高考化学知识点过关培优训练化学反应原理及答案.docx
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高考化学知识点过关培优训练化学反应原理及答案
2020-2021高考化学知识点过关培优训练∶化学反应原理及答案
一、化学反应原理
1．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。
抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。
某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
（配制KMnO4标准溶液）如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________（填序号）。
（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________（填“偏大”或“偏小”）。
（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。
（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。
（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。
【答案】②⑤偏小21.2
【解析】
【分析】
（1）根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；
（2）根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；
（3）根据电荷守恒进行分析；
（4）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】
（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
（2）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
（3）根据电荷守恒，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（4）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：
0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：
n（Ca2+）=n（H2C2O4）=
n（MnO4-）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：
40g/mol×6×10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：
=1.2mg/cm3。
【点睛】
要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：
紧抓c=
分析，如：
用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：
配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
2．碳酸亚铁可用于制备补血剂。
某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。
已知：
①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-
Fe（SCN）64-（无色）
Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）
实验i：
装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
（1）试剂a是_____。
（2）向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。
（3）C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。
（4）有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
（5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。
（6）依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。
为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液（pH=11.9）通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；
II.（5）根据Fe2＋+6SCN-
Fe（SCN）64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；
（6）实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成；
（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I.
（1）装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：
饱和NaHCO3溶液；
（2）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，故答案为：
降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2；
（3）装置C中，向Na2CO3溶液（pH=11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：
2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe（HCO3）2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：
出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：
不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）；
Ⅱ.（5）通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe（SCN）64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：
Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；
（6）依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成，发生反应的离子方程式为6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；
故答案为：
6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；
Ⅲ.（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH（OH）COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数
，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：
117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。
3．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。
Ⅰ.经查：
①Ksp（AgNO2）=2×10－8，Ksp（AgCl）=1.8×10－10；②Ka（HNO2）=5.1×10－4。
请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ.某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠
已知：
①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。
（1）使用铜丝的优点是________________________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。
装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）
A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳
（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，
用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。
a．锥形瓶洗净后未干燥
b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c．滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%
【解析】
试题分析：
Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；
Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。
解析：
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；
Ⅱ.
（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：
Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；
（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛：
注意掌握综合实验设计题的解题思路：
（1）明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。
在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
（2）理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
（3）看准图，分析各项实验装置的作用。
有许多综合实验题图文结合，思考容量大。
在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
（4）细分析，得出正确的实验结论。
实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。
在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
4．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。
5．草酸铵[（NH4）2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。
I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。
（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。
（2）反应开始前，通人氮气的目的是____。
（3）装置C的作用是____。
（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。
Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。
（5）取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。
滴定至终点时的实验现象为____。
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。
【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊（NH4）2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1
【解析】
【分析】
（l）按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；
（2）氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；
（3）由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；
（4）从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；
Ⅱ．（5）三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；
【详解】
（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；
答案为：
NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为（NH4）2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
答案为：
（NH4）2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
（2）反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；
答案为：
排尽装置中的空气；
（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：
吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；
答案为：
充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；
（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O；
答案为：
2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O；
（5）草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为
，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，
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