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化胶头滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器,据滴定实验原理判断终点现象,运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意,样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸,目的是除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化;配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性KMnO4溶液),所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂,终点时溶液由蓝色变为无色,且半
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