2024届高三化学一轮复习培优--强电解质与弱电解质训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优--强电解质与弱电解质训练，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三化学一轮复习培优--强电解质与弱电解质训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质中，属于弱电解质的是
A．H2O B．Na2CO3 C．HCl D．NaCl
2．下列物质属于强电解质的是
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CH2OH
3．下表中物质的分类组合完全正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
NaOH
弱电解质
CH3COOH
BaCO3
HClO
NH3
非电解质
SO3
Fe
H2O
C2H5OH

A．A B．B C．C D．D
4．下列属于弱电解质且其水溶液呈酸性的是
A． B． C． D．
5．下列关于电解质电离的的叙述中，正确的是
①碳酸钙在水中的溶解度很小，其溶液的导电性很弱，所以碳酸钙时弱电解质
②碳酸钙在水中的溶解度虽小，但溶解的部分全部电离，所以碳酸钙是强电解质
③氨的水溶液导电性很好，所以它是强电解质
④水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质
A．② B．① C．①③ D．②④
6．将固体完全溶于水中，溶解和电离过程如图所示。下列说法正确的是

A．a离子为，b离子为
B．该过程表示为：
C．NaCl溶液为强电解质
D．在水分子作用下，NaCl溶解的同时发生了电离
7．体积相同、C(H+)相同的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是
A． B．
C． D．
8．下表中物质的分类组合完全正确的是（    ）
选项
A
B
C
D
强电解质



HClO4
弱电解质




非电解质





A．A B．B C．C D．D
9．已知：(未配平)。下列说法不正确的是
A．氯酸钠是强电解质
B．中含有极性键和非极性键
C．产物中与的物质的量之比为2：1
D．每转移电子，生成标准状况下
10．下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列的是
A．NaOH、NaCl、SO2溶液
B．BaSO4、SO3、CuSO4晶体
C．NaCl、H2S、CO2
D．SO3、AgCl、NH3·H2O
11．下列关于化学反应原理基础知识的叙述中，正确的是
A．使用催化剂可以改变反应的活化能，但不会改变反应的焓变。
B．对于已经达到平衡的化学反应，改变压强，平衡常数（K）可能改变
C．强电解质水溶液的导电性一定比弱电解质水溶液的导电性强
D．电解饱和食盐水，阳极产物一定是氯气
12．下物质分类组合正确的是（     ）

A
B
C
D
弱电解质
HBr

HF

强电解质



HI
非电解质





A．A B．B C．C D．D
13．某校化学兴趣小组同学按照图I连接好线路发现小灯泡不亮，按照图II连接好线路发现小灯泡会亮，由此得出的结论正确的是

A．MgCl2固体是非电解质 B．水是强电解质
C．MgCl2需在通电的条件下才能电离 D．MgCl2在水中能电离出可以自由移动的离子
14．关于25℃时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，下列说法正确的是
A．若浓度相同，中和所需的NaOH物质的量不一定相同
B．若浓度相同，溶液中c(OH-)前者小于后者
C．若pH相等，则[CH3COO-]>[Cl-]
D．若pH相等，分别与NaOH反应呈中性后，n(CH3COO-)7；
C．室温下，取 pH=a（aNa+，则a为Cl-、b为Na+，A错误；
B．氯化钠是强电解质，完全电离，所以该过程为电离：，B错误；
C．氯化钠是强电解质，完全电离，但是NaCl溶液为混合物既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．氯化钠中存在离子键，在极性水分子作用下发生断裂，在水分子作用下，NaCl溶解的同时发生了电离，D正确；
答案选D。
7．C
【详解】因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的PH值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多。反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦。最终生成H2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面。
答案选C。
8．A
【详解】A．为盐，属于强电解质，为弱酸，属于弱电解质，为非金属氧化物，属于非电解质，A正确；
B．为盐，属于强电解质，为单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；
C．属于弱电解质，C错误；
D．为盐，属于强电解质，D错误；
故选A。
9．D
【详解】A．氯酸钠而在水中完全电离，属于强电解质，A正确；
B．H2O2分子中既含极性键又含非极性键，分子中氧元素和氧元素之间形成非极性共价键，氧元素和氢元素之间形成极性共价键，B正确；
C．反应的化学方程式为：，产物中与的物质的量之比为2：1，C正确；
D．反应的化学方程式为：，每转移2mol电子，生成1mol氧气，则每转移1mol电子，生成标准状况下0.5mol氧气，体积是：，D错误；
故选D。
10．C
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，弱电解质是指在水溶液中只能部分电离的电解质，强电解质包括：强酸、强碱、大多数盐等；弱电解质包括：弱酸、弱碱、水等，据此分析解答。
【详解】A． NaOH、NaCl均是强电解质，SO2溶液既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B． BaSO4、CuSO4晶体是强电解质，SO3是非电解质，故B错误；
C． NaCl是强电解质，H2S是是弱电解质，CO2是非电解质，故C正确；
D．SO3是非电解质，AgCl是强电解质，NH3·H2O是弱电解质，故D错误；
故选C。
11．A
【分析】A．催化剂改变反应的活化能，不能改变反应的焓变；
B．化学平衡常数是关于温度的量，故压强改变平衡常数不变；
C．溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关；
D．电解饱和食盐水，当氯化钠电解完成后，电解本质为电解水，阳极产物是氧气；
【详解】A．催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，催化剂不能改变化学平衡，不能改变反应的焓变，故A正确；
B．化学平衡常数，是指对于可逆化学反应在一定温度下达到化学平衡时计算出的比值； 在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不考虑反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数，且一般用浓度表示平衡常数，该常数是关于温度的变量，温度不变常数值不变，故B错误；
C．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质水溶液的导电性强，如氯化钠的稀溶液导电性不一定比醋酸的浓溶液导电性强，故C错误；
D．电解饱和食盐水时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极上是氢离子得电子生成氢气，同时得到氢氧化钠，当氯化钠电解完成，本质为电解水，阳极产物是氧气，故D错误；
故答案选择A。
【点睛】高中化学中未特殊说明的情况下化学平衡常数为浓度平衡常数，该常数是关于温度的一个变量，温度不变平衡常数不发生变化。
12．C
【详解】为强电解质，为弱电解质，为非电解质，故A错误；
B.为弱电解质，为强电解质，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.HF为弱电解质，为强电解质，为非电解质，故C正确；
D.为强电解质，HI为强电解质，为弱电解质，故 D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质的判断，抓住概念的内涵是解题关键，易错点B，注意电解质、非电解质都是化合物，属于单质，既不是电解质也不是非电解质。
13．D
【分析】电解质是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物。
【详解】A．固体MgCl2不导电，但MgCl2是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，属于电解质，选项A错误；
B．MgCl2在水中能电离出可以自由移动的离子，能导电，而水是弱电解质，选项B错误；
C．MgCl2在熔融状态下或水溶液中能电离，不需要通电就能电离，选项C错误；
D．MgCl2在水中能电离出可以自由移动的离子，能导电子，形成闭合回路，灯泡会亮，选项D正确；
答案选D。
14．B
【详解】A．浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液的溶质的物质的量相同，中和能力相同，中和所需的NaOH物质的量相同，故A错误；
B．浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液中，盐酸溶液的氢离子浓度大于醋酸溶液，氢离子浓度越大，则氢氧根离子浓度越小，溶液中c(OH-)前者小于后者，故B正确；
C．pH相等的盐酸与醋酸两种溶液的氢离子相等，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，则[CH3COO-]>[Cl-]，故C错误；
D．pH相等、体积相同的盐酸与醋酸，n（CH3COOH）＞n（HCl），两种溶液分别与NaOH反应呈中性时，醋酸消耗的氢氧化钠多，所以溶液中n(CH3COO－)＞n(Cl－)，故D错误；
故选B。
15．C
【详解】A．溶于水的硫酸钡能完全电离，硫酸钡属于强电解质，故A错误；
B．金刚石是非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．溶于水的碳酸钙能完全全电离，碳酸钙属于强电解质；醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质；乙醇在溶液中不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；铜是金属单质，能导电，故C正确；
D．固体氯化钾中存在不能自由移动的离子，不能导电，故D错误；
故选C。
16．(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3) 向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去 5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+
(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质；或变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝；或不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O
(6)溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量

【分析】Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
【详解】（1）Cl2与NaOH反应生成NaClO、NaCl，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（2）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（3）证实假设1成立，则反应生成的碘在碱性环境中又发生了反应；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3中pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
氧化生成，反应中氯元素化合价由+1降低到-1，碘元素化合价由0升高到+5，根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；
（4）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，答案为：不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
（5）已知资料iii：碘单质能与反应：(低浓度时显黄色，高浓度时为棕色)。为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
（6）对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
17． 正确 若是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.01 mol·L－1，pH＝12；用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离，应为弱电解质 a－2＜b＜a 浅 能 0.010 mol·L－1氨水(滴有酚酞试液)中加入氯化铵晶体后颜色变浅，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的水解使溶液显酸性，加入氨水中使其pH减小；二是使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2O＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低。这两种可能均证明NH3·H2O是弱电解质 取一张pH试纸，用玻璃棒蘸取0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pH＜7(方案合理即可)
【详解】(1)如果氨水是强碱，若是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.01 mol·L－1，pH＝12；用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离，应为弱电解质； (2)氨水若为强碱，则稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱点，稀释过程中会部分电离，即氢氧根离子浓度变化幅度变小，即有 a－2＜b＜a；(3) 0.010 mol·L－1氨水(滴有酚酞试液)中加入氯化铵晶体后颜色变浅，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的水解使溶液显酸性，加入氨水中使其pH减小，颜色变浅；二是使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2O＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低，溶液的颜色变浅。这两种可能均证明NH3·H2O是弱电解质；  (4)直接检验铵盐的酸碱性既可以证明氨水是否为弱电解质，实验方法为取一张pH试纸，用玻璃棒蘸取0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pH＜7(方案合理即可)。
【点睛】判断物质是强弱电解质的方法有：根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小来确定电解质的电离程度，或用稀释100倍的方法分析，pH改变2个单位则为强电解质，改变小于2个单位，则为弱电解质，也可以用其盐溶液酸碱性进行判断。
18． B-E-D 2MnO4- +5H2C2O4 +6H+=2Mn2+ +10CO2↑+8 H2O 能 实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νA AC 酚酞 锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化 0.05000mol/L AD
【分析】（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；
（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；
②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；
③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。
【详解】（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+
5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；
（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；
B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性， pH小于7，故B错误；
C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；
D、标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；
故选AC，故答案为AC；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；
②取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000mol/L×0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为0.05000mol/L；
③A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；
B、滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；
C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；
D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故选AD，故答案为AD
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。
19． 除去Cl2中混有的HCl 浓硫酸 G、E、H、J、H 将BCl3冷凝为液体收集 装置F中黑色粉末变为红色，装置D中澄清石灰水变浑浊 ba C13+3H2O=H3BO3+3HCl 向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，不能观察到气泡逸出
【分析】根据实验装置图可知，装置A为高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，装置B中盛有饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸除去氯气中的水份，得到干燥纯净的氯气，装置G中氯气与B2O3、C共热反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，则装置的连接顺序为A→B→C→G→E→H→J→H→F→D→I。
【详解】（1）①由分析可知，装置B中盛有饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸除去氯气中的水份，得到干燥纯净的氯气，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；浓硫酸；
①根据上面的分析可知，乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A→B→C→G→E→H→J→H→F→D→I，故答案为：G、E、H、J、H；
②根据实验的原理可知，生成的CO能将黑色的氧化铜还原为红色的铜，同时产生能使澄清石灰水变浑的气体，所以能证明反应中有CO生成的现象是装置F中黑色粉末变为红色，装置D中澄清石灰水变浑浊，故答案为：装置F中黑色粉末变为红色，装置D中澄清石灰水变浑浊；
③三氯化硼易水解，在实验开始时，要将装置中的空气排尽，则为防止三氯化硼与水反应，所以应先打开A处分液漏斗活塞，再点燃G处酒精灯，先后顺序为ba，故答案为：ba；
④三氯化硼接触潮湿空气时会形成腐蚀性浓厚白雾，说明三氯化硼水解生成HCl和硼酸，反应的化学方程式BC13+3H2O=H3BO3+3HCl，故答案为：BC13+3H2O=H3BO3+3HCl；
⑤由电离常数可知，硼酸的酸性弱于碳酸，则向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，不能观察到气泡逸出说明硼酸酸性比碳酸弱，故答案为：向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，不能观察到气泡逸出。
20．(1) c bc
(2) 取少量滤液于试管中，滴加2-3滴KSCN溶液，溶液变红说明含有Fe3+，否则不含Fe3+
蒸发结晶 趁热过滤 (NH4)2SO4+2KCl=K2SO4+NH4Cl 玻璃棒、坩埚、坩埚钳
(3) 比较亚硫酸和碳酸的酸性强弱 首先测得亚硫酸饱和溶液的pH转化成氢离子浓度，然后用中和滴定法测得饱和溶液的浓度，若亚硫酸饱和溶液的浓度大于氢离子浓度，可知亚硫酸为不完全电离，属于弱电解质

【详解】（1）①a．浓硫酸氧化性强，能氧化硫化氢，a错误；
b．盐酸易挥发，b错误；
c．硫酸酸性较强可以制备硫化氢，c正确；
d．稀硝酸氧化性较强，d错误；
故答案为：c；
②常用FeS固体与酸反应制取H2S，即固体与液体发生装置，且反应在常温下进行，故选择bc装置；
故答案为：bc；
（2）①检验三价铁的方法：取少量滤液于试管中，滴加2-3滴KSCN溶液，溶液变红说明含有Fe3+，否则不含Fe3+；NH4HCO3发生反应的离子方程式是：；
故答案为：取少量滤液于试管中，滴加2-3滴KSCN溶液，溶液变红说明含有Fe3+，否则不含Fe3+；；
②(NH4)2SO4溶液加入KCl后得到无氯钾肥应蒸发结晶，趁热过滤洗涤、干燥等；反应方程式：(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4+NH4Cl；
故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4+NH4Cl；
③煅烧FeCO3(s)的操作中需要的仪器有三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳；
故答案为：玻璃棒、坩埚、坩埚钳；
（3）二氧化硫通入碳酸氢钠生成二氧化碳，利用强酸制弱酸原理，比较亚硫酸和碳酸的酸性强弱；实验方案：首先测得亚硫酸饱和溶液的pH转化成氢离子浓度，然后用中和滴定法测得饱和溶液的浓度，若亚硫酸饱和溶液的浓度大于氢离子浓度，可知亚硫酸为不完全电离，属于弱电解质；
故答案为：比较亚硫酸和碳酸的酸性强弱；首先测得亚硫酸饱和溶液的pH转化成氢离子浓度，然后用中和滴定法测得饱和溶液的浓度，若亚硫酸饱和溶液的浓度大于氢离子浓度，可知亚硫酸为不完全电离，属于弱电解质。