2022届广西桂林市临桂区五通中学高二下学期期中考试化学试题（含解析）

高二化学段考试题原子量：H-1N-14O-16Fe-56S-32一、选择题(每题3分共54分)1.下列溶液肯定显酸性的是A.含H+的溶液 B.加酚酞显无色的溶液C.pH＜7的溶液 D.c(H+)＞c(OH－)的溶液【答案】D【解析】【详解】A．由于任何水溶液中都含H+，故含有H+的溶液不一定显酸性，故A不符合题意；B．由于酚酞的变色范围是8.2~10，故加酚酞显无色的溶液也可能是中性溶液或碱性溶液，故B不符合题意；C．常温下pH＜7的溶液是酸性溶液，但不是常温下就不一定是酸性溶液，故C不符合题意；D．任何温度下c(H+)＞c(OH－)的溶液一定是酸性溶液，故D符合题意；故答案为：D。2.将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，该溶液的pH值将会A.偏高 B.偏低 C.不变 D.上述三种情况均有可能【答案】D【解析】【详解】试题分析：pH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，而溶液本身的酸碱性不确定，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变，所以无法确定pH是偏大还是偏小，故选D。【点晴】本次考查了用pH试纸检验溶液的酸碱性，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的pH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定pH。本题中pH试纸已经用蒸馏水湿润，要根据原溶液的酸碱性分类讨论。3.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是A.X＝Y＝Z B.X<Y＝Z C.X>Y＝Z D.X＝Y<Z【答案】C【解析】【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离；氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱；所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，即X＞Y＝Z，答案选C。4.pH=2的溶液，其H+浓度为0.01mol/L，下列四种情况的溶液：①25℃的溶液、②100℃的溶液、③强酸溶液、④弱酸溶液，与上述符合的有A.①③ B.①②③④ C.③④ D.①③④【答案】B【解析】【详解】根据pH的定义，由pH=-lgc(H+)=2，可知c(H+)一定等于0.01mol/L，四种情况下都可能，故选：B。5.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A.pH=7的氨水与氯化铵的混合溶液中c(Cl-)＞c(NH4+)B.25℃时pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c(OH-)=c(H+)C.0.1mol/L硫酸铵溶液中，c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)D.0.1mol/L的硫化钠溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)【答案】C【解析】【详解】A．氨水与氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)则c(Cl-)=c(NH4+)，A错误；B．由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸时混合溶液c(OH-)=c(H+)，当其为弱酸时，酸过量则溶液中c(OH-)<c(H+)，B错误；C．硫酸铵(NH4)2SO4中铵根离子水解溶液呈酸性，但水解程度微弱，离子浓度大小顺序为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)>c(OH-)，C正确；D．根据质子守恒，可知c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，D错误；答案选C。【点睛】微粒浓度大小比较，核心抓住三大守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。6.22.体积相同，pH相同的NaOH溶液和氨水分别与某强酸溶液反应，消耗酸的量是A.氢氧化钠溶液比氨水多 B.相同C.氨水比氢氧化钠溶液多 D.不能确定【答案】C【解析】【详解】一水合氨是弱电解质，部分电离，则pH相同的NaOH溶液和氨水中c(NH3∙H2O)>c(NaOH)，则等体积的两溶液n(NH3∙H2O)>n(NaOH)，所以氨水消耗酸的量比氢氧化钠溶液多，故选：C。7.能使水的电离平衡向电离方向移动，而且所得溶液显酸性的是A.将水加热到99℃，使水的pH=6.1 B.在水中滴入稀硫酸C.在水中加入小苏打 D.在水中加入氯化铝固体【答案】D【解析】【详解】A．水的电离是吸热反应，对水加热到99℃，水的电离平衡正向移动，但水中c(H+)=c(OH-)，水呈中性，A不符合题意；B．在水中滴入稀硫酸，c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，B不符合题意；C．在水中加入小苏打，水电离产生的H+与结合生成H2CO3，水的电离平衡正向移动，c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，C不符合题意；D．在水中加入氯化铝固体，水电离产生的OH-与Al3+结合生成Al(OH)3，水的电离平衡正向移动，c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，D符合题意；故选D。8.有两瓶pH值都等于2的酸溶液，一瓶是强酸，另一瓶是弱酸，可用来鉴别它们的一组试剂是A.石蕊试液和水 B.pH试纸和水 C.酚酞试液和水 D.酚酞试液和苛性钠溶液【答案】BD【解析】【详解】A．石蕊试液遇酸变红，pH值都等于2的强酸和弱酸，加水稀释相同倍数，酸性减弱，溶液均逐渐由红色变为紫色，不能鉴别，故A错误；B．pH值都等于2强酸和弱酸，加水稀释相同倍数，pH值变化幅度大的为强酸，变化幅度小的为弱酸，故B正确；C．酚酞遇酸不变色，不能鉴别，故C错误；D．pH值都等于2的强酸和弱酸，均与一定量含有酚酞试液的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，红色褪去；生成弱酸强碱盐，溶液显碱性，溶液颜色变浅，可以鉴别，故D正确；故答案选BD。9.一元碱A与0.01mol/L的一元强酸等体积混合后所得溶液的pH为7。以下说法中正确的是①若A为强碱，其溶液的物质的量浓度等于0.01mol/L②若A为弱碱，其溶液的物质的量浓度大于0.01mol/L③反应前，A溶液中c(OH-)一定是0.01mol/L④反应后，混合溶液中阴离子的浓度大于阳离子的浓度A.①② B.①③ C.①②③ D.①②③④【答案】A【解析】【详解】室温下，某一元碱A与0.01mol/L某一元强酸等体积混合后所得溶液的pH为7，溶液呈中性；

①若A为强碱，生成的盐是强酸强碱盐，混合溶液呈中性，则酸碱物质的量相等，酸碱体积相等，则二者浓度相等，所以碱溶液浓度为0.01mol/L，故正确；

②若A为弱碱，生成的盐是强酸弱碱盐，盐溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则碱应该稍微过量，二者体积相等，则碱浓度应该大于0.01mol/L，故正确；

③混合溶液呈中性，如果碱是强碱，则酸碱浓度相等，如果碱是弱碱，则酸浓度应该稍微小于碱浓度，所以反应前，A溶液中c(OH-)一定等于或小于0.01mol/L，故错误；

④任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得混合溶液中阴离子的总浓度等于阳离子的总浓度，故错误；

综上，①②正确，故选：A。10.常温下，向10mL

的HR溶液中逐滴滴入的溶液，所得溶液pH及导电能力变化如图下列分析不正确的是A.点导电能力增强，说明HR为弱酸B.b点溶液，此时酸碱恰好中和C.c点溶液存在、D.b、c两点水的电离程度：【答案】D【解析】【详解】A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B．体积图像可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，二者恰好反应生成NH4R，故B正确；C．根据图像可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(NH4+)＞c(R-)，故C正确；D．b点酸碱恰好中和，为弱酸弱碱盐，c点氨水过量，一水合氨抑制水的电离，则b、c两点水的电离程度：b＞c，故D错误；故答案为D。11.下列叙述中，正确的是()A.pH＝3和pH＝4的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH＝3.5B.一定温度下溶液中c(H＋)越大，pH也越大，溶液的酸性就越强C.液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质D.当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数【答案】D【解析】【详解】A．pH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，n（H+）=1×10-3mol/L×0.01L=1×10-5mol。pH=4的盐酸中氢离子浓度为1×10-4mol/L，n（H+）=1×10-4mol/L×0．01L=1×10-6mol，混合之后总的物质的量=1×10-5mol+1×10-6mol=1.1×10-5mol，n（H+）=1.1×10-5mol/0.02L=0.55×10-3mol/L，pH<3.5，A错误；B．溶液中c（H+）越大，pH值也越小，B错误；C．氯气溶于水之后导电是因为氯气与水反应生成能电离的物质而不是氯气本身导电，所以氯气不是电解质，C错误；D．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，D正确；答案选D。12.反应2A(g)+B(g)2C(g)；△H<0，下列图象正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．ΔH<0即正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量分数增大，故A正确；B．在相同压强下，由于正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故B错误；C．在相同温度下，2A(g)+B(g)2C(g)的正反应为气体分子数减小，则增大压强平衡正向移动，C的物质的量分数增大，但该正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的物质的量分数减小，故C错误；D．在相同温度下，2A(g)+B(g)2C(g)的正反应为气体分子数减小，则增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，故D错误；答案选A。13.在一定温度下A（g）＋3B（g）2C（g）达平衡的标志是A.物质A、B、C的分子个数比为1:3:2B.单位时间内生成A、C的物质的量之比为1:2C.单位时间内生成A、B的物质的量之比为1:3D.反应速率v（A）=v（B）/3=v（C）/2【答案】B【解析】【详解】A．不清楚开始通入量，不能判断达到平衡，故错误；B．不同物质的化学反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且速率之比等于系数之比，生成A向逆反应方向移动，生成C向正反应方向移动，且速率之比等于1：2，能判断达到平衡，故正确；C．都是向逆反应方向进行，不能作为达到化学平衡的标志，故错误；D．没有指明反应方向，故错误。14.在室温下，某溶液中由水电离出H+浓度为1.0×10-13mol·L-1，则此溶液中一定不可能大量存在的离子组是A.Fe3+、NO、Cl-、Na+ B.Ca2+、HCO、Cl-、K+C.NH、Fe2+、SO、NO D.Cl-、SO、K+、Na+【答案】BC【解析】【分析】由水电离出的H＋浓度为1.0×10－13mol·L－1，说明水的电离被抑制，该溶液可能为酸性，也可能为碱性，据此分析解答。【详解】某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0×10-13mol•L-1，该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，

A．Fe3+、NO、Cl-、Na+之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A不选；

B．HCO与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B选；

C．NH、Fe2+、SO、NO在酸性溶液中，H+、NO、Fe2+之间发生氧化还原反应而不能共存，在碱性溶液中，NH或Fe2+与OH-不能共存，一定不能大量共存，故C选；

D．Cl-、SO、K+、Na+之间不发生反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D不选；

故选：BC。15.一定条件下2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，达到平衡的标志是A.单位时间生成2nmolA，同时消耗nmolD B.容器内的压强不随时间变化而变化C.容器内混合气密度不随时间而变化 D.单位时间内生成nmolB，同时生成1.5nmolC【答案】D【解析】【详解】A．无论反应是否达到平衡状态，每生成2nmolA，同时消耗nmolD，所以不能判断该反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．反应前后气体的物质的量不发生变化，一定条件下压强自始至终不变化，压强不变不能说明到达平衡，故B错误；

C．反应前后气体的体积、质量均不变，所以混合气体的密度也不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D．单位时间内生成nmolB，必然消耗1.5nmolC，而又同时生成1.5nmolC，所以正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；

故选：D。16.在25℃时，分别用pH=9、pH=10的两种氨水中和同浓度、同体积的盐酸，消耗氨水的体积分别为V1和V2，则V1和V2的关系是A.V1=10V2 B.V1＞10V2 C.V1＜10V2 D.V2＞10V1【答案】B【解析】【详解】中和同浓度、同体积（同物质量）的盐酸需要的氨水的物质的量一定相同（注意中和的意思是酸碱恰好反应生成盐，并不是说溶液一定显中性），所以pH=9、pH=10的两种氨水中NH3·H2O的物质的量一定相同。设浓度分别为c1和c2，得到c1V1=c2V2。设两种溶液中NH3·H2O的电离程度分别为α1和α2，则溶液中的氢氧根离子浓度分别为：c1α1和c2α2，两个溶液的pH=9和10，所以氢氧根离子浓度的比值等于1:10，即c1α1∶c2α2=1∶10。氨水是弱电解质，符合浓度越小，电离程度越大的要求，所以α1＞α2，得到10c1＜c2，带入c1V1=c2V2中，得到V1＞10V2，选项B正确。17.在25℃时向VmLpH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH(aq)10VmL时，溶液中Cl－的物质的量恰好等于Na＋的物质的量，则a+b的值是（）A.13 B.14 C.15 D.不能确定【答案】A【解析】【分析】本题考查pH的简单计算，运用pH的计算方法和溶液中的离子关系分析。【详解】盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中Cl-的物质的量恰好等于Na+的物质的量，说明溶液呈中性，即n（H+）=n（OH-），即酸碱恰好完全中和，则有n（HCl）=n（NaOH），pH=a的盐酸中c（H+）=10-amol/L，pH=b的氢氧化钠溶液中c（OH-）=10b-14mol/L，则V×10-3L×10-amol/L=10V×10-3L×10b-14mol/L，解之得：a+b=13，

答案选A。【点睛】溶液呈电中性时：n（H+）=n（OH-）。18.常温时，将V1mLc1mol·L-1的醋酸滴加到V2mLc2mol·L-1的烧碱中，下述结论中正确的是A.若混合溶液的pH=7，则c1V1>c2V2B.若V1=V2，c1=c2，则混合溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)C.若混合溶液的pH=7，则混合溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)D.若V1=V2，且混合溶液的pH<7，则有c1<c2【答案】A【解析】【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，则c1V1＞c2V2，故A正确；

B．若V1=V2，c1=c2，碱过量，则c(OH-)＞c(H+)，根据溶液呈电中性可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)，故B错误；

C．如果混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；

D．如c1＜c2，则c1V1＜c2V2，碱过量，反应后溶液呈碱性，则pH＞7，故D错误；

故选：A。二、填空题(共23分)19.在25℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸，同该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，填空：（1）若a+b=14，则Va:Vb=_________（填数字）。（2）若a+b=13，则Va:Vb=_________（填数字）。（3）若a+b>14，则Va:Vb=_________（填表达式），且Va__________Vb（填：>、<、=）（题中a≤6、b≥8）。【答案】①.1②.0.1③.10a+b-14④.>【解析】【详解】25℃时、有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该盐酸用该NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，则有VaL×10-amol/L=VbL×10b-14mol/L，即，(1)若a+b=14，则=1，故答案为：1；(2)若a+b=13，则，故答案为：0.1；(3)若a+b>14，则，即，故答案为：10a+b-14；>。【点睛】酸碱混合规律：(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。(2)25℃时，等体积pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。20.由金红石(TiO2)制取单质Ti的反应步骤为：TiO2→TiCl4→MgTi已知：①C(s)＋O2(g)==CO2(g)ΔH＝－393.5kJ•mol－1②2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)ΔH＝－566.5kJ•mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)==TiCl4(s)＋O2(g)ΔH＝－141kJ•mol－1则④TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)==TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝________________________。【答案】－361.5kJ•mol－1【解析】【详解】已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ•mol－1，②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.5kJ•mol－1，③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝－141kJ•mol－1。根据盖斯定律可知，①×2-②+③得TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=(-393.5kJ•mol-1)×2-(-566.5kJ•mol-1)+(-141kJ•mol-1)=-361.5kJ•mol－1，故答案为-361.5kJ•mol－1。21.有甲、乙两份等体积的浓度均为0.1mol·L-1的氨水，pH为11。（1）甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3·H2O的电离平衡向____(填“促进”或“抑制”)电离的方向移动，溶液的pH将为____(填序号)。A.9~11之间B.11C.12~13之间D.13（2）乙用0.1mol·L-1的氯化铵溶液稀释100倍。稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液比较，pH____(填“甲大”、“乙大”或“相等”)，其原因是____。【答案】（1）①.促进②.A（2）①.甲大②.溶液中浓度远大于NH3·H2O，水解：，溶液显酸性，pH<7【解析】【分析】氨水中存在电离：，pH为11则c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=10-3mol/L。小问1详解】甲用蒸馏水稀释，由于弱电解质越稀释越电离，则NH3·H2O的电离平衡向促进电离的方向移动；稀释100倍，若不考虑促进电离，c(OH-)=10-5mol/L，但NH3·H2O的电离被促进，则c(OH-)介于10-3~10-5mol/L，则pH介于9~11之间，故选A。【小问2详解】乙用0.1mol·L-1氯化铵溶液稀释100倍，则溶液中浓度远大于NH3·H2O，溶液以水解为主：，溶液显酸性，pH<7，故稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液比较，pH甲大。22.(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”、“=”或“<”)。(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，溶液中c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”、“=”或“<”)。(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中CH3COO-和Na＋浓度相等，则混合后溶液呈______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，醋酸体积______氢氧化钠溶液体积(填“大于”、“等于”或“小于”)。【答案】①.碱性②.>③.酸性④.<⑤.中性⑥.大于【解析】【详解】(1)CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa是一种强碱弱酸盐，由于水解使的溶液呈碱性，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH-)，故有c(Na＋)>c(CH3COO－)，故答案为：碱性；＞；(2)由于CH3COOH是弱酸，弱酸只能部分电离，即pH＝3的醋酸的物质的量浓度大于1.0×10-3mol/L，故pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后CH3COOH剩余，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知，c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH-)，故有c(Na＋)<c(CH3COO－)，故答案为：酸性；＜；(3)由电荷守恒可知c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH-)，当c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，c(H+)=c(OH-)，即溶液呈中性，结合(1)分析可知，需CH3COOH略过量，即醋酸的体积大于氢氧化钠溶液的体积，故答案为：中性；大于。23.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知如表数据。化学式电离平衡常数(25℃)HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-1125℃时，有等浓度的a.NaCN溶液b.CH3COONa溶液c.Na2CO3溶液，d.NaHCO3溶液三种溶液的pH由大到小的顺序为____(填序号)【答案】c＞a＞d＞b【解析】【详解】电离平衡常数越大弱酸的酸性越强，由表知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，酸性越弱其盐溶液水解程度越大，溶液的pH越大，所以等浓度的四种溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞NaHCO3溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：c＞a＞d＞b。24.为测定硫酸亚铁铵晶体【(NH4)2Fe(SO4)2·xH2O】中铁的含量，某实验小组做了如下实验：步骤一：用电子天平准确称量5.000g硫酸亚铁铵晶体，配制成250ml溶液。步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定至Fe2+恰好全部氧化成Fe3+，同时，MnO4-被还原成Mn2+。再重复步骤二两次。请回答下列问题：（1）配制硫酸亚铁铵溶液的操作步骤依次是：称量、_____、转移、洗涤并转移、____、摇匀。（2）用_____________(“酸式”或“碱式”)滴定管盛放KMnO4溶液。（3）当滴入最后一滴KMnO4溶液，出现______________________________，即到达滴定终点。反应的离子方程式：_________________________________________（4）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0521.04225.001.5024.50325.000.2020.21实验测得该晶体中铁的质量分数为_________。(保留两位小数)【答案】（1）①.溶液②.定容（2）酸式（3）①.溶液由黄色变成紫红色，且半分钟内不褪色②.（4）11.20%【解析】【24题详解】用固体配制溶液的一般步骤为称量、溶解、(冷却后)转移、洗涤并转移、定容、摇匀等操作；【25题详解】KMnO4溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶，应用酸式滴定管盛装；【26题详解】Fe2+与KMnO4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为，滴定时，溶液中亚铁离子逐渐转化为铁离子，溶液由浅绿色转化为黄色，滴定终点时，溶液由黄色变成紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为溶液由黄色变成紫红色，且半分钟内不褪色；；【27题详解】3次实验消耗高锰酸钾溶液体积分别为(21.04-1.05)mL=19.99mL、24.50mL-1.50mL=23.00mL、20.21mL-0.20mL=20.01mL，第二次数据偏离值大，舍去，故用高锰酸钾溶液平均体积为(19.99mL+20.01mL)÷2=20.00mL，则消耗n()=20.00mL×0.010mol/L=2×10-4mol，则原样品中n(Fe2+)=5×2×10-4×10mol=1.0×10-2mol，n(Fe2+)=56g/mol×1.0×10-2mol=0.56g，则实验测得该晶体中铁的质量分数为×100%=11.20%(保留两位