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1、高考化学专题复习分类练习化学反应原理综合解答题含答案一、化学反应原理1 自 20 世纪 60 年代以后，人们发现了120 多种含铁硫簇( 如 Fe S、Fe S、Fe S等2 24 48 7) 的酶和蛋白质。它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验：实验一：测定硫的质量：(1)连接装置，请填写接口顺序：b 接 _(2)检查装置的气密性，在A 中放入 0.4g 铁硫簇的样品 ( 含有不溶于水和盐酸的杂质) ,在 B中加入品红溶液，在 C 中加入 30mL 0.1mol/L 的酸性 KMnO 4 溶液(3)通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红
2、棕色(4)待固体完全转化后，取C 中的 KMnO 4 溶液 3mL ，用 0.1mol/L 的碘化钾 10%溶液进行滴定。记录数据如下：消耗碘化钾溶液体积/mL滴定次数待测溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度13.001.007.5023.001.026.0333.001.005.99实验二：测定铁的质量：取实验 中 A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的 NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体试回答下列问题：(1)检查 “实验一 ”中装置 A 的气密性的方法是_(2)滴定终点的判断方法是 _(3)装置 B 中品红溶液的作用是 _ .有同学提
3、出，撤去B 装置，对实验没有影响，你的看法是 _ ( 选填 “合理 ”或 “不合理 ”) ，理由是 _(4)用 KI 溶液滴定 KMnO 4 溶液时发生反应的离子方程式为_(5)请计算这种铁硫簇结构的化学式_(6)下列操作，可能引起x: y 偏大的是 _a.滴定剩余 KMnO 4溶液时， KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴b. 配制 KI 溶液时，定容时俯视刻度线c. 用碘化钾溶液滴定剩余KMnO 4 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡d. 实验二中，对滤渣灼烧不充分【答案】 b 接 efdc g (g 写不写都对)在导管 b 接上长导管，把末端插入水槽中，关闭活塞，用酒精灯微热硬质试管A，导管长导
4、管口有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好加入最后一滴 KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复为紫色 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收合理若 B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全2MnO 4 16H10I2Mn 25I 2 8H 2OFe4S5 acd【解析】【分析】铁硫簇的样品在装置中与O2 反应，得到SO2，测点 SO2 的含量，用酸性高锰酸钾吸收，再用品红溶液检查SO2 是否吸收完全，再接尾气吸收。【详解】实验一： (1)用高锰酸钾吸收二氧化硫，用品红证明二氧化硫吸收完全，最后用氢氧化钠吸收尾气，接口顺序：b 接 efdc g (g 写不写
5、都对)，故答案为：b 接 efdc g (g 写不写都对)；实验二：(1)先形成一密闭体系，利用加热膨胀法检查装置气密性，故答案为：在导管b 接上长导管，把末端插入水槽中，关闭活塞，用酒精灯微热硬质试管A，导管长导管口有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好；(2)碘化钾使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：加入最后一滴KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复为紫色；(3)品红是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；也可省去品红装置，因可以根据高锰酸钾颜色变化来确定是否完全吸收，若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，故答案为：检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全
6、吸收；合理；若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；(4)高锰酸酸根被还原为锰离子，碘离子被氧化为碘单质，故答案为：2MnO 4 16H10I2Mn 25I 2 8H 2 O ；(5)第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、 3 次相差太大，应舍去，取第2、 3次的平均值计算标准溶液的体积为5.00mL ，根据化学方程式：2MnO 416H10I2Mn 25I 28H 2O 知剩余的高锰酸钾是5.00 10 30.1510 4 mol ，加入了 30mL，只取了 3mL，所以共剩余高锰酸钾10 3 mol ；所以参加反应的高锰酸钾是30.0010 3 0.110 30.002mol
7、 ；再根据关系式 2MnO 4 5SO2计算生成二氧化硫n SO20.005mol ，取实验 中 A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体，固体是Fe O3 ，计算n Fe0.32160 20.004，利2用铁元素和硫元素守恒知n Fe ： n S4 ：5，确定 Fex Sy 的化学式为：Fe4S5, ，故答案为： Fe4S5 ；(6)a.滴定剩余 KMnO 4 溶液时， KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴则标准液偏多，计算时导致硫元素偏少，比值偏大；b.配制 KI 溶液时，定容时俯视刻度线，会使浓度偏大，导致
8、剩余高锰酸钾偏小，硫偏多，比值偏小；c.用碘化钾溶液滴定剩余 KMnO 4 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡导致标准液体用量偏大，剩余的高锰酸钾偏多，计算的硫元素偏少，比值偏大；d.实验二中，对滤渣灼烧不充分会计算的铁元素偏多，比值偏大；acd 正确，故答案为：acd。2 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-13AgNO 标准溶液滴定， K24溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀24CrO(Ag CrO 为砖红色 )且不再消失时，消耗3溶液30.00mLsp-10、
9、 Ksp24-12AgNO。 已知： K (AgCl)=1.8 10 (Ag CrO )=1.1210AgNO3 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，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
10、 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(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
11、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 Ag-10、K-12 可知，2CrO4 为砖红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.8 10sp(Ag2CrO4)=1.12 10+10-5mol/L ， Ag2CrO4 饱和溶液中+3-4AgCl 饱和溶液中 c(Ag )= 1.8c(Ag )=1.12 10mol/L ，所以， AgCl的溶解度
12、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：Ag24CrO 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；（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
13、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3-160.00mL10-3-3n(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
14、=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。3 研究小组进行图所示实验，试剂A 为-140.2 mol L溶液，发现铝条表面无明显变CuSO化，于是改变实验条件，探究铝和CuSO溶液、 CuCl2 溶液反应的影响因素。用不同的试剂4A 进行实验1实验 4，并记录实验现象：实验试剂 A实验现象序号1-12铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出0.2 mol L CuCl 溶液-14开始铝条表面无明显变化，加NaCl 后，铝条表20.
15、2 mol L CuSO 溶液，再加入一定质量的 NaCl 固体面有气泡产生，并有红色固体析出3-14铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体2 mol L CuSO 溶液4-1溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐2 mol L CuCl2色，有红色固体和白色固体生成（1）实验 1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_。（2）实验 2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl- 是导致实验1 中反应迅速发生的原因，实验2 中加入 NaCl 固体的质量为 _ g。（ 3）实验 3 的目的是 _。（ 4）经检验知，实验 4 中白色固体为 CuCl。甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了 C
16、u + CuCl22CuCl 的反应，他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。 A 极的电极材料是 _。 能证明该反应发生的实验现象是_。（5）为探究实验 4 中溶液呈现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：实验序号实验操作实验现象i加入浓 NaCl 溶液沉淀溶解，形成无色溶液ii加入饱和 AlCl 溶液沉淀溶解，形成褐色溶液3iii向 i 所得溶液中加入 12溶液由无色变为褐色2 mol LCuCl 溶液查阅资料知： CuCl 难溶于水，能溶解在 Cl 浓度较大的溶液中，生成 CuCl2 络离子，用水稀释含 CuCl2 的溶液时会重新析出 CuCl 沉淀。 由上述实验及资料可推断
17、，实验4 中溶液呈棕褐色的原因可能是CuCl2 与 _作用的结果。 为确证实验4 所得的棕褐色溶液中含有CuCl2 ，应补充的实验是_ 。（6）上述实验说明，铝和CuSO4 溶液、 CuCl2 溶液的反应现象与_有关。【答案】 3Cu2+ 2Al2Al3+ 3Cu0.117证明增大44CuSO 溶液的浓度能够使Al 和 CuSO的反应发生金属铜电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成Al3+、 Cu2+取适量实验4 的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等【解析】(1)实验 1中，铝与氯化铜反应置换出铜，反应的离子方程式为3Cu2+ + 2Al= 2Al3+
18、 + 3Cu，故答案为 3Cu2+ + 2Al= 2Al3+ + 3Cu；(2)实验 1-)=0.005L-1-中 n(Cl0.2 molL2=0.002mol，实验 2 的目的是证明铜盐中的阴离子Cl是导致实验1 中反应迅速发生的原因，实验2 中加入 NaCl 固体的质量为0.002mol 58.5g/mol= 0.117g，故答案为 0.117；(3)实验 3与原实验相比，增大了硫酸铜溶液的浓度，铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体，说明增大CuSO溶液的浓度能够使 Al 和 CuSO4 的反应发生，故答案为证明增大4CuSO4 溶液的浓度能够使Al 和 CuSO4 的反应发生；(4)
19、 Cu + CuCl2=2CuCl 反应中铜被氧化，铜应该做负极，CuCl2 被还原，在正极放电，因此A 极为负极，选用铜作负极，故答案为铜； 构成原电池后，铜溶解进入溶液，与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀，正极铜离子被还原，也生成白色沉淀，电流计指针偏转，故答案为电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成；(5)由上述实验 ii 及资料可推断，实验42与中溶液呈棕褐色的原因可能是 CuCl Al3+、 Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、 Cu2+；根据信息知，取适量实验4 的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4 所得的棕褐色溶液中含有CuCl2 ，故答案为取适量实验4 的棕
20、褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；(6)根据实验1 和2、 2 和3、 1 和4 中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知，铝和CuSO4 溶液、 CuCl2 溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关，故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。4 氢叠氮酸（ HN3）和莫尔盐 （ NH4） 2SO4FeSO46H2O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=1010-5。氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_0.2mol/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
21、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）26H2O，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 /mL25.5225.0224.98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_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）。
22、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【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)氢叠氮酸是一元弱酸； 0.2mol/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
23、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)氢叠氮酸易溶于水，25时，该酸的电离常数为a-5，说明氢叠氮酸为弱酸，K =10 10在水溶液中的电离方程式为HN3+3 -，故答案为 HN3+3-；H +NH +N0.2mol/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 Na N3，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-+-
24、c(N3)c(Na )c(HN3)c(H )c(OH )，故答案为c(N3+3+-)c(Na )c(HN )c(H )c(OH )；(2) 500mL 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；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
25、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25.0224.98mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：2-3n(NH 4)2SO4 ?FeSO4?6H2O=5n(KMnO 4) =25 10 c 5mol，则 500mL 溶液中含有-3n(NH 4)2SO4 ?FeSO4?6H2O =25 10 c 5 25mol500/ =2.5cmol ，所以质量分数392980c980c=2.5c 100%= 100%，故答案为： 100%；aaaA第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
26、，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。5 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。. 实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00 mL 食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶
27、中，向其中滴加2 滴酚酞作指示剂。（ 1）读取盛装 0.1000 mol/L NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为 _ mL。（ 2）滴定。判断滴定终点的现象是_ ，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。重复滴定3 次。. 实验记录：滴定次数 实验数据 (mL)1234V(样品 )20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗 )15.9515.0015.0514.95. 数据处理与讨论：（3）某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V (15.95 15.0015.05 14.95)/4 15.24 mL 。指
28、出他的计算的不合理之处：_。-1（4）按正确数据处理，得出c（市售白醋） =_molL ，市售白醋总酸量-1=_g100mL 。【答案】0.70溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去0.754.5【解析】【分析】（ 1）根据滴定管的结构和精确度来解答；（ 2）根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；（3）根据数据的有效性，应舍去第1组数据 ；（4）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、 3、4 三组平均消耗V（NaOH）； 接着根据醋酸和 NaOH 反应求出 20.00mL 样品中含有的醋酸，最后求出市售白
29、醋总酸量；【详解】（ 1）液面读数 0.70mL；（ 2）滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；（ 3）第 1 组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；（4）先根据数据的有效性，舍去第1 组数据，然后求出 2、 3、4三组平均消耗V（NaOH） =15.00mL，CH COOH+NaOH=CHCOONa+HO3320.0015mol0.015L 1 0.1000molL c（市售白醋） =0.0015mol 0.02L0.1L0.01L=0.75 mol/L ；则 10mL 样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol 60gmol 1
30、=0.45g，市售白醋总酸量 4.5g/100mL 。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I2 和 SO2 反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
31、 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-1标准液滴定剩余的I2 单质，已知反应如25.00mL 用 0.20 mol LNa2S2O322。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
32、克 I2(已知 I2 过量 )，则样品土壤中水的含量为 _%。若 Na2 23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
33、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
34、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， M 为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为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