《（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（二十二）水的電離 溶液的pH（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（二十二）水的電離 溶液的pH（含解析）（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（二十二）水的電離 溶液的pH（含解析） 1．水的電離平衡為H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列敘述不正確的是(　　) A．將水加熱，pH減小 B．恒溫下，向水中加入少量固體KOH，Kw不變 C．向水中滴入稀醋酸，c(H＋)增大 D．向水中加入少量固體NaClO，水的電離平衡逆向移動 解析：選D　水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c(H＋)增大，則pH減小，故A正確；恒溫下，向水中加入少量固體KOH，因?yàn)镵w只受溫度的影響，所以Kw不變，故B正確；向水中滴入稀醋酸，稀醋酸是酸性溶液，所以c(H＋)增大，故C

2、正確；向水中加入少量固體NaClO，ClO－水解消耗H＋，水的電離平衡正向移動，故D錯誤。 2．常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述錯誤的是(　　) A．某H2SO4溶液中＝1.0×10－8，由水電離出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1 B．將0.02 mol·L－1 HCl溶液與0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液pH約為12 C．將0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀釋后，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)·c(OH－)保持不變 D．pH＝3的H2SO4溶液，稀釋105倍后，溶液的pH＜7 解析：選C　H2SO4溶液中＝1.0×10－8，結(jié)合水的離

3、子積常數(shù)1.0×10－14可知溶液中c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，H2SO4溶液中水的電離受到抑制，由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1，A項(xiàng)正確；將0.02 mol·L－1 HCl溶液與0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液中c(OH－)≈＝0.01 mol·L－1，溶液的pH≈12，B項(xiàng)正確；稀釋NaOH溶液時，水的電離程度增大，由水電離出的c(H＋)·c(OH－)增大，C項(xiàng)錯誤；酸無論稀釋多少倍仍呈酸性，pH＜7，D項(xiàng)正確。 3．25 ℃時，重水(D2O)的離子積為1.6×10－15，也可用pH一樣的定義來規(guī)定其酸堿度：pD

4、＝－lg c(D＋)，下列有關(guān)pD的敘述，正確的是(　　) ①中性D2O的pD＝7　②在1 L D2O中，溶解0.01 mol NaOD，其pD＝12?、? L 0.01 mol·L－1的DCl的重水溶液，pD＝2?、茉?00 mL 0.25 mol·L－1 DCl的重水溶液中，加入50 mL 0.2 mol·L－1 NaOD的重水溶液，反應(yīng)后溶液的pD＝1 A．①②　　　　　　　　　　 B．③④ C．①③④ D．①②③④ 解析：選B　由于重水的離子積常數(shù)為1.6×10－15，因此重水中c(D＋)＝4×10－8，對應(yīng)的pD≈7.4，故①錯；在0.01 mol·L－1 NaOD的重水

5、溶液中，c(OD－)＝0.01 mol·L－1，根據(jù)重水離子積常數(shù)，可推知c(D＋)＝1.6×10－13 mol·L－1，pD不等于12，故②錯；在0.01 mol·L－1 DCl的重水溶液中，c(D＋)＝0.01 mol·L－1，因此pD＝2，③正確；根據(jù)中和反應(yīng)量的關(guān)系，100 mL 0.25 mol·L－1 DCl和50 mL 0.2 mol·L－1 NaOD中和后溶液中過量的DCl的濃度為0.1 mol·L－1，因此對應(yīng)溶液的pD＝1，④正確。 4．常溫下，下列溶液一定呈堿性的是(　　) A．能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液 B.＝10－6的溶液 C．pH＝2的CH3COOH溶液

6、與pH＝12的NaOH溶液等體積混合 D．0.01 mol·L－1的氨水與0.01 mol·L－1的HCl溶液等體積混合 解析：選B　能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈強(qiáng)堿性，A錯誤；＝10－6<1，c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈堿性，B正確；CH3COOH為弱酸，NaOH為強(qiáng)堿，pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，CH3COOH過量，溶液呈酸性，C錯誤；0.01 mol·L－1的氨水與0.01 mol·L－1的HCl溶液等體積混合恰好發(fā)生中和反應(yīng)，生成的氯化銨水解使溶液呈酸性，D錯誤。 5．常溫下，將一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶

7、液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表： 實(shí)驗(yàn)編號 c(HA)/(mol·L－1) c(NaOH)/(mol·L－1) 混合溶液的pH 甲 0.1 0.1 pH＝a 乙 0.2 0.2 pH＝9 丙 c1 0.2 pH＝7 丁 0.2 0.1 pH＜7 下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)＝7 B．在乙組混合液中由水電離出的c(OH－)＝10－5 mol·L－1 C．c1＝0.2 D．丁組混合液中：c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－) 解析：選B　A項(xiàng)，由乙組數(shù)據(jù)知，HA與NaOH以等物質(zhì)的量反應(yīng)，所得NaA溶液呈堿性，

8、HA為弱酸，甲組中HA與NaOH以等物質(zhì)的量混合，混合溶液pH>7，錯誤；B項(xiàng)，乙溶液為NaA溶液，溶液中的OH－全部來自水的電離，且c(OH－)＝10－5 mol·L－1，正確；C項(xiàng)，HA溶液與NaOH溶液等體積混合溶液的pH＝7，酸過量，c1>0.2，錯誤；D項(xiàng)，由數(shù)據(jù)知，丁組混合溶液是HA與NaA等物質(zhì)的量混合，溶液呈酸性，HA的電離程度大于 A－的水解程度，即c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，錯誤。 6．下列實(shí)驗(yàn)操作，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會產(chǎn)生影響的是(　　) A．用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管用水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗 B．用酸堿中和滴定法測待測液濃度

9、時，裝待測液的錐形瓶用水洗后用待測液潤洗2～3次 C．測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時，將堿溶液緩慢倒入酸溶液中 D．用蒸餾水濕潤的pH試紙測定硫酸鈉溶液的pH 解析：選D　A、B項(xiàng)會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，C項(xiàng)會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，D項(xiàng)無影響，原因是硫酸鈉溶液顯中性。 7．甲、乙兩杯醋酸稀溶液，甲的pH＝a，乙的pH＝a＋1，對下列敘述的判斷正確的是(　　) ①甲由水電離出來的H＋的物質(zhì)的量濃度是乙的　②物質(zhì)的量濃度：c(甲)＝10c(乙)?、壑泻偷任镔|(zhì)的量的NaOH溶液需甲、乙兩杯酸的體積：10V(甲)＞V(乙)?、芗字械腸(OH－)為乙中的c(OH－)的10倍 A．①②④ B．①③ C．

10、②④ D．① 解析：選D　甲溶液的pH＝a，由水電離出來的c(OH－)水＝c(H＋)水＝1×10a－14 mol·L－1；乙溶液的pH＝a＋1，由水電離出來的c(OH－)水＝c(H＋)水＝1×10a＋1－14 mol·L－1＝1×10a－13 mol·L－1，①正確，④錯誤；弱電解質(zhì)濃度越大，電離度越小，故c(甲)＞10c(乙)，②錯誤；中和等物質(zhì)的量的NaOH時，10V(甲)＜V(乙)，③錯誤；故D項(xiàng)正確。 8．常溫下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液，

11、得到2條滴定曲線，如圖所示，則下列說法正確的是(　　) A．圖2是滴定鹽酸的曲線 B．a(chǎn)與b的關(guān)系是a＜b C．c點(diǎn)對應(yīng)離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) D．這兩次滴定都可以用甲基橙作為指示劑 解析：選C　如果酸為強(qiáng)酸，則0.100 0 mol·L－1酸的pH為1，根據(jù)酸的初始pH知，圖1為鹽酸滴定曲線，故A錯誤；根據(jù)圖1知，a點(diǎn)氫氧化鈉溶液的體積是20 mL，酸和堿的物質(zhì)的量相等，二者恰好反應(yīng)生成強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其溶液呈中性；若醋酸溶液中滴入等量的氫氧化鈉溶液，醋酸鈉溶液呈堿性，所以圖2b點(diǎn)時，氫氧化鈉溶液的體積小于20.00 m

12、L，a＞b，故B錯誤；c點(diǎn)溶液的成分為醋酸鈉和醋酸，溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，鹽類水解程度較小，則溶液中離子濃度為c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故C正確；氫氧化鈉和鹽酸反應(yīng)恰好呈中性，可以選擇甲基橙或酚酞；氫氧化鈉和醋酸恰好反應(yīng)生成醋酸鈉溶液呈堿性，只能選擇酚酞，故D錯誤。 9．實(shí)驗(yàn)室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水，發(fā)生的反應(yīng)為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列說法正確的是(　　 ) A．該滴定反應(yīng)可用甲基橙作指示劑 B．Na2S2O3是該反應(yīng)的還原劑 C．該滴定反應(yīng)可選用如圖所

13、示裝置 D．該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4 mol 解析：選B　該滴定反應(yīng)應(yīng)該用淀粉溶液作指示劑，A項(xiàng)錯誤；在該反應(yīng)中，I2中I的化合價降低，得到電子，I2作氧化劑，Na2S2O3中的S的化合價升高，失去電子，Na2S2O3是該反應(yīng)的還原劑，B項(xiàng)正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應(yīng)該使用堿式滴定管，不能用酸式滴定管，C項(xiàng)錯誤；該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移2 mol電子，D項(xiàng)錯誤。 10．在t ℃時，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，c(OH－)＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12。向該溶液中逐滴加入

14、pH＝c的鹽酸，測得混合溶液的部分pH如表所示： 序號 氫氧化鋇溶液的體積/mL 鹽酸的體積/mL 溶液的pH ① 22.00 0.00 8 ② 22.00 18.00 7 ③ 22.00 22.00 6 假設(shè)溶液混合后的體積變化忽略不計，則c為(　　) A．3　　　　　B．4　　　　　C．5　　　　　D．6 解析：選B　Ba(OH)2溶液的pH＝8，即a＝8，再根據(jù)a＋b＝12，則b＝4，該溫度下Kw＝10－12；當(dāng)恰好完全中和時，溶液的pH＝6，即加鹽酸的體積為22.00 mL時，恰好完全中和，根據(jù)c(H＋)×22.00 mL＝c(OH－)×22.00

15、 mL，又c(OH－)＝10－4 mol·L－1，則鹽酸c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4，即c＝4。 11．如表所示是不同溫度下水的離子積常數(shù)： 溫度/℃ 25 t1 t2 水的離子積常數(shù) 1×10－14 a 1×10－12 試回答以下問題： (1)若25 ℃”“<”或“＝”)，做此判斷的理由是________________________________________________________________________。 (2)25 ℃時，某Na2SO4溶液中c(SO)＝

16、5×10－4 mol·L－1，取該溶液1 mL加水稀釋至10 mL，則稀釋后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝________。 (3)t2 ℃時，將pH＝11的苛性鈉溶液V1 L與pH＝1的稀硫酸V2 L混合(設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和)，所得混合溶液的pH＝2，則V1∶V2＝________________________________________________________________。此溶液中各種離子的濃度由大到小的順序是____________________________________________。 解析：(1)25 ℃

17、，促進(jìn)水的電離，c(H＋)＝c(OH－)>1×10－7 mol·L－1，所以Kw>1×10－14。(2)Na2SO4溶液中c(Na＋)＝2×5×10－4 mol·L－1＝1×10－3 mol·L－1，稀釋10倍后，c(Na＋)＝1×10－4 mol·L－1，此時溶液為中性，c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，所以 c (Na＋)∶c(OH－)＝10－4 mol·L－1∶10－7 mol·L－1＝1 000∶1。(3)根據(jù)酸、堿中和原理及pH計算式得＝10－2 mol·L－1，解得V1∶V2＝9∶11，根據(jù)Na2SO4的化學(xué)組成及反應(yīng)后溶液呈酸性，推知該溶液中各種離子濃度由大到小的順

18、序?yàn)閏(Na＋)> c(SO)>c(H＋)>c(OH－)。 答案：(1)>　溫度升高，水的電離程度增大，所以水的離子積增大　(2)1 000∶1　 (3)9∶11　c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－) 12．某學(xué)生用0.200 0 mol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步： ①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度線以上 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體 ③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù) ④量取20.00 mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3 mL酚酞溶液 ⑤用標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面讀

19、數(shù) 請回答： (1)以上步驟有錯誤的是________(填編號)。 (2)用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入______(從圖中選填“甲”或“乙”)中。 (3)下列操作會引起實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏大的是______(填字母)。 A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水 B．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡 C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗 D．用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失 (4)滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視______________。判斷到達(dá)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液___________________

20、_________________________。 (5)以下是實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄表 滴定次數(shù) 鹽酸體積(mL) NaOH溶液體積讀數(shù)(mL) 滴定前 滴定后 1 20.00 0.00 21.30 2 20.00 0.00 16.30 3 20.00 0.00 16.32 通過計算可得，該鹽酸濃度為______ mol·L－1。 解析：(1)①堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測)＝V(標(biāo)準(zhǔn))×c(標(biāo)準(zhǔn)) ÷V(待測)，可知c(待測)偏大；④酸堿指示劑酚酞是弱電解質(zhì)，也會反應(yīng)消耗

21、酸或堿，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，酚酞一般滴加1滴或2滴，錯誤。(2)NaOH溶液，應(yīng)裝在堿式滴定管乙中。(3)A項(xiàng)，在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響，錯誤；B項(xiàng)，滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，使標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，導(dǎo)致待測溶液的濃度偏高，正確；C項(xiàng)，錐形瓶用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗，不產(chǎn)生誤差，錯誤；D項(xiàng)，用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失，則待測溶液體積偏少，反應(yīng)消耗標(biāo)準(zhǔn)酸溶液的體積偏小，使測得濃度偏低，錯誤。(4)滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；判斷到達(dá)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液由無色變成淺紅色，且

22、半分鐘內(nèi)不變色。(5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，V(NaOH)＝(16.30＋16.32)÷2＝16.31 mL，c(NaOH)·V(NaOH)＝c(HCl)·V(HCl)，c(HCl)＝[c(NaOH)·V(NaOH)]÷V(HCl)＝(0.200 0 mol·L－1×16.31 mL)÷20.00 mL＝0.163 1 mol·L－1。 答案：(1)①④　(2)乙　(3)B (4)錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化　由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色　(5)0.163 1 13．信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了威脅。某研究性學(xué)習(xí)小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含

23、70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線： (1)第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________。 (2)第②步加H2O2的作用是_________________________________________________。 (3)該探究小組提出兩種方案測定CuSO4·5H2O晶體的純度。 方案一：取a g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.100 0 mol· L－1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(原理為I2＋

24、2S2O===2I－＋S4O)，到達(dá)滴定終點(diǎn)時，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL。 ①CuSO4溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________。 方案二：取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol· L－1 EDTA(H2Y2－)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應(yīng)如下： Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋。 ②寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w＝________。 ③下列操作會導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是_

25、_______(填字母)。 a．未干燥錐形瓶　b．滴定終點(diǎn)時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c.未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子 解析：(1)銅與濃硝酸電離的NO和濃硝酸、稀硫酸電離的H＋反應(yīng)產(chǎn)生NO2或NO。(2)第②步加入H2O2是將Fe2＋氧化為Fe3＋，H2O2為綠色氧化劑，還原產(chǎn)物為H2O，無污染。(3)①Cu2＋氧化I－得CuI沉淀和I2，利用化合價升降法配平。②從滴定反應(yīng)知，n(Cu2＋)＝n(EDTA)，所以有：×＝c mol·L－1×6×10－3 L，解得w＝＝×100 %。③a項(xiàng)，對上式中各量沒有影響；b項(xiàng)，滴定終點(diǎn)時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，讀數(shù)時標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，結(jié)果偏低；c項(xiàng)，使

26、EDTA的量增大，所以測定結(jié)果偏高。 答案：(1)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (2)將Fe2＋氧化成Fe3＋ (3)①2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I(xiàn)2?、凇?00%　③c 14．草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3·xH2O通過相關(guān)處理后可溶于水，且能做凈水劑，在110 ℃可完全失去結(jié)晶水。為測定該晶體中鐵的含量和結(jié)晶水的含量，某實(shí)驗(yàn)小組做了如下實(shí)驗(yàn)： 步驟1：稱量4.66 g草酸鐵晶體進(jìn)行處理后，配制成250 mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液。 步驟2：取所配溶液25.00 mL于錐形瓶中，加稀

27、H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至C2O恰好全部氧化成CO2，同時MnO被還原成Mn2＋。向反應(yīng)后的溶液中加入一小匙鋅粉，加熱至溶液黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。 步驟3：用 0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被還原成Mn2＋。 重復(fù)步驟2、步驟3的操作2次，分別滴定消耗0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液為V2、V3 mL。 記錄數(shù)據(jù)如下表： 實(shí)驗(yàn)編號 KMnO4溶液的濃度(mol·L－1) KMnO4溶液滴入的體積(mL) 1 0.0

28、20 0 V1＝20.02 2 0.020 0 V2＝20.12 3 0.020 0 V3＝19.98 請回答下列問題： (1)草酸鐵溶液能做凈水劑的原因_____________________________________(用離子方程式表示)。 (2)該實(shí)驗(yàn)步驟1和步驟3中使用的儀器除托盤天平、鐵架臺、滴定管夾、燒杯、玻璃棒外，一定需用下列儀器中的________ (填字母)。 A．酸式滴定管　　B．堿式滴定管　　C．量筒(10 mL) D．錐形瓶 E．膠頭滴管 F．漏斗 G．250 mL容量瓶 (3)步驟3滴定時是否選擇指示劑____

29、_____(填“是”或“否”)，說明理由_________________________；寫出步驟3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____________________。 (4)在步驟2中，若加入的KMnO4溶液的量不夠，則測得的鐵含量________(填“偏低”“偏高”或“不變”)；實(shí)驗(yàn)測得該晶體中結(jié)晶水的個數(shù)x為________。 解析：(1)草酸鐵溶液水解生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，能作凈水劑，反應(yīng)的離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋。(2)實(shí)驗(yàn)步驟1是配制溶液，需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、膠頭滴管；步驟3是滴定，使用的儀

30、器有鐵架臺、滴定管夾、錐形瓶、酸式滴定管，因此需用儀器中的A、D、E、G。(3)高錳酸鉀溶液顯紫紅色，步驟3滴定時發(fā)生的反應(yīng)為5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，因?yàn)镵MnO4被還原劑還原成Mn2＋，紫紅色褪去，所以不需要指示劑。(4)在步驟2中，若加入的KMnO4溶液的量不夠，導(dǎo)致C2O不能完全被氧化，使步驟3中消耗的高錳酸鉀溶液的體積偏大，則測得的鐵含量偏高；第二次誤差偏大，舍去。第一次和第三次的平均體積為＝20.00 mL，根據(jù)步驟3中的離子反應(yīng)可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.02 mol·L－1×＝2.000×10－2mol，草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3·xH2O 中含有Fe2(C2O4)3的質(zhì)量為×2.000×10－2mol×376 g·mol－1＝3.76 g，則結(jié)晶水的物質(zhì)的量為＝0.05 mol，則Fe2(C2O4)3和H2O的物質(zhì)的量之比為1∶5，即x＝5。 答案：(1)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋ (2)ADEG (3)否　因?yàn)镵MnO4被還原劑還原成Mn2＋，紫紅色褪去，所以不需要指示劑　5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O　(4)偏高　5