题目内容
Ⅰ．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是②⑤
②⑤
（填序号 ）①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗
②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗
③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗
④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确
Ⅱ．由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀．若用图所示实验装置则可制得纯净的Fe（OH）2沉淀，两极材料分别为石墨和铁．
（1）a电极材料为
Fe
Fe
，该电极反应式Fe-2e-=Fe2+
Fe-2e-=Fe2+
（2）若白色沉淀在电极上生成，则电解液d是
C
C
，若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是B
B
（填字母代号）
A、纯水 B、NaCl溶液 C、NaOH溶液 D、CuCl2溶液
（3）液体c为苯，其作用是
隔绝空气，防止白色沉淀被氧化
隔绝空气，防止白色沉淀被氧化
（4）若在两极之间的溶液中能短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是
B
B
．A、改用稀硫酸做电解液 B、适当增大电源电压 C、适当降低电解液温度．
分析：Ⅰ．根据c（NaOH）×V（NaOH）=c（HCl）×V（HCl）进行判断；
Ⅱ．（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极；
（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2；
（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；
（4）短时间内看到白色沉淀，增大反应的速率即可．
Ⅱ．（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极；
（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2；
（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；
（4）短时间内看到白色沉淀，增大反应的速率即可．
解答：Ⅰ．碱式滴定管用蒸馏水洗净后应用标准液润洗润洗，否则会导致误差，锥形瓶不能用待测液润洗，滴定前应排除滴定管中的气泡，则①③④错误，②⑤正确，故答案为：②⑤；
Ⅱ．（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；
（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，若白色沉淀在电极上生成，应选择NaOH为电解质溶液，若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，应选择NaCl，电解生成的氢氧根离子和铜离子分别向两极移动，在中间可生成沉淀，
故答案为：C；B；
（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是排出溶液中的氧气，
，故答案为：隔绝空气，防止白色沉淀被氧化；
（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：B．
Ⅱ．（1）制纯净的Fe（OH）2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，a与电源正极相连，则a为阳极，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；
（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe（OH）2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，若白色沉淀在电极上生成，应选择NaOH为电解质溶液，若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，应选择NaCl，电解生成的氢氧根离子和铜离子分别向两极移动，在中间可生成沉淀，
故答案为：C；B；
（3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是排出溶液中的氧气，
，故答案为：隔绝空气，防止白色沉淀被氧化；
（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：B．
点评：本题综合考查中和滴定和氢氧化亚铁的制备和电解原理，明确电解原理及Fe为阳极是解答本题的关键，注意实验中防止氢氧化亚铁被氧化，题目难度不大．
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