高考化学 化水溶液中的离子平衡 培优练习含答案附答案.docx

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高考化学化水溶液中的离子平衡培优练习含答案附答案

高考化学化水溶液中的离子平衡培优练习（含答案）附答案

一、水溶液中的离子平衡

1．叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯（tBuNO2，以tBu表示叔丁基）与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

（1）制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇（tBuOH）在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

____________。

（2）制备叠氮化钠（NaN3）

按如图所示组装仪器（加热装置略）进行反应，反应的化学方程式为：

tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。

①装置a的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

（3）产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]溶液40.00mL（假设杂质均不参与反应）。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL（滴定原理：

Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋）。

已知六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce（NO3）3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________（保留2位有效数字）。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________（填字母）。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【来源】湖南湖北四校2020届高三学情调研联考理综化学试题

【答案】tBuOH＋HNO2

tBuNO2＋H2O恒压滴液漏斗（滴液漏斗）水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2（NH4）2Ce（NO3）6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce（NO3）3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

；

（2）①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；

③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

（3）通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和

中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：

；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了

与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：

，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:

1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

，所以叠氮化钠样品的质量分数为：

；

A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；

B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；

C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；

D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；

（4）反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：

。

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：

用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。

2．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”。

已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。

某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：

（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________（写出一条即可）。

（2）装置乙的作用是____________________________________。

（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：

1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。

反应的化学方程式为：

________________________________________。

（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。

（实验中供选用的试剂及仪器：

CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：

室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5）

（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。

为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。

称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化）滴定，当溶液中

全部被氧化为

时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。

①写出反应的离子方程式：

________________________________________。

②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________（保留小数点后一位）。

【来源】山东省潍坊市2020届高三下学期第三次线上检测化学试题

【答案】分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH乙醇

82.7％

【解析】

【分析】

装置甲为二氧化硫的制取：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：

2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。

据此解答。

【详解】

（1）装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；

（2）SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；

（3）Na2S和Na2CO3以2：

1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；

（4）碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；

（5）硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；

①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中

全部被氧化为

，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；

②由方程式可知n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=

n（KMnO4）=

×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m（Na2S2O3•5H2O）=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为

×100%=82.7%。

【点睛】

考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。

3．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。

Ⅰ.经查：

①Ksp（AgNO2）=2×10－8，Ksp（AgCl）=1.8×10－10；②Ka（HNO2）=5.1×10－4。

请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________

Ⅱ.某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠

已知：

①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。

（1）使用铜丝的优点是________________________。

（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。

装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）

A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳

（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，

用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

滴定次数

1

2

3

4

消耗KMnO4溶液体积/mL

20.90

20.12

20.00

19.88

①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。

a．锥形瓶洗净后未干燥

b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗

c．滴定终点时仰视读数

②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。

③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。

【来源】2017届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考理综化学试卷（带解析）

【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%

【解析】

试题分析：

Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；

Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。

解析：

Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：

分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；

Ⅱ.

（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；

（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：

Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；

（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；

②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；

③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.

点睛：

注意掌握综合实验设计题的解题思路：

（1）明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。

在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

4．草酸铵[（NH4）2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。

I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。

（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。

（2）反应开始前，通人氮气的目的是____。

（3）装置C的作用是____。

（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。

Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。

（5）取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。

滴定至终点时的实验现象为____。

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。

【来源】东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试理综化学试题

【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1

【解析】

【分析】

（l）按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；

（2）氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；

（3）由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；

（4）从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；

Ⅱ．（5）三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；

【详解】

（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；

答案为：

NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；

草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；

答案为：

（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；

（2）反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；

答案为：

排尽装置中的空气；

（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：

吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；

答案为：

充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；

（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O；

答案为：

2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O；

（5）草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为

，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；

答案为：

因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为

，

；

=1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为

，即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为

；

答案为：

2.1。

5．三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe

（C

2O4）3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。

110℃下可完全失去结晶水，230℃时分解。

它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。

某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：

Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；

①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。

停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；

②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；

③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。

趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。

晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。

（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。

检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。

（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。

（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。

Ⅱ．铁含量的测定：

步骤一：

称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，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，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，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0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。

步骤四：

重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。

（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。

（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。

【来源】河北省唐山市2019届高三年级三模化学试题

【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%

【解析】

【分析】

（1）草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；

（2）Fe2+与K3Fe（CN）6溶液会产生蓝色沉淀；

（3）FeC2O4•2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；

（4）配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等；

（5）为亚铁离子与高锰酸钾的反应；

（6）结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。

【详解】

（1）草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O，反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2O

FeC2O4•2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2O

FeC2O4