高考化学压轴题之化水溶液中的离子平衡高考题型整理突破提升及答案解析.docx

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高考化学压轴题之化水溶液中的离子平衡高考题型整理突破提升及答案解析

2020-2021高考化学压轴题之化水溶液中的离子平衡（高考题型整理,突破提升）及答案解析

一、水溶液中的离子平衡

1．纳米TiO2是一种重要的光催化剂。

以钛酸酯Ti（OR）4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：

①组装装置如图所示，保持温度约为65℃，先将30mL钛酸四丁酯[Ti（OC4H9）4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；

②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；

③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。

已知：

钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti（OH）4不稳定，易脱水生成TiO2。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是__，冷凝管的作用是__。

（2）加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是__（填字母）。

A.增加反应的焓变

B.增大反应的活化能

C.减小反应的焓变

D.降低反应的活化能

制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。

（3）步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为__。

如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是__（填字母）。

（4）测定样品中TiO2纯度的方法是：

精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。

冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。

加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。

待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-1NH4Fe（SO4）2溶液滴定至终点。

重复操作2次，消耗0.1000mol·L-1NH4Fe（SO4）2溶液的平均值为20.00mL（已知：

Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+）。

①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外，另一个作用是__。

②滴定时所用的指示剂为__（填字母）。

a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液

③样品中TiO2的质量分数为__%。

（Ti相对分子质量为48）

【来源】河北省衡水中学2019—2020学年度高三下学期3月23日满分练理综测试化学试题

【答案】温度计冷凝回流B用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80

【解析】

【分析】

以钛酸四丁酯[Ti（OC4H9）4]为原料，在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶，再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。

【详解】

（1）由装置图可知，仪器a为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用；

故答案为：

温度计：

冷凝回流；

（2）加入催化剂，不能改变焓变（只与反应的始末状态有关），可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；

故答案为：

B；用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；

（3）Ti（OC4H9）4发生水解生成TiO2和丁醇，方程式为Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶，应在坩埚中进行；

故答案为：

Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；

（4）①加入铝，可与TiO2+反应生成Ti3+，与酸反应生成氢气，避免Ti3+被氧化；

②用NH4Fe（SO4）2溶液滴定，含有铁离子，可用KSCN做指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；

③根据方程式可得关系式TiO2～Ti3+～Fe3+～NH4Fe（SO4）2，n（NH4Fe（SO4）2）=0.1000mol•L-l×0.02L=0.002mol，则n（TiO2）=0.00200mol，m（TiO2）=0.00200mol×80g/mol=0.16g00，则质量分数为

；

故答案为：

与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；b；80。

2．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]是两种常用原料。

（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。

①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。

（2）在FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O]，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：

（已知莫尔盐的分子量为392）

实验次数

第一次

第二次

第三次

消耗KMnO4溶液体积/mL

25.52

25.02

24.98

①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______

②滴定终点的现象是_______，通过实验数据，计算该产品的纯度为_______（用含字母a、c的式子表示）。

③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。

A第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗

B该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质

C滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失

【来源】海南省海口市海南中学2020届高三下学期第七次月考化学试题

【答案】HN3⇌H++N3-c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>c（H+）>c（OH-）500mL容量瓶，胶头滴管滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色（980c/a）×100%AC

【解析】

【分析】

（1）①氢叠氮酸是一元弱酸；

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3；

（2）溶液的配置需要的仪器有：

烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。

【详解】

（1）①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3

H++N3-，故答案为HN3

H++N3-；

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c（N3-）>c（Na+）>c（HN3）>c（H+）>c（OH-），故答案为c（N3-）>c（Na+）>c（HN3）>c（H+）>c（OH-）；

（2）①500mL溶液的配置需要的仪器有：

烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：

500mL容量瓶，胶头滴管；

②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：

滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：

滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为

mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：

n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=5n（KMnO4）=25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以质量分数=2.5c×

×100%=

×100%，故答案为：

×100%；

③A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A项正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B项错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C项正确；故答案为：

AC。

【点睛】

本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。

本题的易错点为

（2）的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。

3．碳酸氢钠是重要的化工产品。

用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。

已知碳酸氢钠受热易分解，且在250℃～270℃分解完全。

完成下列填空：

（1）测定碳酸氢钠含量的实验步骤：

用电子天平称取碳酸氢钠样品（准确到_____g），加入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。

当滴定至溶液由_____色变为_____色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。

该实验不能用酚酞作指示剂的原因是_____。

（2）若碳酸氢钠样品质量为0.840g，用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点，消耗标准盐酸溶液19.50mL。

样品中NaHCO3的质量分数为_____（保留3位小数）。

（3）如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，会导致测定结果____（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。

（4）碳酸氢钠样品含有少量水分（<0.5%）和氯化钠。

以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案（样品中NaHCO3含量已知）。

①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品，样品和坩埚的质量为m1g。

②将样品和坩埚置于电热炉内，在250℃～270℃加热分解至完全，经恒重，样品和坩埚的质量为m2g。

③……。

该实验方案中，质量差（m1-m2）是_____的质量。

若所称取样品中NaHCO3的质量为m3g，则样品中水分的质量m=_____（用含m、m1、m2的代数式表示）。

【来源】上海大学附属中学2018-2019学年高三下学期第一次月考化学试题

【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性，酚酞的变色范围为8-10，无法准确判断滴定终点0.975偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分m1-m2-

【解析】

【分析】

（1）电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酞试液在pH≥8的溶液中才呈红色；

（2）根据NaHCO3～HCl，则n（NaHCO3）=n（HCl）计算；

（3）根据c（待测）=

分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；

（4）由2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2气体和水蒸气；先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量，再计算样品中含有的水分质量。

【详解】

（1）用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g；碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酞试液的变色范围为8-10，用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点；

（2）滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL，则参加反应的HCl为0.5000mol/L×0.01950L=0.00975mol，根据NaHCO3～HCl，则n（NaHCO3）=n（HCl），0.840g样品中m（NaHCO3）=0.00975mol×84g/mol=0.819g，故样品中NaHCO3的质量分数为

=0.975；

（3）滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；

（4）已知2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑,则该实验方案中，质量差（m1-m2）是碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO3的质量为m3g，则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g，

m4=

g，生成的水和CO2的质量为m3g-

g=

m3g，故所则样品中水分的质量m=m1-m2-

m3g。

【点睛】

滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c（待测）=

分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。

4．实验室需配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，并利用该溶液对某浓度的NaClO溶液进行标定．

（1）若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是_________（填字母），还缺少的玻璃仪器是_________（填仪器名称）。

（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。

在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol•L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_________0.2000mol•L﹣1。

（3）用滴定法标定的具体方法：

量取20.00mLNaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的V（Na2S2O3）数据如下：

（已知：

I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）

测定次序

第一次

第二次

第三次

第四次

V（Na2S2O3）/mL

21.90

18.80

22.10

22.00

①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为_________。

②NaClO溶液的物质的量浓度是_________。

【来源】2016届湖南省邵阳市邵东三中高三上学期第五次月考化学试卷（带解析）

【答案】AB烧杯、玻璃棒15.8=＞ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O0.1100mol/L

【解析】

【分析】

【详解】

（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；

故答案为AB；烧杯、玻璃棒；

（2）配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，m=1.000mol×158g/mol=15.8g；

定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；

故答案为15.8；=；＞；

（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；

②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：

V（Na2S2O3）=

=22.00mL，

设NaClO溶液的浓度是x，根据反应ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6

可得关系式：

NaClO～2Na2S4O6

12

20mL×c0.2000mol/L×22.00mL

解得：

c=0.1100mol/L，

故答案为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；0.1100mol/L。

5．某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。

（1）设计如下实验研究2Fe3＋＋2I－

2Fe2＋＋I2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：

取C中分液后的上层溶液，然后______________（写出实验操作和现象）。

②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：

I用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。

II小心加热除去过量的H2O2。

III用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：

2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

步骤II是否可省略?

____________（答“可以”或“不可以”）

步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。

巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是________。

（2）探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。

反应原理（化学方程式）为________；

仪器及药品：

试管（两支）、0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/LH2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；

实验方案：

请仿照教材（或同教材）设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。

______________

【来源】四川省成都市2019—2020学年高二上学期期末调研考试化学试题

【答案】溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能；；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

加入试剂

0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液

0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体

褪色时间

实验结论

【解析】

【分析】

（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。

【详解】

（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：

取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：

溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴加KSCN溶液，溶液变红；

②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：

不能；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；

（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：

加入试剂

0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液

0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体

褪色时间

实验结论

故答案为：

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

加入试剂

0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2C2O4溶液

0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体

褪色时间

实验结论

【点睛】

当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。

6．实验室制备三氯乙醛（CCl3CHO）的反应原理为C2H5OH+4Cl2

CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应是C2H5OH+HCl

C2H5Cl+H2O。

某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示（夹持、加热装置均略去）。

回答下列问题:

（1）用仪器a代替普通分液漏斗的目的是_______________。

（2）装置A中MnO2可以用KMnO4代替，反应可以在常温下进行，试写出反应的离子方程式__。

（3）仪器b中冷凝水从___（填“p”或“q”，下同）口进，___口出。

（4）若撤去装置B，对实验的影响是______________。

（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是___________。

（6）已知:

CCl3CHO+OH-

CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2

H++2I-+CO2↑；I2+2S2O32-

2I-+S4O62-。

称取0.40g产品，配成待测溶液，加入20.00mL0.100mol·L-1碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。

重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。

滴定时所用指示剂是___________，达到滴定终点时的现象是_________________，测得该产品的纯度为_____（保留一位小数）。

【来源】2018年11月25日《每日一题》人教版一轮复习-每周一测

【答案】平衡滴液漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下2MnO4-+16H++10Cl-

2Mn2++5Cl2↑+8H2OpqCl2中的氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低停止对A加热或控制滴加浓盐酸的速度淀粉溶液滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色66.4%

【解析】

【分析】

A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气