鲁科版 (2019)选择性必修1第4节 离子反应综合训练题

这是一份鲁科版 (2019)选择性必修1第4节 离子反应综合训练题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2O
B．足量的CO2与澄清石灰水反应：CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O
C．碳酸氢钠溶液中滴入过量氢氧化钙溶液：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D．碳酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：NH+HCO+2OH-= CO+NH3·H2O
2．下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是
A．能使石蕊试液变红的溶液中：、、、
B．时，由水电离产生的的溶液中：、、、
C．在的溶液中：、、、
D．时，的溶液中：、、、
3．下列有关实验叙述错误的是
A．实验室可用硫酸铜溶液除去乙炔中的杂质气体
B．苯和溴水在溴化铁溶液催化作用下发生取代反应生成溴苯
C．用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4—己二烯、甲苯和酒精
D．乙醛和丙烯醛不是同系物，它们与H2充分反应后的产物是同系物
4．下列各组中的离子，在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的是
A．、、、B．、、、
C．Al3+、、、D．、Fe3+、、
5．下列离子方程式正确的是
A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液：
B．过氧化钠加入水中：
C．过量通入澄清石灰水中：
D．将铜丝插入硝酸银溶液中：
6．下列实验能达到目的的是
A．装置甲证明醋酸为弱酸B．装置乙处理Cl2尾气
C．装置丙除去乙醇中少量的水D．装置丁准确量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．甲基橙呈红色的溶液中：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气体的溶液中：Na＋、、Cl－、NO
8．下列操作不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
9．工业可利用“单质碘”循环来吸收，同时制得氢气，流程如图所示。下列说法错误的是
A．二氧化硫与碘水反应的离子方程式可表示为：
B．反应器中控制温度的目的是增大的溶解度以加快吸收
C．分离器中的物质分离的操作为蒸馏
D．碘循环工艺的总反应为
10．下列水溶液中的电离方程式正确的是
A．HCO+H2O=H3O++CO
B．NaHSO4=Na++H++SO
C．CH3COOH=CH3COO-+H+
D．KMnO4K++Mn7++4O2-
二、填空题
11．在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品、用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。
(1)填写表中空格：
(2)试管F中收集满气体后，下一步实验操作的目的是： 。
12．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。
Ⅰ。下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO
②HCl、H2O、H2SO4、HNO3
③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
(1)三种物质依次是(填化学式)：① ；② ；③ 。
(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应 (填“是”或“不是”)氧化还原反应。
(3)写出Na2CO3与少量稀硫酸反应的离子方程式： 。
(4)HCO与H+、OH-在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明： 、
Ⅱ．现有以下物质：①食盐水 ②盐酸 ③CaCO3固体 ④醋酸 ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦CO2 ⑧H2SO4 ⑨KOH固体。其中能导电的物质是 ，属于强电解质的是 ，属于非电解质的是 。
13．酸碱盐在水溶液中反应以离子反应为特征，以化学平衡理论为基础。回答下列问题
(1)298K时，在·L-1氨水中滴入0.10ml·L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10ml·L-1氨水的电离度为1.32%，下列叙述正确的是_____。
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M点处的溶液中c()=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D．N点处的溶液中pH3:1，分析其原因，发现可能与加入锌粉的质量有关，请说明理由 。
实验操作
实验目的
A
向含少量水的乙醇中加入无水硫酸铜，蒸馏
制备无水乙醇
B
以甲基橙为指示剂，用盐酸滴定Na2CO3标准溶液
测定盐酸浓度
C
补铁药品粉碎并加水溶解，向其中滴加KSCN溶液
检验药品是否变质
D
含少量KNO3杂质的NaCl溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
提纯NaCl
仪器
加入试剂
加入该试剂的目的
A
石灰石和稀盐酸
制取CO2气体
B
饱和NaHCO3溶液

C
过氧化钠
与CO2和水蒸气反应，产生O2
D


参考答案：
1．C
【详解】A．NaHCO3溶液中加入稀盐酸生成氯化钠、二氧化碳和水，离子反应方程式为：HCO+H+=CO2↑+H2O，故A错误；
B．足量的CO2与澄清石灰水反应生成碳酸氢钙，离子反应方程式：CO2+OH-= HCO，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液中滴入过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙，氢氧化钠和水，离子反应方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．碳酸氢氨溶液中滴入少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠：HCO+OH-= CO+ H2O，故D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，在酸性溶液中反应，不能大量共存，A错误；
B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10-10ml·L-1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，在酸溶液中：、、、、H+之间不会发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C．，则c(H+)①>③
(3)Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑
(4)Al2O3
(5)5.0×10-3
【详解】（1）A．盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，A错误；
B．一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH=7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0mL，B错误；
C．M点为氯化铵和少量氨水的混合溶液，根据电荷守恒可知溶液中：c()＋c(H＋)=c(Cl-)＋c(OH-)，M点溶液的pH=7，即c(H＋)=c(OH-)，则c()=c(Cl-)，由于水的电离是微弱的，故c()=c(Cl-)＞c(H＋)=c(OH-)，C错误；
D．由图可知，N点即为0.10ml·L-1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10ml·L-1氨水中c(OH-)=0.00132ml·L-1，ml·L-1，故pH=-lgc(H+)=，则该氨水中11＜pH＜12，D正确；
答案选D。
（2）①CH3COONH4溶液铵根离子促进醋酸根离子的水解，②CH3COONa溶液中醋酸根离子少部分水解，醋酸根离子浓度最大，③CH3COOH溶液中，CH3COOH电离出少量的醋酸根离子，醋酸根离子浓度最小，则c(CH3COO-)由大到小的顺序是：②＞①＞③。
（3）明矾水溶液与NaHCO3溶液混合时发生的离子反应方程式为Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑。
（4）氯化铝发生微弱水解，产生少量的氢氧化铝和盐酸，加热蒸干过程中因HCl挥发，上述平衡右移至AlCl3完全水解，生成氢氧化铝沉淀，灼烧时2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，所以AlCl3溶液蒸干并灼热得到的固体物质是Al2O3。
（5）根据溶度积计算：，此时溶液中5.0×10-3ml/L。
14．(1) ②④⑧⑩ ⑤⑨ ②⑧ ④⑩
(2)CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液或熔融状态下只能部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水、部分盐。
(1)
①铁片是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
②NaCl在水溶液和熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，所以是强电解质；
③氨水是氨气的水溶液，是混合物，既不是非电解质也不是电解质；
④CH3COOH在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，是弱电解质；
⑤酒精在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，是非电解质；
⑥盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀H2SO4是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧KOH在水溶液或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，所以是强电解质；
⑨蔗糖在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，是非电解质；
⑩H2S在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，是弱电解质；
(2)
CH3COOH与KOH发生中和反应生成CH3COOK和H2O，离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O。
15．(1)
(2)
(3)
(4)焰色反应
(5)取样瓶于试管中，加浓氢氧化钠溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明存在
【解析】（1）
无色透明溶液，为黄色，故不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是；
（2）
取少量原溶液，向其中加入过量氯化钡，有白色沉淀硫酸钡生成，原溶液中硫酸根，有关反应的离子方程式为；
（3）
向(2)的滤液中加入过量NaOH溶液，也有白色沉淀生成，白色沉淀为氢氧化镁，有关反应的离子方程式为；
（4）
检验原溶液中存在的实验方法是焰色反应，为黄色火焰；
（5）
检验某铵盐溶液中是否含有的实验操作步骤是：取样瓶于试管中，加浓氢氧化钠溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明存在；
16．(1) 溶液蓝紫色褪去，转化为灰蓝色固体，后逐渐溶解，溶液成为绿色溶液 Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓、Cr(OH)3+OH-=
(2) 溶液由黄色变为橙红色 增大 1.0×1014 小于
(3) 2.0×10-5 5.0×10-3
【详解】（1）依据Cr 3+与Al 3+的化学性质相似，由Al 3+和NaOH溶液的反应情况，不难推得，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液少量时原来Cr3+的蓝紫色逐渐变成灰蓝色的Cr(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，当NaOH溶液过量时Cr(OH)3沉淀又逐渐溶解变为的绿色溶液，反应的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-=；
（2）①从图示可知：随着溶液酸性的增强，的浓度逐渐升高，所以溶液颜色会由黄色逐渐变为橙红色；
②根据反应方程式2+2H++H2O及图示看出：该转化随着溶液酸性增大，化学平衡正向移动，导致的平衡转化率将增大。从题给图示中，该反应的A点时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，故该转化的平衡常数K=；
③若温度升高，溶液中的平衡转化率减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故其反应热ΔH小于0；
（3）由沉淀的溶度积计算c(Ag+)=；在该溶液中c()=。
17．(1)
(2) 2∶3
(3) 、、 、
【分析】某白色粉末中可能含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3、CuSO4，现进行以下实验：i．由于CuSO4的水溶液显蓝色，将部分白色粉末加入水中，溶液呈无色，说明白色固体中不含CuSO4；充分振荡，有白色沉淀生成，由于BaCl2与Na2CO3、K2SO3会反应产生BaCO3沉淀、BaSO3沉淀，则说明白色固体中一定含有BaCl2，在Na2CO3、K2SO3两种物质中至少有一种；
ii．由于BaSO3遇到稀硝酸会有气泡产生且沉淀不消失。取部分i中悬浊液，过滤，向得到的固体中加入过量的稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气体产生，说明原沉淀中含有BaCO3、BaSO3沉淀，加入稀HNO3时，BaCO3反应转化为可溶性Ba(NO3)2并产生CO2气体，而BaSO3沉淀被氧化为BaSO4沉淀，同时反应产生NO气体，故证明原固体中含有Na2CO3、K2SO3。
根据上述分析可知该白色固体中一定含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3，一定不含有CuSO4。
【详解】（1）由于CuSO4的水溶液显蓝色，该白色固体溶于水，水溶液显无色，说明其中一定不含有CuSO4；
（2）①在反应BaSO3+HNO3→BaSO4+NO↑+H2O中，S元素化合价由反应前BaSO3中的+4价变为反应后BaSO4中的+6价，化合价升高2价；N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数是6，所以BaSO3、BaSO4的系数是3，HNO3、NO的系数是2，最后根据原子守恒，可知H2O的系数是1，则配平后的化学方程式为：3BaSO3+2HNO3=3BaSO4+2NO↑+H2O；
②硝酸是氧化剂，亚硫酸钡是还原剂，所以反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:3；
（3）根据上述分析可知该白色粉末中一定含有BaCl2、Na2CO3、K2SO3，Na2CO3与HNO3发生复分解反应产生CO2气体，BaSO3与稀HNO3发生氧化还原反应产生NO气体，故产生的气体化学式为CO2、NO。
18．(1)C10H16O
(2)SP3 SP2
(3)3
(4)DAC
【分析】(1)
根据结构简式确定分子式为C10H16O；
(2)
a-紫罗兰酮分子中连接碳碳双键、碳氧双键的碳原子价层电子对个数都是3，其它碳原
子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型：前者为杂化sp2、后者为杂化sp3；
(3)
上述转化过程中，假紫罗兰酮、a-紫罗兰酮、β-紫罗兰酮互为同分异构体，它们的分子式相同结构不同；
(4)
柠檬醛中含有碳碳双键和醛基，碳碳双键和醛基都能和溴水反应而使溴水褪色，柠檬醛中醛基能和银氨溶液发生银镜反应，所以要检验碳碳双键，应该先用银氨溶液氧化醛基，然后再加入稀硫酸酸化，最后用溴水检验碳碳双键，则所需试剂为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时，首先与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀；钡离子反应完后，二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子；然后为二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；再为二氧化碳、水与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；最后为碳酸钡、二氧化碳与水反应生成碳酸氢钡。
【详解】I．分析可知，首先与二氧化碳反应的为氢氧化钡；ab段为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+；
II．根据反应方程式可知，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 蒸馏
(2) B 分液
(3) 冷凝管 下
(4)C
(5)A
【解析】（1）
从KCl溶液中获得溶质固体KCl，采用蒸发结晶的方法，故选择装置D；自来水中含有的水的沸点是100℃，而含有Cl-等的物质属于离子化合物，沸点比水高，所以要除去自来水中的Cl-等杂质，选择装置是蒸馏方法，选择装置A；
（2）
油和水都为液体二者不互溶，用分液操作分离，因此选择B；
（3）
根据装置示意图可知装置①是冷凝管，为了充分冷凝，根据逆流原理冷却水从下口进，上口出；
（4）
硫酸钡不溶于水，用过滤的方法分离，选用C；
（5）
Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl； 用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl-、、OH-都和AgNO3溶液反应，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验、再检验OH-，故加入试剂顺序是④②①②③，故合理选项是A。
21． 饱和碳酸氢钠溶液 过滤 或； a NH3 增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率 Na+ CO 80%
【分析】工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠。
【详解】(1) ①用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；
②分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，
故答案为：过滤；
③装置丙中CO2通入含氨的饱和食盐水中，生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度不大，会以固体的方式生成，故化学方程式为：或；；故答案为：或；。
(2)①制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应，故答案为：a；NH3；
②装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高CO2吸收率；
③碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、碳酸钠、水，反应为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，NaHCO3分解不完全，混合物是碳酸钠和碳酸氢钠，取加热了的NaHCO3样品 完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，随着盐酸的加入，发生反应 CO+H+=HCO； HCO+H+=CO2↑+H2O；溶液中有关离子的物质的量的变化为：碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，在此过程中，Na+不参与反应，浓度一直不变，故a曲线表示的是Na+浓度的变化，碳酸根离子减小，所以d曲线表示的是碳酸根离子浓度变化；碳酸根离子0.02ml；钠离子为0.05ml；样品中Na2CO3的物质的量为0.02ml，原NaHCO3的分解率 =80%，故答案为：Na+；CO；80%。
【点睛】考查制备方案的设计，涉及“侯氏制碱法”的反应原理、制备实验方案的设计等知识，明确实验原理为解答关键，注意把握实验原理以及物质的性质。
22．(1)
(2)当最后一滴滴入，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色
(3) 甲 倾斜着转动滴定管使液体润湿全部内壁，然后打开活塞将液体从下部放出
(4)AC
(5)
【详解】（1）FeCl3•6H2O在250℃时分解可得到FeOCl、氯化氢和水，反应的化学方程式：；
（2）过碳酸钠溶于水分解成Na2CO3和H2O2，滴加甲基橙作指示剂，变色范围是3.1~4.4，用0.100ml•L-1H2SO4溶液滴定至终点，现象是：当最后一滴滴入，溶液恰好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色；
（3）溶液应装在酸性滴定管，故选：甲；润洗滴定管的具体操作是：向滴定管中注入少量标准溶液，倾斜着转动滴定管使液体润湿全部内壁，然后打开活塞将液体从下部放出；
（4）A．样品溶于水酸化后放置一段时间，部分分解，导致测定结果偏低，A选；
B．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，相当于稀释标准液的浓度，造成标准液的消耗体积偏大，测定结果偏高，B不选；
C．滴定前读数时仰视滴定管读数，造成标准液体积的起始读数偏大，而导致终点时读数偏小，测定结果偏低，C选；
D．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分充满溶液，造成消耗的标准液的消耗体积偏大，测定结果偏高，D不选；
故选：AC；
（5）步骤②碳酸钠和稀硫酸按物质的量1:1反应，则，步骤③滴定原理为，则，，该过碳酸钠化学式为。
23． BC 温度太低，FeC2O4•2H2O氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响FeC2O4•2H2O氧化 edbc 加快过滤速率 B 加入的锌粉不足，没有使溶液中的铁离子完全转化为亚铁离子
【详解】(1) A．亚铁离子在溶液中会发生水解，不利于FeC2O4•2H2O沉淀的生成，则步骤I中需要加入少量的稀硫酸，抑制亚铁离子的水解，故正确；
B．步骤II硫酸亚铁铵溶液与草酸混合后立即出现浑浊，继续搅拌并维持微沸几分钟的目的是形成结晶颗粒较大的FeC2O4•2H2O沉淀，便于沉淀沉降至容器底部，有利于沉淀的过滤与洗涤，故错误；
C．过氧化氢具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则为了监控步骤IV的反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的高锰酸钾溶液，若溶液褪色不能说明Fe（Ⅱ）还没有完全氧化，故错误；
D．步骤IV中在过量草酸根存在下，用过氧化氢氧化FeC2O4•2H2O沉淀得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾溶液，同时还有氢氧化铁生成，则步骤V中加入草酸溶液的目的是溶解氢氧化铁，故正确；
BC错误，故答案为：BC；
(2)步骤IV中若温度太高，双氧水受热容易分解，影响FeC2O4•2H2O氧化，若温度太低，FeC2O4•2H2O氧化反应速率太慢，所以需要控制反应温度为40℃左右，故答案为：温度太低，FeC2O4•2H2O氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响FeC2O4•2H2O氧化；
(3)①步骤VII中为了得到较多的K3[Fe (C2O4)3]·3H2O粗产品，应将K3[Fe (C2O4)3]溶液蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，趁热过滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，用表面皿将烧杯盖好，在暗处放置1～2h冷却结晶，减压过滤，用95%乙醇洗涤晶体2次，以除去晶体表面附着的水分，干燥得到K3[Fe (C2O4)3]·3H2O粗产品，则合理的操作顺序为edbc，故答案为：edbc；
②趁热过滤时，将滤纸折叠成菊花形能使过滤的容积增大，可以加快过滤速率，减少K3[Fe (C2O4)3]析出造成损失，故答案为：加快过滤速率；
(4)A．滴定管和移液管都可能出现漏液情况，导致测定结果出现误差，使用之前均需检漏，故错误；
B．滴定前应用移液管准确量取25.0 mL待测液转移至锥形瓶中，故正确；
C．滴定时，为了加快实验过程，缩短实验时间，滴加液体的速度可以适当快些，临近滴定终点时应放慢滴加液体的速度，提高实验的准确性，故错误；
D．若滴定中发现滴加液体过量，可以用待测液反滴，记下消耗的待测液的体积即可，无需重做实验，故错误；
E．滴定结束后马上取下滴定管读数，若溶液颜色变化后，半分钟内溶液颜色又发生改变，可能没有达到滴定终点，将使测得的产品纯度偏低，故错误；
B正确，故答案为：B；
(4)若计算得n()：n(Fe3+)>3:1，说明加入的锌粉不足，没有使溶液中的铁离子完全转化为亚铁离子，导致滴定时消耗标准高锰酸钾溶液体积偏小，所测铁离子的物质的量偏低，故答案为：加入的锌粉不足，没有使溶液中的铁离子完全转化为亚铁离子。