1、备战高考化学培优 ( 含解析 ) 之化学反应原理一、化学反应原理1 过碳酸钠（ 2Na2CO3?3H2O2）俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下：已知： 相关反应的方程式如下：2Na2CO3+3H2O22Na2 CO3?3H2 O2 H 0 工业上常以产品活性氧的质量分数（活性氧） 100%来衡量产品的优劣， 13.00%以上为优等品。请回答：表 1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响反应温度 / 产品收率 /%活性氧质量分数 /%565.312.711073.213.241585.013.552083.213.302555.112.78表 2 加料时间对产品
2、收率及活性氧含量的影响加料时间 /min产品收率 /%活性氧质量分数 /%565.713.301076.814.751581.314.262089.013.822587.913.51（1）分析表1，一般选择的反应温度为_。（ 2）分析表 2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_。（ 3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_。（ 4）下列关于抽滤操作，正确的是_。A准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔B用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀C洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2 3 次D用玻璃棒轻轻刮下抽滤得
3、到的固体，晾干后保存在试剂瓶中（5）使用图 2 所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_。（6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol ?L 1 的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_，用 0.1000mol ?L1 的 Na2 2 3标准溶液滴定，若该S O产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_mL。已知： 2Na22 3 22 46S O +I Na S O +2NaI【答案】15该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双
4、氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出B先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.00【解析】【详解】（ 1）由表可知， 15时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为： 15；（ 2）由已知：，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解；（ 3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出；（ 4） A准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A 错误；B用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B 正确；C洗涤沉淀时，加
5、入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2 3 次， C 错误；D用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D 错误；故答案为： B；（ 5）使用图 2 所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头；（6）已知：活性氧的质量分数 （活性氧）100%，则 n（ H2O2），产品溶于水由H2O2 与 KI 的酸性溶液反应，H2O2+2H+2I 2HO+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol?L 1 的 Na2S2O3 标准溶液滴定生成的碘单22322462222322322质： 2Na S O+
6、I NaS O+2NaI ，则 HO 2Na S O， n（ Na S O） 2n（ H O），则消耗的标准液的体积为(0.136 0.1000g)2160.1000mol/L 0.0170L 17.00mL；故答案为：淀粉溶液；17.00 。【点睛】工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住这一基本原则，就能防止跑偏方向。2 某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。（初步探究）示意图序号温度试剂 A现象0C0 5mol L- 1稀硫酸4min左右出现蓝色.?20C1min 左右出现蓝色20C0. 1mol ?L- 1 稀硫酸15min
7、 左右出现蓝色20C蒸馏水30min 左右出现蓝色（1）为探究温度对反应速率的影响，实验中试剂A 应为 _。（ 2）写出实验中 I- 反应的离子方程式： _ 。（ 3）对比实验，可以得出的结论：_ 。（继续探究）溶液pH 对反应速率的影响查阅资料：i. pH 11. 7-能被 O2 氧化为 I2。时， Iii . pH= 9. 28 时， I2 发生歧化反应： 3I2 +6OH- =IO3- +5I- +3H2 O， pH 越大，歧化速率越快。（4）小组同学用 4 支试管在装有 O2 的储气瓶中进行实验，装置如图所示。序号试管中溶液的 pH891011放置10 小时后的现象出现蓝色颜色无明显变
8、化分析和中颜色无明显变化的原因_。（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10I2 的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象。的条件下确实可以发生I- 被O2 氧化为试剂 1_。 试剂 2_。实验现象：_ 。（深入探究）较高温度对反应速率的影响小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验和。序号温度试剂现象敞口试管20 min 内仍保持无色，冷却至室温后5 mL 1- 1KI 溶液滴加淀粉溶液出现蓝色水浴mol?L5 mL 0- 1稀硫.5 mol L70 C?酸溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，密闭试管冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色（ 6）对比实验和的现象差异，该小组同学对实验中的现象
9、提出两种假设，请你补充假设 1。假设 1： _。假设2： 45C 以上 I2易升华， 70 C 水浴时， c（ I2）太小难以显现黄色。（7）针对假设 2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因_（写出一条）。你若认为假设2 不成立，请设计实验方案证明_ 。【答案】 0. 5 mol ?L- 1 稀硫酸 4I +O2+=2I22温度相同时， KI 溶液被2+ 4H+ 2H OO 氧化成 I2+) 越大，氧化反应速率越快试管、中， pH 为10、 11 时，既发生氧化反，c H(应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜
10、色无明显变化 试剂1： 1 mol L1 KI 溶液，滴加1%淀粉溶液试剂2： pH=10 的 KOH 溶液现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝( t30min )加热使 O2 逸出， c( O2 ) 降低，导致 I 氧化为 I2 的速率变慢理由： KI 溶液过量（即使加热时有I2 升华也未用光KI），实验冷却室温后过量的KI 仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 其他理由合理给分，如淀粉与I2反应非常灵敏（少量的I2即可以与淀粉显色），所以实验中少量的I2冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 。 水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假
11、设2 不成立 其他方案合理给分，如水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 。【解析】【分析】某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生4I+=2I2 + 2H2O 的氧化反应，根据实验+ O2 + 4H进行对比，探究反应温度和稀硫酸浓度对反应速率的影响，pH= 9. 28 时， I2 发生歧化反应： 3I2 +6OH = IO3 +5I +3H2O， pH 越大，歧化速率越快，整个反应主要是既发生氧化反应又发生歧化反应，根据歧化速率与氧化速率和淀粉变色速率快慢得出颜色变化；将反应设计成原电池，利用化合价升高和化合价降低来分析；在较高温度对反应速率的实验对
12、比中，假设可能加热使O2 逸出， c( O2) 降低，导致氧化为I2 的速率变慢，也可能是 45I以上 I2 易升华， 70 水浴时， c( I2 ) 太小难以显现黄色。【详解】（1）根据、为探究温度对反应速率的影响，其他条件不变，实验中试剂A 应为 0. 5-1稀硫酸；故答案为：0.5 mol L- 1稀硫酸。mol L?（2）实验中4I+=2I2I 与氧气在酸性条件下反应生成单质碘，其离子方程式+ O2 + 4H+ 2H2 + O2+ =2I22O；故答案为： 4I+ 4H+ 2H O。（3）对比实验，三者温度相同，稀硫酸浓度越大，反应速率越快，因此可以得出的+结论：温度相同时，KI 溶液
13、被 O2 氧化成 I2， c( H ) 越大，氧化反应速率越快；故答案为：+（4）根据题中信息及和中颜色无明显变化，说明试管、中，pH 为 10、 11 时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化；故答案为：试管、中，pH为 10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化。（5）根据离子反应方程式4I + O2+ 4H+ =2I2 + 2H2O 和图中信息氧气的通入，因此试剂1为1 mol L- 1?KI溶液，滴加1%淀粉溶液，试剂2为pH 10的KOH溶液，因此可以看见实=验现象
14、电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝( t30min ) ；故答案为：试剂1： 1- 1KI12pH 10KOHmol L溶液，滴加：的溶液；现象：电流表指针偏?%淀粉溶液；试剂=转，左侧电极附近溶液变蓝( t 30min ) 。（6）假设1：加热使O2氧化为 I2的速率变慢；故答案为：加逸出， c( O2) 降低，导致 I热使O2cO2氧化为I2逸出，降低，导致I的速率变慢。()假设2： 45 以上 I2 易升华， 70 水浴时， c( I2) 太小难以显现黄色。（7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因KI 溶液过量 ( 即使
15、加热时有I2 升华也未用光KI) ，实验冷却室温后过量的KI 仍可与空气继续反应生成I2 ，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 其他理由合理给分，如淀粉与I2 反应非常灵敏 ( 少量的 I2即可以与淀粉显色 ) ，所以实验中少量的I2 冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 。你若认为假设 2不成立，设计实验方案是水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 其他方案合理给分，如水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2 不成立 。3 茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是VC 的5 10 倍），它易溶于水、乙醇、乙酸
16、乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+， Fe2+与K3Fe( CN) 6 生成的深蓝色配位化合物KFeFe(CN)6对特定波长光的吸收程度（用光密度值A表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A 与茶多酚标准液浓度的关系如图1 所示：某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：请回答下列问题：(1)操作用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2 所示，原因是_。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3 安装后， 通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在
17、90。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是_。(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是_；氯仿的作用是(3)下列有关实验基本操作不正确的是_。_。A图 3 中冷凝水流向为a 进 b 出B分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用C操作过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度D萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液(4)称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 K3Fe( CN) 6 酸性溶液，用蒸馏水定容至100 mL 后，测得溶液光密度值A=0.800，则产品的纯度是 _
18、 （以质量分数表示）。【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取（或除杂）CD96%【解析】【分析】茶叶用水浸泡时，茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中，过滤后，去除滤渣，得到的滤液减压蒸发，可降低蒸发温度，防止氧化反应的发生；往浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液，水溶液中含有茶多酚，用乙酸乙酯萃取、分液，可得茶多酚的乙酸乙酯溶液，然后减压蒸发，即可获得茶多酚粗产品。【详解】(1)操作用水浸取茶多酚时，从图2 中可以看出，搅拌速率越快，
19、光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5 cm，并保持约1 h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约 0.5cm 时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防
20、止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取（或除杂）。答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂）；(3)A图 3 中冷凝水流向应下进上出，即a 进 b 出， A 正确；B分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B 正确；C操作过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C 不正确；D萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D 不正确；故选 CD。答案为： CD；(4)溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为-51.2 10g/mL ，由此可得出原-51000mL=1.2g，则产品的纯度1000 m
21、L 溶液中所含茶多酚的质量为1.2 10g/mL 100mL1mL1.2g是100% =96%。答案为： 96%。1.25g【点睛】搅拌越快，茶多酚与 Fe3+的接触面积越大，还原 Fe3+的速率越快，光密度值理应越大，但事实上，光密度值反应越小，则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。只有联系到茶多酚的性质，才能解决此问题，于是采用类推法。茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性质，4 某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中 Co 为 +3 价)的组成，进行如下实验。（1）氯的测定：准确称取2.675g 该化合物，配成溶液后用1.00mol L-1AgNO3 标准溶液滴定， K2 CrO4
22、 溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4 为砖红色 )且不再消失时，消耗AgNO3 溶液 30.00mL。 已知： Ksp(AgCl)=1.8-10、 K-12 10sp(Ag2CrO4)=1.12 10AgNO3 标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是_。(用化学方程式表示 )若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果_。 (填 “偏大 ”、 “偏” “”)小 、 无影响用 K2CrO4 溶液作指示剂的理由是 _。（2）氨的测定：再准确称取2.675g 该化合物，加适量水溶解，注入如图4_。 (填仪器名称)中，然后通过仪器3 滴加足量的 NaOH 溶液，加热 1 装置，
23、产生的氨气被 5 中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH 标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗-1盐酸1.00mol L60.00mL。装置 A 在整个实验中的作用是_，如果没有大”、 “偏小 ”、 “无影响 ”)。（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为6 中的冰盐水，会使得测定结果_。_(填 “偏光照【答案】2AgNO32Ag2224Ksp 可知 AgCl 的 +2NO +O 偏大Ag CrO 为砖红色，由溶解度更小，当溶液中Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置 B 中产生的氨气全部蒸出偏大Co(NH3)6Cl3【解析】【分析】Co(NH ) Cl 中 Co 的
24、化合价为 +3， NH 为 0， Cl 为 -1，则 x=3，通过实验测出NH 和 Cl 的物3 yx33质的量之比即得出结果。【详解】（1） AgNO3 不稳定，见光易分解成Ag 和 NO2 和 O2，发生的反应为：2AgNO光照光照2Ag +2NO +O ，故答案为： 2AgNO2Ag+2NO +O ；322322若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2 读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；一方面 Ag24sp-10、Ksp 24-12 可知，CrO 为砖红色，另一方面由K(AgCl)=1.8 10(Ag CrO )=1.12 10+-524+3-4AgCl 饱和溶液中
25、c(Ag )= 1.8 10mol/L ， Ag CrO 饱和溶液中c(Ag )=1.12 10mol/L ，所以， AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3 时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl 形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3 溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag24为砖红色，由 Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，CrO当溶液中 Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图 4 为三颈烧瓶，装置 A 的作用是产生水蒸气，将装置B 中产生的氨气全部蒸出，如果没有6 的冰盐水，HCl 吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的H
26、Cl 有一部分被倒吸，被反滴定的HCl 的量就少，计算吸收氨气时的HCl 就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定 Cl-时， 2.675g 样品消耗 30mL 1.00molL-1 AgNO3，所以 n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol L-1 30mL 10-3=0.03mol，测定氨时， 2.675g样品消耗-11.00mol L 盐酸 60.00mL，所以n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol L-160.00mL 10-3=0.06mol ，故 n(Cl-):n(NH 3)=0.03:0.06=1:2，由于化
27、合物 Cox(NH3)yClx 中 Co 的化合价为 +3， NH3 的化合价为 O， Cl 的化合价为 -1，所以 x=3，y=6，该化合物为：Co(NH3)6Cl3，故答案为：Co(NH3)6Cl3。【点睛】测氨的含量时 HCl 总物质的量 =氨气消耗的 HCl 的物质的量 +反滴定时 NaOH 消耗的 HCl 的物质的量。5 淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1 所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将 1： 1 的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85 90，保持30min ，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水
28、解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在55 60 条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3 与 98%H2SO4 的质量比为2： 1.5）溶液；反应 3h 左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2 +3NO +9H2OC6H12O6+8HNO3 6CO2+8NO +10H2O3H2C2O4+2HNO3 6CO2+2NO +4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的作用是：_；（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_；（ 3）检验淀粉是否水解完全所
29、用的试剂为_；（ 4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有 _；（ 5）将产品在恒温箱内约 90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4 标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO 42 2 4+2+22+5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O 称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用10.020mol?L的酸性 KMnO4 溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为_ ，滴定前后滴定管中的液面读数如图2 所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_。【答案】催化剂的作用温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进
30、一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%【解析】【分析】【详解】（ 1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）。（ 2）由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物 H2C2O4 进一步被氧化，所以不能滴入的过快。（ 3）由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。（ 4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。（ 5）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml 2.50ml16.00ml 。根据方程式可知
31、，草酸的物质的量是-1 0.016L /250.0008mol ，则0.020 mol L草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126100%84.0% 。0.126FeCl2 具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3 在加热条件下遇水剧烈水解。 FeCl326 56 42和 FeCl 均不溶于C H Cl、 C H Cl 、苯。回答下列问题：(1)由 FeCl3 6H2O 制得干燥 FeCl2 的过程如下：i向盛有 FeCl3 6H2O 的容器中加入过量SOCl2 (液体，易水解 )，加热，获得无水 FeCl3。ii将无水 FeCl3 置于反应管中，通入一段时
32、间的氢气后再加热，生成FeCl2。 FeCl36H2O 中加入 SOCl2 获得无水 FeCl3 的化学方程式为 _。 (已知该反应为非氧化还原反应 ) 使用 NH4SCN可以检验ii 中 FeCl3 是否含完全转化，请写出离子反应方程式_ 。(2)利用反应2FeCl3 + C6H5Cl2FeCl2 + C6H4Cl2 +HCl ，制取无水FeCl2 。在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。(加热装置略去)仪器 B 的名称是 _ ； C 的试剂名称是 _。反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经_ 、_、干燥后，得到 FeCl2 粗产品。该装置存在的不足之处是 _ 。(3)粗产品中 FeCl 的纯度测定。2取 a g 粗产品配制成 100 mL 溶液； 用移液管移取所配溶液5.00mL，放入 500 mL 锥形瓶内并加水至体积为 200mL；-1酸性 KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸 用 0.100 mol L性 KMnO4 标准溶液 V mL。若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为VmL，所配溶液的密度 (FeCl2)=kV ，密度的单位为 gL-1，则 k=_gL-1 mL-1。【答案】FeCl36H2O 6SOCl2FeCl3 + 12HCl 6SO23+
