用$\rm NaOH$固体配制上述$\rm NaOH$溶液，下列操作错误的有                $\rm ($填序号$\rm )$。

$\rm A$．图$\rm 1$溶解$\rm NaOH$固体   $\rm B$．图$\rm 2$用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒

$\rm C$．图$\rm 3$上下颠倒摇匀   $\rm D$．图$\rm 4$定容

$\\rm AC$

$\rm A$．不能在容量瓶中溶解$\rm NaOH$固体配制溶液，应该在烧杯中溶解，$\rm A$错误；

$\rm B$．为避免造成溶质损失带来误差，转移溶液后的烧杯和玻璃棒应该要用蒸馏水洗涤，并且将洗涤液全部转移至容量瓶中，$\rm B$正确；

$\rm C$．图$\rm 3$为初步摇匀过程，不能将容量瓶倒转振荡摇匀，$\rm C$错误；

$\rm D$．定容时，用胶头滴管滴加水，视线与刻度线持平，$\rm D$正确；

答案选$\rm AC$。

配制上述$\rm NaOH$溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的是                $\rm ($填序号$\rm )$。

$\rm A$．容量瓶洗净之后未干燥   $\rm B$．$\rm NaOH$在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤

$\rm C$．定容时俯视刻度线   $\rm D$．上下颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线

$\\rm C$

$\rm A$．容量瓶洗净之后未干燥对溶液浓度无影响，因为定容时，也需要加入水，所以不影响溶液浓度，$\rm A$不符合题意；

$\rm B$．$\rm NaOH$在烧杯中溶解后，烧杯未洗涤，导致溶质损失，溶液浓度偏小，$\rm B$不符合题意；

$\rm C$．定容时俯视刻度线，会导致定容时加水量减少，浓度偏大，$\rm C$符合题意；

$\rm D$．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，$\rm D$不符合题意；

答案选$\rm C$

$\rm NaOH$溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生副反应。

主反应：$\rm Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O$

副反应：$\text{C}{{\text{l}}_{2}}+\text{NaOH}\to \text{NaCl}+\text{NaCl}{{\text{O}}_{3}}+{{\text{H}}_{2}}\text{O}\rm ($未配平$\rm )$

①配平上述副反应：                

                $\rm Cl_{2}+$                $\rm NaOH=$                $\rm NaCl+$                $\rm NaClO_{3}+$                $\rm H_{2}O$

②若有$0.15\text{ mol C}{{\text{l}}_{2}}$发生上述副反应，该副反应转移电子的物质的量为                $\rm \;\rm mol$；

$\\rm 3Cl_{2}+6NaOH=5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O$ ； $\\rm 0.25$

①在$\text{C}{{\text{l}}_{2}}+\text{NaOH}\to \text{NaCl}+\text{NaCl}{{\text{O}}_{3}}+{{\text{H}}_{2}}\text{O}$的反应中，发生氧化还原反应，化合价变化的元素均是氯元素。氯气生成产物$\rm NaCl{{O}_{3}}$，氯元素化合价从$\rm 0$价升高到$\rm +5$价，失去$\rm 5{{\text{e}}^{-}}$；同时氯气生成产物$\rm NaCl$，氯元素化合价从$\rm 0$价降低到$\rm -1$价，得到$\rm 1{{\text{e}}^{-}}$，根据电子转移守恒规律，则$\rm NaCl$的计量系数为$\rm 5$，$\rm NaCl{{O}_{3}}$的计量系数为$1$，最后通过观察法配平。

②根据$\text{3 mol C}{{\text{l}}_{\text{2}}}\sim 5\text{ mol }{{\text{e}}^{-}}$，根据比例，即可求出$0.15\text{ mol C}{{\text{l}}_{2}}$发生上述副反应，该副反应转移电子的物质的量为$\rm 0.25\text{ }mol\text{ }{{e}^{-}}$；

“氧化”过程中溶液保持强碱性，写出反应的离子方程式：                。

$3\\text{Cl}{{\\text{O}}^{-}}+2\\text{F}{{\\text{e}}^{3+}}+10\\text{O}{{\\text{H}}^{-}}=2\\text{FeO}_{4}^{2-}+3\\text{C}{{\\text{l}}^{-}}+5{{\\text{H}}_{2}}\\text{O}$

$\rm {{\text{K}}_{2}}Fe{{O}_{4}}$中$\rm Fe$元素为$\rm +6$价，氧化过程$\rm Fe$元素化合价升高，由$\rm +3$价升高到$\rm +6$价，被氧化，$\rm Cl$元素化合价由$\rm +1$价降低到$\rm -1$价，被还原，反应的离子方程式为：$\rm 3Cl{{O}^{-}}+2F{{e}^{3+}}+10O{{H}^{-}}=2FeO_{4}^{2-}+3C{{l}^{-}}+5{{\text{H}}_{2}}\text{O}$；

写出“转化”的化学方程式                。

$\\rm \\text{N}{{\\text{a}}_{2}}\\text{Fe}{{\\text{O}}_{4}}+2\\text{KOH}={{\\text{K}}_{2}}\\text{Fe}{{\\text{O}}_{4}}\\downarrow +2\\text{NaOH}$

“转化”是往$\rm N{{a}_{2}}Fe{{O}_{4}}$中加入$\rm KOH$，可以制得$\rm {{\text{K}}_{2}}Fe{{O}_{4}}$；

高铁酸钾是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是                $\rm ($填序号$\rm )$。

$\rm A$．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物水解后能吸附水中杂质

$\rm B$．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物水解后能吸附水中杂质

$\rm C$．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌

$\rm D$．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌

$\\rm B$

$\rm A$．高铁酸钾作氧化剂使用，体现了氧化性，铁元素化合价降到$\rm +3$价，形成$\rm F{{e}^{3+}}$，铁元素被还原。利用其水解产生的氢氧化亚铁胶体的吸附作用，除去杂质，不是利用其氧化产物除杂，$\rm A$错误；

$\rm B$．在高铁酸钾的使用过程中，铁元素被还原产生$\rm F{{e}^{3+}}$，利用其水解产生的氢氧化亚铁胶体的吸附作用，除去杂质，$\rm B$正确；

$\rm C$．高铁酸钾具有强氧化性，还原产物水解后能吸附水中杂质，$\rm C$错误；

$\rm D$．高铁酸钾有强氧化性，不能直接吸附水中杂质，其还原产物不能消毒杀菌，$\rm D$错误；

答案选$\rm B$。

工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：$2\text{FeS}{{\text{O}}_{4}}+6\text{N}{{\text{a}}_{2}}{{\text{O}}_{2}}\begin{matrix} \underline{\underline{_{\triangle }}} \\ {} \\ \end{matrix}2\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}+2\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{O}+2\text{N}{{\text{a}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}+{{\text{O}}_{2}}\uparrow $，该反应中氧化产物为                、                。

$\\rm O_{2}$ ； $\\rm \\text{N}{{\\text{a}}_{\\text{2}}}\\text{Fe}{{\\text{O}}_{\\text{4}}}$

根据化合价变化规律，此反应中，化合价升高所对应的产物是$\rm N{{a}_{2}}Fe{{O}_{4}}$和$\rm {{\text{O}}_{2}}$。