突破高分高中化学选修四第三章错题集附解析

高中化学选修四错题集

第三章水溶液中的离子平衡

2．体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH 溶液的物质的量()

A．相同B．中和HCl的多

C．无法比较D．中和CH3COOH的多

解析：选D。HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，故pH相同的盐酸和醋酸相比，醋酸的物质的量浓度大，因此两溶液体积相同时，醋酸的物质的量多，中和时所需NaOH就多，故选D。

8．室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是()

电离平衡，说明醋酸是弱酸；C项，产生H2的起始速率是盐酸＞醋酸，说明醋酸不完全电离，即说明醋酸是弱酸；D项，稀释时加水量大于原溶液体积的100倍，说明醋酸中存在电离平衡，说明醋酸是弱酸，故B、C、D不符合题意。

9．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示，请回答：

(1)“O”点导电能力为0的理由是

________________________________________________________________________；

(2)a、b、c三点的c(H＋)由小到大的顺序为________；

(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是________；

(4)若使c点溶液中c(CH3COO－)增大，c(H＋)减小，则可采取的措施是

①________________________________________________________________________；

②________________________________________________________________________；

③________________________________________________________________________。

解析：冰醋酸在稀释过程中，c(H＋)的变化为加水前(“O”点)，醋酸未电离，故c(H＋)＝0，液体不导电；加水后，CH3COOH CH3COO－＋H＋，导电能力增强，离子的浓度增大；

当稀释到一定程度后，尽管加水使电离程度增大，但离子的浓度反而减小，所以导电能力减弱。

答案：(1)在“O”点处醋酸未电离，无离子存在

(2)c

(4)①加入少量NaOH固体

②加入少量Na2CO3固体

③加入Zn、Mg等金属(其他合理答案也可)

13．由已知电离常数判断，下列关于SO 2与Na 2CO 3(aq)反应的离子方程式的书写中，不合理的是( )

A.SO 2＋H 2O ＋333B ．SO 2＋H 2O ＋CO 2－3===H 2CO 3＋SO 2－3

C ．2SO 2＋2H 2O ＋CO 2－3===H 2CO 3＋2HSO －3

D ．SO 2＋H 2O ＋CO 2－3===HCO －3＋HSO －3

解析：选B 。根据表中K a 的数值，其酸性：H 2SO 3＞H 2CO 3＞HSO －3＞HCO －3，结合复分

解反应中强酸制弱酸的原理，H 2SO 3与CO 2－3反应不可能生成H 2CO 3和SO 2－3，故B 不合理。

14．有下列物质的溶液

①CH 3COOH ②HCl ③H 2SO 4 ④NaHSO 4

(1)若四种溶液的物质的量浓度相同，其c (H ＋)的大小顺序为________________(用序号

表示，下同)。

(2)若四种溶液的c (H ＋)相同，其物质的量浓度的大小顺序为________________。

(3)将6 g CH 3COOH 溶于水制成1 L 溶液，此溶液的物质的量浓度为________，经测定

溶液中c (CH 3COO －)为 1.4×10－3 mol/L ，此温度下醋酸的电离常数K a ＝

________________________。温度升高，K a 将________(填“变大”、“不变”或“变小”，

下同)；加入少量CH 3COONa 后c (H ＋)________，K a ________。

解析：(3)开始时c (CH 3COOH)＝0.1 mol·L －1，由于CH 3COOH 电离的很少，平衡后可认

为c (CH 3COOH)仍为0.1 mol·L －1。由CH 3COOH CH 3COO －＋H ＋，

K a ＝c (CH 3COO －)·c (H ＋)c (CH 3COOH )

＝1.4×10－3×1.4×10－3

0.1

＝1.96×10－5。

答案：(1)③＞②＝④＞① (2)①＞④＝②＞③

(3)0.1 mol·L －1 1.96×10－5 变大 变小 不变

14．实验表明，纯硫酸液体的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性强于纯水；又知液

态电解质都能像水一样自身电离，而建立电离平衡(即像2H 2O H 3O ＋＋OH －)，且在一定

温度下都有各自的离子积常数。

据此回答下列问题：

(1)纯硫酸在液态时，自身电离的电离反应方程式是________________________________，它在25 ℃时的离子积常数K (H 2SO 4)比水的离子积常数K (H 2O)________(填“大”、“小”或“相等”)。

(2)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合物中，存在的阴离子主要是________；这是因为混合液中不但存在两种电离平衡(即H 2SO 4和HNO 3各自的电离平衡，且硫酸的酸性强于硝酸)，又在无水的条件下，混合酸中发生________________________(写离子反应方程式)反应而造成的。

解析：(1)根据H 2O 自身电离的电离反应方程式：2H 2O H 3O ＋＋OH －，可写出H 2SO 4自身电离的电离反应方程式：2H 2SO 4H 3SO ＋4＋HSO －4，因为纯硫酸的导电能力大于纯水

的导电能力，所以纯硫酸比水更易电离，故K (H 2SO 4)比K (H 2O)要大。

(2)因为纯硫酸的导电能力强于纯硝酸，说明H 2SO 4比HNO 3更易电离，H 2SO 4中电离出

的自由移动的离子的浓度更大，主要存在的阴离子应来源于H 2SO 4电离出的HSO －4；而且因

为H 2SO 4的酸性强于HNO 3，发生的反应就类似于强酸制弱酸，即H 2SO 4＋HNO 3H 2NO ＋3

＋HSO －4。

答案：(1)2H2SO4H3SO＋4＋HSO－4大

(2)HSO－4H2SO4＋HNO3H2NO＋3＋HSO－4

10．某温度(t℃)时，水的离子积K w＝1×10－12，则该温度(填“>”、“<”或“＝”)________25 ℃，其理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(1)将此温度下pH＝11的NaOH溶液与pH＝1的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH＝________。

(2)将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的H2SO4溶液b L混合：

①若所得混合液呈中性，则a∶b＝________；

②若所得混合液的pH＝2，则a∶b＝________。

解析：温度越高，水的电离程度越大，K w越大，25 ℃时K w＝1×10－14。

(1)此温度下pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－1 mol/L，pH＝1的HCl溶液中c(H＋)＝10－1 mol/L，所以两溶液等体积混合后应恰好完全反应，则混合后溶液的pH＝6。

(2)①若所得混合液呈中性，则0.1 mol/L×a L＝0.1 mol/L×b L，所以a∶b＝1∶1；②

若所得混合液的pH＝2，则混合后c(H＋)＝0.01 mol/L，则n(H＋)－n(OH－)

a L＋

b L

＝0.01 mol/L，即：

0.1 mol/L×b L－0.1 mol/L×a L

(a＋b)L

＝0.01 mol/L，得a∶b＝9∶11。

答案：＞水的电离过程是吸热过程，升高温度，能促进水的电离，水的离子积增大(1)6(2)①1∶1②9∶11

12．下列说法正确的是()

A．将pH＝5的硫酸溶液稀释500倍后溶液中c(SO2－4)∶c(H＋)≈1∶10

B．常温下，将pH＝5的醋酸溶液稀释100倍后溶液pH＝7

C．常温下，将pH＝9的氢氧化钠溶液稀释100倍后溶液pH＝7

D．常温下，将0.01 mol·L－1的硫酸溶液稀释100倍后溶液pH＝4

解析：选A。pH＝5的硫酸溶液稀释500倍后，c(SO2－4)＝1×10－5mol·L－1×1

2×

1

500＝

1×10－8mol·L－1，由于水的电离，c(H＋)≈1×10－7mol·L－1，由c(SO2－4)∶c(H＋)＝(1×10－8)∶(1×10－7)≈1∶10，故A正确；无论是酸还是碱的稀溶液，无限稀释时，溶液的pH只

能接近于7，但不能等于7，故B、C错误；c(H＋)＝0.01 mol·L－1×2×1

100＝2×10

－4 mol·L－1，pH＝－lg(2×10－4)＝3.7，故D错误。

16．温度t℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，c(OH－)＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：

(3)给该NaOH溶液加热，pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。

解析：(3)温度升高时，K w变大，而c(H＋)＝K w

c(OH－)

，所以c(H＋)变大，pH变小。

7．0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定100 mL 0.1 mol·L－1盐酸时，如果滴定误差在±0.1%以内，反应完毕后，溶液的pH范围为()

A．6.9～7.1 B．3.3～10.7

C．4.3～9.7 D．6～8

解析：选C。本题考查中和滴定的计算。理论上，当滴入的NaOH溶液体积恰好为100 mL时，溶液的pH＝7，实际操作中肯定有误差，如果多滴0.1 mL，误差为＋0.1%，少滴

0.1 mL，误差为－0.1 %，总体积均以200 mL计算。

(1)碱过量时：c(OH－)＝0.1 mol·L－1×0.1 mL÷200 mL＝5×10－5mol·L－1，则c(H＋)＝2×10－10mol·L－1，pH＝10－lg 2≈9.7；

(2)碱不足时：c (H ＋)＝0.1 mol·L －1×0.1 mL÷200 mL ＝5×10－5mol·L －

1，则pH ＝5－lg 5≈4.3。

10．25 ℃时，pH ＝2的某酸H n A(A n －为酸根)与pH ＝12的某碱B(OH)m 等体积混合，混

合液的pH ＝5。

(1)写出生成的正盐的化学式：

________________________________________________________________________。

(2)该盐中存在一定水解的离子，该离子主要的水解离子方程式为

________________________________________________________________________。

(3)简述该混合液呈酸性的原因：

________________________________________________________________________

____________________。

(4)写出H n A 的一级电离方程式：

________________________________________________________________________

____________________。

解析：当酸中c (H ＋)等于碱中c (OH －)时，二者等体积混合后，溶液的酸碱性是由过量的

酸或碱决定的。

(1)H n A 中阴离子带n 个单位的负电荷(A n －)，B(OH)m 中阳离子带m 个单位的正电荷(B m

＋)，则正盐的化学式为B n A m 。

(2)pH ＝2的酸H n A 中c (H ＋)＝10－2 mol/L ，pH ＝12的B(OH)m 中c (OH －)＝10－2 mol/L ，

当二者等体积混合后溶液pH ＝5，酸过量说明H n A 一定为弱酸，故A n －一定水解。

(3)由于酸一定为弱酸，当H n A 与B(OH)m 等体积混合后，酸有剩余导致溶液显酸性。

答案：(1)B n A m (2)A n －＋H 2O HA (n －1)－＋OH －

(3)由于酸一定为弱酸，当H n A 与B(OH)m 等体积混合后，酸有剩余 (4)H n A H n －1A －＋H ＋

11．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )

A ．无色溶液：Ca 2＋、H ＋、Cl －、HSO －3

B ．能使pH 试纸呈红色的溶液：Na ＋、NH ＋4、I －、NO －3

C ．FeCl 2溶液：K ＋、Na ＋、SO 2－4、AlO －2

D ．常温下，K w c (H ＋)

＝0.1 mol·L －1的溶液：Na ＋、K ＋、SiO 2－3、NO －3 解析：选D 。本题考查限定条件下的离子共存。A 项错误，H ＋与HSO －3发生反应而不能

大量共存；B 项错误，使pH 试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件下，NO －3有强氧化性(相

当于HNO 3)，可将I －氧化，而不能大量共存；C 项错误，Fe 2＋与AlO －2发生双水解而不能大

量共存；D 项正确，K w c (H )

＝0.1 mol·L －1，即c (H ＋)＝10－13mol·L －1，是碱性溶液，四种离子均可大量共存。

14．已知H 2O 2，KMnO 4、NaClO ，K 2Cr 2O 7均具有强氧化性，将溶液中的Fe 2＋、Cu 2＋、

Fe 3＋完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH 分别为：9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl 2杂质的CuCl 2·2H 2O ，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯： 含杂质的

水溶液Ⅰ――→加入氧化剂X 溶液Ⅱ――→加入物质Y

过滤 ????? 沉淀

溶液Ⅲ――→一定条件下纯净的CuCl 2·2H 2O

请回答下列问题：

(1)第一步除去Fe 2＋，能否直接调整pH ＝9.6将Fe 2＋沉淀除去？________，理由是

________________________________________________________________________。

(2)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。

A．K2Cr2O7B．NaClO

C．H2O2D．KMnO4

加入氧化剂的目的是________________________________________________________________________。

(3)物质Y是________。

A．NaOH B．氨水C．Cu2(OH)2CO3

D．Na2CO3E．CuO F．Cu(OH)2

(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是________________________________________________________________________ ________________，________________________________________________________________________。

(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________。如何操作？________________________________________________________________________。

解析：设计的实验方案中，加入氧化剂能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，上述提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使平衡右移，把Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl2·2H2O也不能直接加热蒸发，为抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。

答案：(1)否pH＝9.6时，Cu2＋会完全沉淀

(2)C将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离

(3)CEF

(4)Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋

Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑

或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O

或CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O

(5)不能应在HCl气流中加热浓缩后，冷却结晶。

12．常温下，向100 mL 0.01 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L－1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：

(1)由图中信息可知HA为________酸(填“强”或“弱”)，理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(2)MA稀溶液的pH＝a，则a________7(填“＞”、“＜”或“＝”)，用离子方程式表示其原因为________________________________________________________________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝________。

(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：________________。

(4)K点对应的溶液中，c(M＋)＋c(MOH)＝________2c(A－)(填“＞”、“＜”或“＝”)；若此时溶液中pH＝10，则c(MOH)＋c(OH－)＝________ mol·L－1(用代数式表示)。

解析：(1)由图像知，0.01 mol·L－1 HA溶液的pH＝2，c(HA)＝c(H＋)＝0.01 mol·L－1，即HA完全电离。(2)根据图像，pH＝7时，MOH过量，即MA溶液的pH＜7，为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为M＋＋H2O MOH＋H＋，此时由水电离出的c水(OH－)＝c(H＋)＝1×10－a mol·L－1。(3)K点为等物质的量浓度的MA和MOH的混合溶液，由于MOH电离使pH＞7，故c(M＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(4)根据物料守恒，K点时，c(M＋)＋c(MOH)＝2c(A－)，pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－4 mol·L－1，则溶液中的c(M＋)＝(0.005＋10

－4) mol·L－1，混合溶液中，根据物料守恒得：2c(A－)＝c(M＋)＋c(MOH)，根据电荷守恒得：c(A－)＋c(OH－)＝c(M＋)＋c(H＋)，两式联立消除c(A－)得，c(MOH)＋c(OH－)＝c(M＋)＋2c(H＋)－c(OH－)＝(0.005＋10－4) mol·L－1＋2×10－10mol·L－1－10－4mol·L－1＝0.005＋2×10－10 mol·L－1。

答案：(1)强0.01 mol·L－1 HA溶液的pH为2，说明HA完全电离

(2)＜M＋＋H2O MOH＋H＋1×10－a mol·L－1

(3)c(M＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)

(4)＝0.005＋2×10－10

4．下列有关溶度积常数(K sp)的说法正确的是()

A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的K sp减小

B．溶度积常数(K sp)只受温度影响，温度升高K sp减小

C．溶度积常数(K sp)只受温度影响，温度升高K sp增大

D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的K sp不变

答案：D

6．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：

Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是()

A．给溶液加热，溶液的pH升高

B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高

C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多

D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多

解析：选D。A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO2－3＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。

10．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()

A．b点对应的K sp(Ag2SO4)等于c点对应的K sp(Ag2SO4)

B．采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液

C．该温度下，K sp(Ag2SO4)＝1.6×10－5

D．0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀解析：选B。温度恒定时，曲线上任意点的K sp都相等，A项正确；a点对应Ag2SO4的不饱和溶液，但蒸发可以使溶液中的c(Ag＋)、c(SO2－4)都变大，故不能实现由a点对应的溶液变到b点对应的溶液，B项错误；由Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线可知：K sp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SO2－4)＝(1×10－2)2×16×10－2＝1.6×10－5，C项正确；0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合后，溶液中c2(Ag＋)·c(SO2－4)＝0.012×0.1＝1×10－5＜K sp，所以混合液不会有沉淀生成，D项正确。

9．一溶液中含有Fe3＋和Fe2＋，它们的浓度都是0.050 mol·L－1。如果要求Fe3＋沉淀完全而Fe2＋不生成沉淀Fe(OH)2，需控制pH在何范围？

已知：K sp[Fe(OH)3]＝1.1×10－36

K sp[Fe(OH)2]＝1.64×10－14

(提示：当某离子浓度小于10－5 mol·L－1时可以认为该离子沉淀完全了)

解析：Fe 3＋沉淀完全时，c (Fe 3＋)为1×10－5 mol·L －1，则Fe 3＋

沉淀完全时所需的氢氧根浓度为 c (OH －

)＝3K sp [Fe (OH )3]c (Fe 3＋)＝3 1.1×10－36

1×10

－5 mol·L －1 ≈4.8×10－11 mol·L －1，

pH ＝14－pOH ＝14－10.3＝3.7；

Fe 2＋开始沉淀时所需氢氧根浓度为c (OH －)＝K sp [Fe (OH )2]c (Fe 2＋)

＝ 1.64×10－140.050 mol·L －1≈5.7×10－7 mol·L －1，

pH ＝14－pOH ＝14－6.2＝7.8，

因此，溶液的pH 控制在3.7～7.8之间，可使Fe 3＋沉淀完全而Fe 2＋不沉淀。

答案：溶液的pH 需控制在3.7～7.8之间。

12．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡M m A n (s)m M n ＋(aq)＋n A m －(aq)，K sp

＝c m (M n ＋)·c n (A m －)称为溶度积。

某学习小组欲探究CaSO 4沉淀转化为CaCO 3沉淀的可能性，查得如下资料(25 ℃)：

①往100 mL 0.1 mol·L －1的CaCl 2溶液中加入0.1 mol·L －1的Na 2SO 4溶液100 mL 立即有

白色沉淀生成。

②向上述悬浊液中加入固体Na 2CO 3 3 g ，搅拌，静置后弃去上层清液。

③再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。

④________________________________________________________________________。

(1)由题中信息知K sp 越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。

(2)写出第②步发生反应的化学方程式

________________________________________________________________________

(3)设计第③步的目的是：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(4)请补充第④步操作及发生的现象

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。 解析：K sp 越大，表示电解质的溶解度越大。要证明CaSO 4完全转化为CaCO 3，可以加入盐酸，因为CaSO 4不和盐酸反应，而CaCO 3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO 4转化为CaCO 3，易于除去。

答案：(1)大 (2)Na 2CO 3(aq)＋CaSO 4(s)CaCO 3(s)＋Na 2SO 4(aq) (3)洗去沉淀上附着的SO 2－4 (4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生 (5)将锅炉水垢中的CaSO 4转化为CaCO 3，易于除去

13．工业废水中常含有一定量的Cr 2O 2－7和CrO 2－4，

它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程如下： CrO 2－4――→H ＋转化Cr 2O 2－7――→Fe 2＋还原Cr 3＋――→OH －

沉淀Cr(OH)3↓ (3)若在还原过程中还原1 mol Cr 2O 2－

7，需要________ mol 的FeSO 4·

7H 2O 。 (3)Cr 2O 2－7中Cr 的化合价是＋6，所以1 mol Cr 2O 2－7被还原转移6 mol 电子；1 mol Fe 2＋

被氧化生成Fe3＋，转移1 mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6 mol。

17．三草酸合铁酸钾晶体{K3[Fe(C2O4)3]·x H2O}是一种光敏材料，在110 ℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：铁含量的测定

步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO－4被还原成Mn2＋。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。

步骤三：用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02 mL，滴定中MnO－4被还原成Mn2＋。

重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液19.98 mL。

请回答下列问题：

①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、________、转移、洗涤并转移、________、摇匀。

②加入锌粉的目的是________________________________________________________________________。

③写出步骤三中发生反应的离子方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

④实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量________。(选填“偏低”、“偏高”或“不变”) 解析：①由固体配制溶液的步骤是：先称量，然后溶解，再冷却至室温，转移到容量瓶，再洗涤玻璃棒和烧杯，将洗涤液转入容量瓶，定容、摇匀。

②加入锌粉的目的是将溶液中的Fe3＋全部还原为Fe2＋。

③步骤三中发生的是高锰酸根离子和二价铁离子的反应：8H＋＋MnO－4＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H

2

O。

④根据离子反应可知，Fe2＋的物质的量是MnO－4的物质的量的5倍，即n(Fe2＋)＝5n(MnO－4)＝5×(20.02＋19.98)/2×10－3L×0.010 mol·L－1＝0.001 mol，故铁的质量分数为0.001 mol×

56 g·mol－1×250 mL

25.00 mL÷5.00 g×100%＝11.20%。如果步骤二中加入的高锰酸钾的量不足，则步骤三中消耗的高锰酸钾会增多，因此测得铁的含量偏高。

答案：(1)①溶解定容

②将Fe3＋还原为Fe2＋

③8H＋＋MnO－4＋5Fe2＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O

④11.20%(或0.112)偏高

说明：本文错题集收自于高二年级实验班林晓锋等部分尖子生。