一、單選題
1．下列離子方程式書寫正確的是
A．NaHCO3溶液中加入稀鹽酸：CO+2H+=CO2↑+H2O
B．足量的CO2與澄清石灰水反應：CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O
C．碳酸氫鈉溶液中滴入過量氫氧化鈣溶液：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D．碳酸氫銨溶液中滴入少量氫氧化鈉溶液：NH+HCO+2OH-= CO+NH3·H2O
2．下列各組離子在相應的條件下可能大量共存的是
A．能使石蕊試液變紅的溶液中：、、、
B．時，由水電離產(chǎn)生的的溶液中：、、、
C．在的溶液中：、、、
D．時，的溶液中：、、、
3．下列有關實驗敘述錯誤的是
A．實驗室可用硫酸銅溶液除去乙炔中的雜質(zhì)氣體
B．苯和溴水在溴化鐵溶液催化作用下發(fā)生取代反應生成溴苯
C．用溴水可以鑒別苯酚溶液、2，4—己二烯、甲苯和酒精
D．乙醛和丙烯醛不是同系物，它們與H2充分反應后的產(chǎn)物是同系物
4．下列各組中的離子，在強酸性或強堿性溶液中都能大量共存的是
A．、、、B．、、、
C．Al3+、、、D．、Fe3+、、
5．下列離子方程式正確的是
A．向硫酸氫鈉溶液中滴加氫氧化鈉溶液：
B．過氧化鈉加入水中：
C．過量通入澄清石灰水中：
D．將銅絲插入硝酸銀溶液中：
6．下列實驗能達到目的的是
A．裝置甲證明醋酸為弱酸B．裝置乙處理Cl2尾氣
C．裝置丙除去乙醇中少量的水D．裝置丁準確量取一定體積的酸性KMnO4標準溶液
7．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是
A．甲基橙呈紅色的溶液中：Na＋、K＋ 、HCO、NO
B．的溶液中：NH、Ca2＋、ClO－、I－
C．pH = 7的溶液中：Fe3+、Na＋、Cl－、Br－
D．溶有大量CO2氣體的溶液中：Na＋、、Cl－、NO
8．下列操作不能達到實驗目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．工業(yè)可利用“單質(zhì)碘”循環(huán)來吸收，同時制得氫氣，流程如圖所示。下列說法錯誤的是
A．二氧化硫與碘水反應的離子方程式可表示為：
B．反應器中控制溫度的目的是增大的溶解度以加快吸收
C．分離器中的物質(zhì)分離的操作為蒸餾
D．碘循環(huán)工藝的總反應為
10．下列水溶液中的電離方程式正確的是
A．HCO+H2O=H3O++CO
B．NaHSO4=Na++H++SO
C．CH3COOH=CH3COO-+H+
D．KMnO4K++Mn7++4O2-
二、填空題
11．在呼吸面具和潛水艇中可用過氧化鈉作為供氧劑。請選用適當?shù)幕瘜W試劑和實驗用品、用圖中的實驗裝置進行實驗，證明過氧化鈉可作供氧劑。
(1)填寫表中空格：
(2)試管F中收集滿氣體后，下一步實驗操作的目的是： 。
12．利用分類法研究化學物質(zhì)可系統(tǒng)、全面認識物質(zhì)的性質(zhì)。
Ⅰ。下列三組物質(zhì)中，均有一種物質(zhì)的類別與其他三種不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO
②HCl、H2O、H2SO4、HNO3
③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
(1)三種物質(zhì)依次是(填化學式)：① ；② ；③ 。
(2)這三種物質(zhì)相互作用可生成一種新物質(zhì)NaHCO3，該反應 (填“是”或“不是”)氧化還原反應。
(3)寫出Na2CO3與少量稀硫酸反應的離子方程式： 。
(4)HCO與H+、OH-在溶液都不能大量共存，試用離子方程式說明： 、
Ⅱ．現(xiàn)有以下物質(zhì)：①食鹽水 ②鹽酸 ③CaCO3固體 ④醋酸 ⑤蔗糖 ⑥銅 ⑦CO2 ⑧H2SO4 ⑨KOH固體。其中能導電的物質(zhì)是 ，屬于強電解質(zhì)的是 ，屬于非電解質(zhì)的是 。
13．酸堿鹽在水溶液中反應以離子反應為特征，以化學平衡理論為基礎?；卮鹣铝袉栴}
(1)298K時，在·L-1氨水中滴入0.10ml·L-1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如圖所示。已知0.10ml·L-1氨水的電離度為1.32%，下列敘述正確的是_____。
A．該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑
B．M點對應的鹽酸體積為20.0mL
C．M點處的溶液中c()=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D．N點處的溶液中pH3:1，分析其原因，發(fā)現(xiàn)可能與加入鋅粉的質(zhì)量有關，請說明理由 。
實驗操作
實驗目的
A
向含少量水的乙醇中加入無水硫酸銅，蒸餾
制備無水乙醇
B
以甲基橙為指示劑，用鹽酸滴定Na2CO3標準溶液
測定鹽酸濃度
C
補鐵藥品粉碎并加水溶解，向其中滴加KSCN溶液
檢驗藥品是否變質(zhì)
D
含少量KNO3雜質(zhì)的NaCl溶液蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥
提純NaCl
儀器
加入試劑
加入該試劑的目的
A
石灰石和稀鹽酸
制取CO2氣體
B
飽和NaHCO3溶液

C
過氧化鈉
與CO2和水蒸氣反應，產(chǎn)生O2
D


參考答案：
1．C
【詳解】A．NaHCO3溶液中加入稀鹽酸生成氯化鈉、二氧化碳和水，離子反應方程式為：HCO+H+=CO2↑+H2O，故A錯誤；
B．足量的CO2與澄清石灰水反應生成碳酸氫鈣，離子反應方程式：CO2+OH-= HCO，故B錯誤；
C．碳酸氫鈉溶液中滴入過量氫氧化鈣溶液反應生成碳酸鈣，氫氧化鈉和水，離子反應方程式為：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C正確；
D．碳酸氫氨溶液中滴入少量氫氧化鈉溶液反應生成碳酸鈉：HCO+OH-= CO+ H2O，故D錯誤；
答案選C。
2．B
【詳解】A．能使石蕊試液變紅的溶液呈酸性，在酸性溶液中反應，不能大量共存，A錯誤；
B．由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝1×10-10ml·L-1的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，在酸溶液中：、、、、H+之間不會發(fā)生任何反應，可以大量共存，B正確；
C．，則c(H+)①>③
(3)Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑
(4)Al2O3
(5)5.0×10-3
【詳解】（1）A．鹽酸滴定氨水時，滴定終點溶液為NH4Cl溶液，呈酸性，故指示劑應選甲基橙，A錯誤；
B．一水合氨屬于弱堿，與鹽酸正好反應生成NH4Cl時溶液呈酸性，故二者等濃度反應時，若溶液的pH=7，鹽酸的體積應小于氨水的體積，即小于20.0mL，B錯誤；
C．M點為氯化銨和少量氨水的混合溶液，根據(jù)電荷守恒可知溶液中：c()＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)，M點溶液的pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，則c()=c(Cl-)，由于水的電離是微弱的，故c()=c(Cl-)＞c(H＋)=c(OH-)，C錯誤；
D．由圖可知，N點即為0.10ml·L-1氨水，由其電離度為1.32%，可知0.10ml·L-1氨水中c(OH-)=0.00132ml·L-1，ml·L-1，故pH=-lgc(H+)=，則該氨水中11＜pH＜12，D正確；
答案選D。
（2）①CH3COONH4溶液銨根離子促進醋酸根離子的水解，②CH3COONa溶液中醋酸根離子少部分水解，醋酸根離子濃度最大，③CH3COOH溶液中，CH3COOH電離出少量的醋酸根離子，醋酸根離子濃度最小，則c(CH3COO-)由大到小的順序是：②＞①＞③。
（3）明礬水溶液與NaHCO3溶液混合時發(fā)生的離子反應方程式為Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑。
（4）氯化鋁發(fā)生微弱水解，產(chǎn)生少量的氫氧化鋁和鹽酸，加熱蒸干過程中因HCl揮發(fā)，上述平衡右移至AlCl3完全水解，生成氫氧化鋁沉淀，灼燒時2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，所以AlCl3溶液蒸干并灼熱得到的固體物質(zhì)是Al2O3。
（5）根據(jù)溶度積計算：，此時溶液中5.0×10-3ml/L。
14．(1) ②④⑧⑩ ⑤⑨ ②⑧ ④⑩
(2)CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
【分析】電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮?br>非電解質(zhì)是在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物；
強電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質(zhì)，包括強酸、強堿、活潑金屬氧化物和大部分鹽；
弱電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下只能部分電離的電解質(zhì)，包括弱酸、弱堿、水、部分鹽。
(1)
①鐵片是金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；
②NaCl在水溶液和熔融狀態(tài)下能完全電離出自由移動的陰陽離子而導電，所以是強電解質(zhì)；
③氨水是氨氣的水溶液，是混合物，既不是非電解質(zhì)也不是電解質(zhì)；
④CH3COOH在水溶液里只能部分電離出自由移動的離子而導電，是弱電解質(zhì)；
⑤酒精在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不能電離出自由移動的離子，是非電解質(zhì)；
⑥鹽酸是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；
⑦稀H2SO4是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；
⑧KOH在水溶液或熔融狀態(tài)下能完全電離出自由移動的陰陽離子而導電，所以是強電解質(zhì)；
⑨蔗糖在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物，是非電解質(zhì)；
⑩H2S在水溶液里只能部分電離出自由移動的離子而導電，是弱電解質(zhì)；
(2)
CH3COOH與KOH發(fā)生中和反應生成CH3COOK和H2O，離子方程式為CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O。
15．(1)
(2)
(3)
(4)焰色反應
(5)取樣瓶于試管中，加濃氫氧化鈉溶液共熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，說明存在
【解析】（1）
無色透明溶液，為黃色，故不做任何實驗就可以肯定原溶液中不存在的離子是；
（2）
取少量原溶液，向其中加入過量氯化鋇，有白色沉淀硫酸鋇生成，原溶液中硫酸根，有關反應的離子方程式為；
（3）
向(2)的濾液中加入過量NaOH溶液，也有白色沉淀生成，白色沉淀為氫氧化鎂，有關反應的離子方程式為；
（4）
檢驗原溶液中存在的實驗方法是焰色反應，為黃色火焰；
（5）
檢驗某銨鹽溶液中是否含有的實驗操作步驟是：取樣瓶于試管中，加濃氫氧化鈉溶液共熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，說明存在；
16．(1) 溶液藍紫色褪去，轉化為灰藍色固體，后逐漸溶解，溶液成為綠色溶液 Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓、Cr(OH)3+OH-=
(2) 溶液由黃色變?yōu)槌燃t色 增大 1.0×1014 小于
(3) 2.0×10-5 5.0×10-3
【詳解】（1）依據(jù)Cr 3+與Al 3+的化學性質(zhì)相似，由Al 3+和NaOH溶液的反應情況，不難推得，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液少量時原來Cr3+的藍紫色逐漸變成灰藍色的Cr(OH)3沉淀，反應的離子方程式為：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，當NaOH溶液過量時Cr(OH)3沉淀又逐漸溶解變?yōu)榈木G色溶液，反應的離子方程式為：Cr(OH)3+OH-=；
（2）①從圖示可知：隨著溶液酸性的增強，的濃度逐漸升高，所以溶液顏色會由黃色逐漸變?yōu)槌燃t色；
②根據(jù)反應方程式2+2H++H2O及圖示看出：該轉化隨著溶液酸性增大，化學平衡正向移動，導致的平衡轉化率將增大。從題給圖示中，該反應的A點時c(H+)=10-7 ml/L ，c()=0.25 ml/L，由Cr元素守恒，c()=1.0 ml/L-0.25 ml/L×2=0.5 ml/L，故該轉化的平衡常數(shù)K=；
③若溫度升高，溶液中的平衡轉化率減小，說明溫度升高，化學平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，則該反應的正反應是放熱反應，故其反應熱ΔH小于0；
（3）由沉淀的溶度積計算c(Ag+)=；在該溶液中c()=。
17．(1)
(2) 2∶3
(3) 、、 、
【分析】某白色粉末中可能含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3、CuSO4，現(xiàn)進行以下實驗：i．由于CuSO4的水溶液顯藍色，將部分白色粉末加入水中，溶液呈無色，說明白色固體中不含CuSO4；充分振蕩，有白色沉淀生成，由于BaCl2與Na2CO3、K2SO3會反應產(chǎn)生BaCO3沉淀、BaSO3沉淀，則說明白色固體中一定含有BaCl2，在Na2CO3、K2SO3兩種物質(zhì)中至少有一種；
ii．由于BaSO3遇到稀硝酸會有氣泡產(chǎn)生且沉淀不消失。取部分i中懸濁液，過濾，向得到的固體中加入過量的稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有氣體產(chǎn)生，說明原沉淀中含有BaCO3、BaSO3沉淀，加入稀HNO3時，BaCO3反應轉化為可溶性Ba(NO3)2并產(chǎn)生CO2氣體，而BaSO3沉淀被氧化為BaSO4沉淀，同時反應產(chǎn)生NO氣體，故證明原固體中含有Na2CO3、K2SO3。
根據(jù)上述分析可知該白色固體中一定含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3，一定不含有CuSO4。
【詳解】（1）由于CuSO4的水溶液顯藍色，該白色固體溶于水，水溶液顯無色，說明其中一定不含有CuSO4；
（2）①在反應BaSO3+HNO3→BaSO4+NO↑+H2O中，S元素化合價由反應前BaSO3中的+4價變?yōu)榉磻驜aSO4中的+6價，化合價升高2價；N元素化合價由反應前HNO3中的+5價變?yōu)榉磻驨O中的+2價，化合價降低3價，化合價升降最小公倍數(shù)是6，所以BaSO3、BaSO4的系數(shù)是3，HNO3、NO的系數(shù)是2，最后根據(jù)原子守恒，可知H2O的系數(shù)是1，則配平后的化學方程式為：3BaSO3+2HNO3=3BaSO4+2NO↑+H2O；
②硝酸是氧化劑，亞硫酸鋇是還原劑，所以反應中氧化劑與還原劑的個數(shù)之比為2:3；
（3）根據(jù)上述分析可知該白色粉末中一定含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3，Na2CO3與HNO3發(fā)生復分解反應產(chǎn)生CO2氣體，BaSO3與稀HNO3發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生NO氣體，故產(chǎn)生的氣體化學式為CO2、NO。
18．(1)C10H16O
(2)SP3 SP2
(3)3
(4)DAC
【分析】(1)
根據(jù)結構簡式確定分子式為C10H16O；
(2)
a-紫羅蘭酮分子中連接碳碳雙鍵、碳氧雙鍵的碳原子價層電子對個數(shù)都是3，其它碳原
子價層電子對個數(shù)都是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型：前者為雜化sp2、后者為雜化sp3；
(3)
上述轉化過程中，假紫羅蘭酮、a-紫羅蘭酮、β-紫羅蘭酮互為同分異構體，它們的分子式相同結構不同；
(4)
檸檬醛中含有碳碳雙鍵和醛基，碳碳雙鍵和醛基都能和溴水反應而使溴水褪色，檸檬醛中醛基能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，所以要檢驗碳碳雙鍵，應該先用銀氨溶液氧化醛基，然后再加入稀硫酸酸化，最后用溴水檢驗碳碳雙鍵，則所需試劑為DAC；
19． Ba(OH)2 2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+ 17：12
【分析】向溶液中通入二氧化碳時，首先與氫氧根離子反應生成碳酸根離子，碳酸根離子與鋇離子反應生成碳酸鋇沉淀；鋇離子反應完后，二氧化碳與氫氧根離子反應生成碳酸根離子；然后為二氧化碳與偏鋁酸根離子反應生成氫氧化鋁沉淀；再為二氧化碳、水與碳酸根離子反應生成碳酸氫根離子；最后為碳酸鋇、二氧化碳與水反應生成碳酸氫鋇。
【詳解】I．分析可知，首先與二氧化碳反應的為氫氧化鋇；ab段為偏鋁酸鈉與二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀，離子方程式為2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+；
II．根據(jù)反應方程式可知，n(Mg)~2n(HCl)，n(Al)~3n(HCl)，n(Mg)×24g/ml+n(Al)×27g/ml=73.2g，n(Mg)×2+n(Al)×3=5.0ml·L-1×1.4L，解得n(Al)=1.2ml，n(Mg)=1.7ml，n(Mg)：n(Al)=1.7：1.2=17：12。
20．(1) D A 蒸餾
(2) B 分液
(3) 冷凝管 下
(4)C
(5)A
【解析】（1）
從KCl溶液中獲得溶質(zhì)固體KCl，采用蒸發(fā)結晶的方法，故選擇裝置D；自來水中含有的水的沸點是100℃，而含有Cl-等的物質(zhì)屬于離子化合物，沸點比水高，所以要除去自來水中的Cl-等雜質(zhì)，選擇裝置是蒸餾方法，選擇裝置A；
（2）
油和水都為液體二者不互溶，用分液操作分離，因此選擇B；
（3）
根據(jù)裝置示意圖可知裝置①是冷凝管，為了充分冷凝，根據(jù)逆流原理冷卻水從下口進，上口出；
（4）
硫酸鋇不溶于水，用過濾的方法分離，選用C；
（5）
Cl-用含有AgNO3溶液檢驗，二者反應生成白色沉淀AgCl； 用Ba(NO3)2溶液檢驗，二者反應生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液檢驗，二者反應生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl-、、OH-都和AgNO3溶液反應，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反應生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反應生成白色沉淀，為了防止干擾，應該先檢驗、再檢驗OH-，故加入試劑順序是④②①②③，故合理選項是A。
21． 飽和碳酸氫鈉溶液 過濾 或； a NH3 增大氣體與溶液接觸面積，提高CO2吸收率 Na+ CO 80%
【分析】工業(yè)上侯氏制堿法是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，由于氨氣在水中的溶解度大，所以先通入氨氣，通入足量的氨氣后再通入二氧化碳，生成了碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉的溶解度較小，所以溶液中有碳酸氫鈉晶體析出，將碳酸氫鈉晶體加熱后得純堿碳酸鈉。
【詳解】(1) ①用鹽酸制取二氧化碳時，因鹽酸易揮發(fā)，所以，二氧化碳中常會含有氯化氫氣體，碳酸氫鈉能與鹽酸反應不與二氧化碳反應，所以通過碳酸氫鈉的溶液是可以除掉二氧化碳氣體中的氯化氫氣體，故答案為：飽和碳酸氫鈉溶液；
②分離出NaHCO3晶體的操作是分離固體與液體，常采用的實驗操作是過濾操作，
故答案為：過濾；
③裝置丙中CO2通入含氨的飽和食鹽水中，生成氯化銨和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度不大，會以固體的方式生成，故化學方程式為：或；；故答案為：或；。
(2)①制取碳酸氫鈉時先要得到含氨的飽和食鹽水，氨氣極易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以應先通入氨氣，所以a端通入，從而保證了從b通入二氧化碳時，二氧化碳被充分反應，故答案為：a；NH3；
②裝置改動后反應物的二氧化碳與溶液的接觸面積變大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案為：增大氣體與溶液接觸面積，提高CO2吸收率；
③碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳、碳酸鈉、水，反應為：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，NaHCO3分解不完全，混合物是碳酸鈉和碳酸氫鈉，取加熱了的NaHCO3樣品 完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中緩慢地滴加稀鹽酸，并不斷攪拌，隨著鹽酸的加入，發(fā)生反應 CO+H+=HCO； HCO+H+=CO2↑+H2O；溶液中有關離子的物質(zhì)的量的變化為：碳酸根離子減小，碳酸氫根離子濃度增大，當碳酸根離子全部轉化為碳酸氫根離子，再滴入鹽酸和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳，碳酸氫根離子減小，在此過程中，Na+不參與反應，濃度一直不變，故a曲線表示的是Na+濃度的變化，碳酸根離子減小，所以d曲線表示的是碳酸根離子濃度變化；碳酸根離子0.02ml；鈉離子為0.05ml；樣品中Na2CO3的物質(zhì)的量為0.02ml，原NaHCO3的分解率 =80%，故答案為：Na+；CO；80%。
【點睛】考查制備方案的設計，涉及“侯氏制堿法”的反應原理、制備實驗方案的設計等知識，明確實驗原理為解答關鍵，注意把握實驗原理以及物質(zhì)的性質(zhì)。
22．(1)
(2)當最后一滴滴入，溶液恰好由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色
(3) 甲 傾斜著轉動滴定管使液體潤濕全部內(nèi)壁，然后打開活塞將液體從下部放出
(4)AC
(5)
【詳解】（1）FeCl3?6H2O在250℃時分解可得到FeOCl、氯化氫和水，反應的化學方程式：；
（2）過碳酸鈉溶于水分解成Na2CO3和H2O2，滴加甲基橙作指示劑，變色范圍是3.1~4.4，用0.100ml?L-1H2SO4溶液滴定至終點，現(xiàn)象是：當最后一滴滴入，溶液恰好由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不變色；
（3）溶液應裝在酸性滴定管，故選：甲；潤洗滴定管的具體操作是：向滴定管中注入少量標準溶液，傾斜著轉動滴定管使液體潤濕全部內(nèi)壁，然后打開活塞將液體從下部放出；
（4）A．樣品溶于水酸化后放置一段時間，部分分解，導致測定結果偏低，A選；
B．滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準溶液潤洗，相當于稀釋標準液的濃度，造成標準液的消耗體積偏大，測定結果偏高，B不選；
C．滴定前讀數(shù)時仰視滴定管讀數(shù)，造成標準液體積的起始讀數(shù)偏大，而導致終點時讀數(shù)偏小，測定結果偏低，C選；
D．滴定前尖嘴部分有氣泡，滴定后尖嘴部分充滿溶液，造成消耗的標準液的消耗體積偏大，測定結果偏高，D不選；
故選：AC；
（5）步驟②碳酸鈉和稀硫酸按物質(zhì)的量1:1反應，則，步驟③滴定原理為，則，，該過碳酸鈉化學式為。
23． BC 溫度太低，F(xiàn)eC2O4?2H2O氧化速度太慢，溫度太高容易導致H2O2分解，影響FeC2O4?2H2O氧化 edbc 加快過濾速率 B 加入的鋅粉不足，沒有使溶液中的鐵離子完全轉化為亞鐵離子
【詳解】(1) A．亞鐵離子在溶液中會發(fā)生水解，不利于FeC2O4?2H2O沉淀的生成，則步驟I中需要加入少量的稀硫酸，抑制亞鐵離子的水解，故正確；
B．步驟II硫酸亞鐵銨溶液與草酸混合后立即出現(xiàn)渾濁，繼續(xù)攪拌并維持微沸幾分鐘的目的是形成結晶顆粒較大的FeC2O4?2H2O沉淀，便于沉淀沉降至容器底部，有利于沉淀的過濾與洗滌，故錯誤；
C．過氧化氫具有還原性，能與酸性高錳酸鉀溶液反應，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則為了監(jiān)控步驟IV的反應進度，取少量懸濁液，加入酸化的高錳酸鉀溶液，若溶液褪色不能說明Fe（Ⅱ）還沒有完全氧化，故錯誤；
D．步驟IV中在過量草酸根存在下，用過氧化氫氧化FeC2O4?2H2O沉淀得到三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀溶液，同時還有氫氧化鐵生成，則步驟V中加入草酸溶液的目的是溶解氫氧化鐵，故正確；
BC錯誤，故答案為：BC；
(2)步驟IV中若溫度太高，雙氧水受熱容易分解，影響FeC2O4?2H2O氧化，若溫度太低，F(xiàn)eC2O4?2H2O氧化反應速率太慢，所以需要控制反應溫度為40℃左右，故答案為：溫度太低，F(xiàn)eC2O4?2H2O氧化速度太慢，溫度太高容易導致H2O2分解，影響FeC2O4?2H2O氧化；
(3)①步驟VII中為了得到較多的K3[Fe (C2O4)3]·3H2O粗產(chǎn)品，應將K3[Fe (C2O4)3]溶液蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱，趁熱過濾，向濾液中加入10mL95%乙醇，用表面皿將燒杯蓋好，在暗處放置1～2h冷卻結晶，減壓過濾，用95%乙醇洗滌晶體2次，以除去晶體表面附著的水分，干燥得到K3[Fe (C2O4)3]·3H2O粗產(chǎn)品，則合理的操作順序為edbc，故答案為：edbc；
②趁熱過濾時，將濾紙折疊成菊花形能使過濾的容積增大，可以加快過濾速率，減少K3[Fe (C2O4)3]析出造成損失，故答案為：加快過濾速率；
(4)A．滴定管和移液管都可能出現(xiàn)漏液情況，導致測定結果出現(xiàn)誤差，使用之前均需檢漏，故錯誤；
B．滴定前應用移液管準確量取25.0 mL待測液轉移至錐形瓶中，故正確；
C．滴定時，為了加快實驗過程，縮短實驗時間，滴加液體的速度可以適當快些，臨近滴定終點時應放慢滴加液體的速度，提高實驗的準確性，故錯誤；
D．若滴定中發(fā)現(xiàn)滴加液體過量，可以用待測液反滴，記下消耗的待測液的體積即可，無需重做實驗，故錯誤；
E．滴定結束后馬上取下滴定管讀數(shù)，若溶液顏色變化后，半分鐘內(nèi)溶液顏色又發(fā)生改變，可能沒有達到滴定終點，將使測得的產(chǎn)品純度偏低，故錯誤；
B正確，故答案為：B；
(4)若計算得n()：n(Fe3+)>3:1，說明加入的鋅粉不足，沒有使溶液中的鐵離子完全轉化為亞鐵離子，導致滴定時消耗標準高錳酸鉀溶液體積偏小，所測鐵離子的物質(zhì)的量偏低，故答案為：加入的鋅粉不足，沒有使溶液中的鐵離子完全轉化為亞鐵離子。

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第4節(jié) 離子反應

版本： 魯科版 (2019)

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