(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)
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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H2OH++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,因為Kw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項錯誤;酸無論稀釋多少倍仍呈酸性,pH<7,D項正確。 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: 實驗編號 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,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,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,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,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.下列實驗操作,對實驗結(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項會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高,C項會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低,D項無影響,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?、谖镔|(zhì)的量濃度:c(甲)=10c(乙) ③中和等物質(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點對應(yīng)離子濃度由大到小的順序為c(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)生成強酸強堿鹽,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.實驗室欲用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項錯誤;該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3,轉(zhuǎn)移2 mol電子,D項錯誤。 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 ℃
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、序為c(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,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)下列操作會引起實驗結(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)滴定終點的現(xiàn)象是:錐形瓶中溶液___________________ 20、_________________________。
(5)以下是實驗數(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,為了減少實驗誤差,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,在錐形瓶裝液前,留有少量蒸餾水,對實驗結(jié)果無影響,錯誤;B項,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,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,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)實驗數(shù)據(jù)可知,第一次實驗數(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,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,對上式中各量沒有影響;b項,滴定終點時滴定管尖嘴中產(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,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%?、踓
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,某實驗小組做了如下實驗:
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,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:
實驗編號
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)該實驗步驟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”);實驗測得該晶體中結(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++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+。(2)實驗步驟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,因為KMnO4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++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+
(2)ADEG
(3)否 因為KMnO4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
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