专题17 化学实验综合题解析版.docx

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专题17化学实验综合题解析版

专题17化学实验综合题

1．[2020新课标Ⅰ]为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

回答下列问题：

（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L−1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________（从下列图中选择，写出名称）。

（2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。

盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率（u∞）应尽可能地相近。

根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。

阳离子

u∞×108/（m2·s−1·V−1）

阴离子

u∞×108/（m2·s−1·V−1）

Li+

4.07

4.61

Na+

5.19

7.40

Ca2+

6.59

Cl−

7.91

K+

7.62

8.27

（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。

可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。

（4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol·L−1。

石墨电极上未见Fe析出。

可知，石墨电极溶液中c（Fe2+）=________。

（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为___________，铁电极的电极反应式为___________________。

因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于___________。

（6）实验前需要对铁电极表面活化。

在FeSO4溶液中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。

检验活化反应完成的方法是_________________________。

【答案】

（1）烧杯、量筒、托盘天平

（2）KCl

（3）石墨

（4）0.09mol·L−1

（5）Fe3++e−=Fe2+Fe−2e−=Fe2+Fe3+Fe

（6）取少量溶液，滴入KSCN溶液，不出现血红色

【解析】

【分析】

（1）根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；

（2）~（5）根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的强弱；

（6）根据刻蚀活化的原理分析作答。

【详解】

（1）由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：

烧杯、量筒、托盘天平。

（2）Fe2+、Fe3+能与

反应，Ca2+能与

反应，FeSO4、Fe2（SO4）3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下

能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择

、

，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：

KCl。

（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：

石墨。

（4）根据（3）的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答案为：

0.09mol/L。

（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：

Fe3++e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+，Fe3+，Fe。

（6）在FeSO4溶液中加入几滴Fe2（SO4）3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：

取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：

取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。

【点睛】

本题的难点是第

（2）题盐桥中电解质的选择和第（6）实验方法的设计，要充分利用题给信息和反应的原理解答。

2．[2020新课标Ⅱ]苯甲酸可用作食品防腐剂。

实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：

+KMnO4→

+MnO2

+HCl→

+KCl

名称

相对分

子质量

熔点/℃

沸点/℃

密度/（g·mL−1）

溶解性

甲苯

92

−95

110.6

0.867

不溶于水，易溶于乙醇

苯甲酸

122

122.4（100℃左右开始升华）

248

——

微溶于冷水，易溶于乙醇、热水

实验步骤：

（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g（约0.03mol）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。

（2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。

合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。

将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。

称量，粗产品为1.0g。

（3）纯度测定：

称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。

每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。

回答下列问题：

（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。

A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL

（2）在反应装置中应选用______冷凝管（填“直形”或“球形”），当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是______。

（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________。

（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。

（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______。

（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______（填标号）。

A．70%B．60%C．50%D．40%

（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中__________的方法提纯。

【答案】

（1）B

（2）球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化

（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气

2

+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

（4）MnO2

（5）苯甲酸升华而损失

（6）86.0％C

（7）重结晶

【解析】

【分析】

甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。

【详解】

（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：

B；

（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：

没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：

球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；

（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。

加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：

5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案为：

除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；

（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：

MnO2，故答案为：

MnO2；

（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：

苯甲酸升华而损失；

（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为：

×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：

=1.72g，产品的产率为

×100%=50%；故答案为：

86.0%；C；

（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。

故答案为：

重结晶。

【点睛】

本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。

3．[2020新课标Ⅲ]氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。

实验室中利用下图装置（部分装置省略）制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：

（1）盛放MnO2粉末的仪器名称是，a中的试剂为。

（2）b中采用的加热方式是，c中化学反应的离子方程式是，采用冰水浴冷却的目的是。

（3）d的作用是，可选用试剂（填标号）。

A．Na2SB．NaClC．Ca（OH）2D．H2SO4

（4）反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，，，干燥，得到KClO3晶体。

（5）取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。

1号试管溶液颜色不变。

2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。

可知该条件下KClO3的氧化能力____NaClO（填“大于”或“小于"）。

【答案】

（1）圆底烧瓶饱和食盐水

（2）水浴加热Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O避免生成NaClO3

（3）吸收尾气（Cl2）AC

（4）过滤少量（冷）水洗涤

（5）紫小于

【解析】

【分析】

本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。

【详解】

（1）根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；

（2）根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；

（3）氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气（Cl2）；

A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；

B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；

C．氯气可以Ca（OH）2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；

D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；

综上所述可选用试剂AC；

（4）b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量（冷）水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；

（5）1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。

【点睛】

第3小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质吸收。

4．[2020江苏卷]羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。

制备少量羟基乙酸钠的反应为

实验步骤如下：

步骤1：

在题21B图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅拌。

逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程中控制pH约为9。

步骤2：

蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。

滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。

步骤3：

粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。

步骤4：

将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。

（1）步骤1中，题21B图所示的装置中仪器A的名称是▲；逐步加入NaOH溶液的目的是▲。

（2）步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是▲。

（3）步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率▲（填“增大”或“减小”）；去除活性炭的操作名称是▲。

（4）步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是▲。

【答案】

（1）（回流）冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH

（2）防止暴沸（3）减小趁热过滤（4）提高羟基乙酸钠的析出量（产率）

【解析】

【分析】

制备少量羟基乙酸钠的反应为

，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。

【详解】

（1）根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：

（回流）冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。

（2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：

防止暴沸。

（3）粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：

减少；趁热过滤。

（4）根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量（产量）；故答案为：

提高羟基乙酸钠的析出量（产量）。

【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。

5．[2020浙江7月选考]硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。

某兴趣小组用下图装置制备

。

合成反应：

滴定反应：

已知：

易溶于水，难溶于乙醇，

开始失结晶水。

实验步骤：

Ⅰ.

制备：

装置A制备的

经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液

约为7时，停止通入

气体，得产品混合溶液。

Ⅱ.产品分离提纯：

产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到

产品。

Ⅲ.产品纯度测定：

以淀粉作指示剂，用

产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算

含量。

请回答：

（1）步骤Ⅰ单向阀的作用是______；装置C中的反应混合溶液

过高或过低将导致产率降低，原因是_______。

（2）步骤Ⅱ下列说法正确的是_____。

A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒

B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热

C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率

D．可选用冷的

溶液作洗涤剂

（3）步骤Ⅲ

①滴定前，有关滴定管的正确操作为（选出正确操作并按序排列）：

检漏→蒸馏水洗涤→（）→（）→（）→（）→（）→开始滴定。

A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下

D．用洗耳球吹出润洗液E.排除气泡F.用滴定液润洗2至3次G.记录起始读数

②装标准碘溶液的碘量瓶（带瓶塞的锥形瓶）在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。

③滴定法测得产品中

含量为

，则

产品中可能混有的物质是________。

【答案】

（1）防止倒吸

过高，

、

反应不充分；

过低，导致

转化为S和

（2）BC

（3）①F、B、E、C、G②防止碘挥发损失

③

；失去部分结晶水的

【解析】

【分析】

本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。

【详解】

（1）SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低；

（2）A．蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；

B．为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；

C．Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；

D．用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；

综上所述选BC；

（3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：

捡漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；

②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；

③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。

【点睛】

蒸发结晶或冷却结晶时，溶质的溶解度越小或溶液的浓度越大，溶剂的蒸发速度越快或溶剂冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，反之则越大。

6．[2020年山东新高考]某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示（夹持装置略）：

已知：

锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：

回答下列问题：

（1）装置A中a的作用是；装置C中的试剂为；装置A中制备Cl2的化学方程式为。

（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是。

（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为（填标号）。

A．15.00mLB．35.00mLC．大于35.00mLD．小于15.00mL

（4）某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2（C2O4）3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：

Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。

用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。

Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。

样品中所含

的质量分数表达式为。

下列关于样品组成分析的说法，正确的是（填标号）。

A．

时，样品中一定不含杂质

B．

越大，样品中

含量一定越高

C．若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低

D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高

【答案】

（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；

（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶

（3）酸式；C

（4）

；B、D

【解析】

【分析】

漂白粉的有效成分Ca（ClO）2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。

【详解】

（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca（ClO）2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：

平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；

（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：

在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；

（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于（50.00-15.00）mL，即大于35.00mL，故答案为：

酸式；C；

（4）设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2（C2O4）3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：

2KMnO4~5H2C2O4（C2O42-），KMnO4~5Fe2+，所以

，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，

，联立二个方程解得：

z=2.5（cV1-3V2）×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数=

=

。

关于样品组成分析如下：

A．

时，H2C2O4·2H2O的质量分数=

=0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由

和

可知，y≠0，样品中含Fe2（C2O4）3杂质，A错误；