1、备战高考化学化学反应原理( 大题培优易错 难题 ) 含答案 (1)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、2 加料时间对产品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
3、璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，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
4、致温度显著升高，双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
5、；C洗涤沉淀时，加入少量水，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：
6、 2Na S O+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 为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤 1：取 8mL0.1mol L1 的 KI 溶液于试管 ,滴加 0.1mol L1的 FeCl溶液 5 6滴,振荡；3请写出步骤 1 中发生的离子反应方程式：
7、_步骤 2:在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；步骤 3：取上述步骤2 静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1 mol L 1 的 KSCN溶液 5 6 滴，振荡，未见溶液呈血红色。探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：猜想一： KI 溶液过量， Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无 Fe3+猜想二： Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe（ SCN） 3 浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚比水轻且微溶于水，Fe（ SCN） 3 在乙醚中的溶
8、解度比在水中大。信息二： Fe3+可与 Fe(CN )6 4 反应生成蓝色沉淀，用K4 Fe（ CN）6溶液检验Fe3+的灵敏度比用 KSCN更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤 2 静置分层后的上层水溶液于试管 A、 B 中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作预期现象结论实验 1：在试管A 加入少量乙醚，充分振荡，静置_若产生蓝色沉淀“”则 猜想二成立实验 2： _【答案】 2Fe32I2Fe 2I 2 若液体分层，上层液体呈血红色。则 “猜想一 ”不成立 在试管 B 中滴加5-6 滴 K4Fe（ CN） 6溶液，振荡【解析】【分析】【详解】（1） KI
9、溶液与 FeCl3 溶液离子反应方程式2Fe 32I2Fe2I 2 ；（2） 由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3 滴 K4Fe（ CN） 6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III 溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。“”则 猜想一不成立实验 2：在试管B 中滴加 5-6 滴 K4Fe（CN）6溶液，振荡3 火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4 mol 液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652 k
10、J的热量。（ 1）该反应的热化学方程式为 _ 。（ 2）分别取 40 mL 的 0.50 mol/L 盐酸与 0.55 mol/L 氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。A 的仪器名称为 _。（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是_；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_。（4）某学生实验记录数据如下：起始温度T12终止温度 T 实验序号盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g/cm 3 ，又知中和后生成溶液的比热容c4
11、.18J/(g )，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H _ ；（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100 mL 0.5 mol/L盐酸跟 100 mL0.55 mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等 ”或 “不相等 ”)，所求中和热 _(填 “相等 ”或“不相等 ”)。【答案】 N2 42 222 1环形玻璃搅拌棒减少热H (l) 2HO (l)=N(g) 4H O(g)H 641.63 kJ mol量损失用水冲洗干净温度计，并擦干温度计 51.8 kJ/mol不相等【解析】【分析】【详解】（1） 0.4 mol 液态肼与足量的液态双氧水反应
12、，生成氮气和水蒸气，放出相等256.652 kJ 的热量， 1mol 液态肼放出的热量，256.652?kJ= 641.63 kJ 该反应的热化学方程式为N2 41(l)H0.42H2222 1。故答案为： N242 22O (l)=N (g) 4H O(g)H 641.63 kJ molH (l) 2H O (l)=N (g) 14H2O(g) H 641.63 kJ mol；（ 2）根据图示可知， A 的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（ 3）为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；中和反应是
13、放热反应，温度计上的酸与 NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；（4）第 1 次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05 ，反应后温度为： 23.2 ，反应前后温度差为： 3.15 ；第 2 次实验盐酸和 NaOH溶液起始平均温度为 20.3 ，反应前后温度差为： 3.1 ；第 3 次实验盐酸和 NaOH溶液起始平均温度为 20.55 ，反应前后温度差为： 3.05 ；40mL的 0.50mol L 1 盐酸与 40mL的 0.55mo
14、l L1 氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL1gcm 3=80g， c=4.18J/（g），代入公式 Q=cmT 得生成 0.05mol 的水放出热量 Q=4.18J/ （g） 80g3.15+3.1+3.05 =1.036kJ ，即生成0.02mol 的水放出热3量为： 1.036kJ ，所以生成 1mol 的水放出热量为： 1.036kJ 1mol=- 51.8kJ mol 1，0.02mol即该实验测得的中和热 H= - 51.8kJ mol 1；故答案为： - 51.8kJ mol 1；（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100mL 0.50molL 1 盐酸跟100
15、mL 0.55molL 1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，即放出热量不相等；由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol 水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL 0.50molL 1 盐酸跟 100mL 0.55molL 1 NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。【点睛】本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。4 某小组为测定化合物Co(NH3 yx价)的组
16、成，进行如下实验。) Cl (其中 Co 为 +3（1）氯的测定：准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol L-13AgNO 标准溶液滴定， K2 CrO4 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 10 sp(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
17、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，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】 2AgNO32224为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的2Ag +2NO +O 偏大Ag CrO溶解度更小，当溶
18、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(NH3)yClx 中 Co 的化合价为 +3， NH3 为 0， Cl 为 -1，则 x=3，通过实验测出NH3 和 Cl 的物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：光照光照2AgNO32Ag +2NO2 +O2，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2 +O2；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 Ag2CrO4 为
19、砖红色，另一方面由 Ksp(AgCl)=1.8-10-12 10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12 10可知，AgCl 饱和溶液中+-524+3-4c(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：Ag2CrO4 为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中 Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（
20、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HCl 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-1样品消耗 1.00mol L 盐酸 60.00mL，所以3-16
21、0.00mL10-3-3n(NH )=n(HCl)= 1.00mol L=0.06mol ，故 n(Cl ):n(NH )=0.03:0.06=1:2，由于化合物 Cox3y x3(NH) Cl 中 Co 的化合价为 +3， NH 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(NH ) Cl ，故答案为： Co(NH) Cl 。3 63363【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。5K3 Fe( C2O4) 3 3H2O 三草酸合铁( ) 酸钾晶体 易溶于水 , 难溶于乙醇
22、 , 可作为有机反应的催化剂。实验室可用铁屑为原料制备, 相关反应的化学方程式为: Fe+H2SO4FeSO4+H2、 FeSO4 +H2C2O4+2H2O FeC2O4 2H2 O+H2SO4、2FeC2O4 2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2 O4 2K3 Fe( C2O4 ) 3+ 6H2O、 2MnO 4 +5C2O42 +16H+2Mn2 +10CO22+8H O。回答下列问题 :( 1) 铁屑中常含硫元素, 因而在制备 FeSO时会产生有毒的H2S 气体 , 该气体可用氢氧化钠溶4液吸收。下列吸收装置正确的是_。( 2) 在将 Fe2+氧化的过程中, 需控制溶液温度不高于
23、40 , 理由是 _; 得到K3 Fe C2O4)3 溶液后 , 加入乙醇的理由是_。( 3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定, 主要步骤有 : 称量 , 置于烘箱中脱结晶水, 冷却 , 称量 , _ ( 叙述此步操作 ),计算。步骤若未在干燥器中进行, 测得的晶体中所含结晶水含量_( 填“偏高”“偏低”或“无影响” ); 步骤的目的是_。( 4)晶体中 C2O42 含量的测定可用酸性KMnO4 标准溶液滴定。称取三草酸合铁( ) 酸钾晶体 m g 溶于水配成 250 mL 溶液 , 取出 20. 00mL 放入锥形瓶中 , 用 0. 010 0mol L- 1 酸化的高锰酸钾溶液进行滴定
24、。下列操作及说法正确的是_。A. 滴定管用蒸馏水洗涤后, 即可装入标准溶液B. 装入标准溶液后, 把滴定管夹在滴定管夹上, 轻轻转动活塞, 放出少量标准液, 使尖嘴充满液体C. 接近终点时 , 需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴有同学认为该滴定过程不需要指示剂, 那么滴定终点的现象为_, 若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液 V mL, 那么晶体中所含C2的质量分数为 _ ( 用含 V、 m 的式子表2O4示) 。【答案】 A 防止 H2O2 分解 三草酸合铁( ) 酸钾在乙醇中溶解度小重复步操作至恒重 偏低 检验晶体中的结晶水是否已全部失去B 当滴入最后一滴 KMnO4 溶液 , 锥2.75
25、V形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色, 且半分钟不褪色100m【解析】【分析】【详解】（1） A该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A 正确；B硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B 错误；C没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C 错误；D该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D 错误；故选 A；（2）双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3Fe C2O43 溶液后，再想()获得其晶体，常加入无水乙醇；（ 3）晶体
26、中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；（4） A. 滴定管用蒸馏水洗涤后, 需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A 错误；B, 轻轻转动活塞 , 放出少量标准液 , 使尖嘴充满. 装入标准溶液后 , 把滴定管夹在滴定管夹上液体， B 正确；C. 接近终点时 , 不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C 错误；答案选 B；由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴 KMnO4 溶液 , 锥形
27、瓶中溶液恰好由无色变为浅红色 , 且半分钟不褪色； n( MnO 4 )= V 10- 3 L 0. 0100- 1, 根据方程式可知n( C2 42 )= n( MnO4 ) mol LO5250125V2204 10- 5 mol, m( C2O42 )= 125V 10- 5mol 88 g mol - 1=2. 75V10- 2g，所以晶体中所含C2O4 2 的质量分数为42. 75V/ 100m 。6 砂质土壤分析中常用Karl Fischer 法是测定其中微量水含量，该方法是利用I22反和 SO应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：(1)写出该反应
28、的化学反应方程式：_。步骤 I：反应样品中的水下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer 法的实验装置图：(2)装置连接的顺序为a_(填接口字母顺序)； M 仪器的名称为_，其在实验过程中的作用是：_；(3)操作步骤为：连接装置并检查装置气密性，装入药品，_ ；关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，取下 D 装置， 步骤中继续通入N2 的目的是 _步骤 II：测定剩余的碘向反应后的D 装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL 溶液，取-1I2 单质，已知反应如25.00mL 用 0.20 mol LNa2S2O3
29、标准液滴定剩余的22。下： 2S2O3+I2=S4O6 +2I(4)Na2S2O3标准液应装在 _(填 “酸式 ”、 “碱式 ”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是_；(5)滴定实验重复四次得到数据如下:实验消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g 土壤样品和10.16 克 I2(已知 I2 过量 )，则样品土壤中水的含量为 _%。若 Na2 2 3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将_(填 “偏高 ”、 “偏S O低”或 “不变 ”)。【答案】 SO22224d e i h g f b (c)长颈漏斗平衡内外
30、气压，防+I +2H O=H SO +2HI止压强过大打开弹簧夹，通入氮气将装置中的 SO2全部赶入 B 装置中吸收碱式 使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确7.2% 偏低【解析】【分析】(1)利用 I2 和 SO2 反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；(2)装置 A 是制备二氧化硫气体，装置B 中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D 装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥， C 装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解
31、答；(3)操作步骤：连接装置并检查装置气密性，装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入 N2 ，将装置中的SO2 全部赶入B 装置中吸收，据此分析解答；(4)Na2S2O3 水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；(5)实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol?L-1 Na2S2O3 标准液滴定，根据消耗的 Na2S2O3 求出剩余的碘，再根据(1) 中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；若 Na2 S2O3 标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩
32、余碘单质物质的量增大，据此分析判断。【详解】(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；(2) 装置 A 是制备二氧化硫气体，装置B 中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D 装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C 装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d e i h g f b；(c)根据图示，气压，防止压强过大的作用，故答案为M 为长颈漏斗，
33、在实验过程中，可以起到平衡内外dei hgf b(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；(3)操作步骤：连接装置并检查装置气密性，装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入 N2，将装置中的2B 装置中吸收，取下D 装置， ，故答案为打开SO 全部赶入弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2 全部赶入 B 装置中吸收；(4)Na2S2O3 水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为碱式；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；(5)实验开
34、始时，向 D 装置中加入10.00 克土壤样品和10.16 克 I(已知 I 过量 )，2210.16gn(I )=254g / mol =0.04mol ，向反应后的D 装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗2涤液和滤液，将其配成250.00mL 溶液，取25.00mL-1用 0.20 mol L2 2 3Na S O 标准液滴定剩余I2 单质，根据实验数据可知，实验的误差较大，删除该数值，实验消耗Na2S2O3 溶液的平均值 = 20.05+19.95+20.00 mL =20.00 mL，根据 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物31250mL1 0.20mol/L
35、 10=0.02mol I2质的量 = n(Na2S2O3) = 0.0200L物质的量225mL2，剩余=0.04mol-0.02mol=0.02mol ，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol ，消耗水为 0.04mol ，土壤样品中水的含量0.04mol 18 g / mol 100%=7.2%，故答案为7.2%；=10.00 g若 Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。7 连二亚硫酸钠（ Na2 S2O4 ）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知：Na是白色固体，还原性比
