1、上海市闵行区2020届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）考生注意：1.答卷前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息，答题时客观用 2B 铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写。2.本试卷共有 41 题，共 4 页。满分 100 分，考试时间 60 分钟。3. 请将答案写在答题纸上，考试后只交答题纸，试卷由考生自己保留。相对原子质量:N-14O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56一、选择题(每题只有一个正确选项)1.大气固氮过程中，不会产生A. NH3B. NOC. NO2D. HNO3【答案】A【解析】【详解】A氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化
2、合物的过程，大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，不会产生氨气，故A错误；B空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，故B正确；C一氧化氮的密度比空气略大，不稳定，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O22NO2，故C正确；D二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O2HNO3+NO，故D正确；故答案为A。【点睛】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一
3、氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它与空气中的水反应后生成硝酸和一氧化氮。2.测定胆矾晶体中结晶水含量，不需要的仪器是A. 胶头滴管B. 玻璃棒C. 坩埚D. 电子天平【答案】A【解析】【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：研磨、称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、加热、冷却、称量、重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止、根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，不需要胶头滴管，故选A。【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶
4、水含量测定，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，有利于提高学生的化学实验能力。3.只需克服分子间作用力的是A. NaCl 熔化B. HCl 溶于水C. 氨液气化D. 铜导电【答案】C【解析】【详解】A. NaCl是离子化合物，NaCl 熔化克服离子键，故不选A；B. HCl是共价化合物， HCl 溶于水电离出氢离子、氯离子，克服共价键，故不选B； C. 液氨是共价分子，汽化破坏的是分子间作用力，故选C； D. 铜是金属晶体，存在金属键，铜导电是自由电子的定向移动，故不选D。4.金属跟氯气反应，不能直接制得的是A. 氯化铜B. 氯化亚铁C. 氯化镁D. 氯化钾【答案】B【解
5、析】【详解】A. 铜和氯气点燃生成氯化铜，故不选A； B. 铁和氯气点燃生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故选B； C. 镁和氯气点燃生成氯化镁，故不选C； D. 钾和氯气点燃生成氯化钾，故不选D。5.能与氢硫酸反应的非电解质是A. 氯气B. 氢氧化钠C. 硫酸亚铁D. 二氧化硫【答案】D【解析】【详解】A.氯气与氢硫酸反应生成盐酸和硫沉淀，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B.氢氧化钠与氢硫酸反应生成硫化钠和水，氢氧化钠溶液能导电，氢氧化钠是电解质，故不选B； C. 硫酸是强酸，氢硫酸是弱酸，硫酸亚铁和氢硫酸不反应，故不选C； D. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，二氧化硫自
6、身不能电离，二氧化硫是非电解质，故选D。6.海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”利用的是溴单质A. 氧化性B. 还原性C. 密度D. 挥发性【答案】D【解析】【详解】海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”是鼓入热空气或水蒸气，让溴单质挥发出来，利用的是溴单质的挥发性，故选D。【点睛】本题考查海水资源综合利用，涉及氧化还原反应、混合物的分离等，根据物质的性质选择混合物分离的方法是解答的关键，明确溴具有挥发性。7.检验硫酸亚铁溶液中是否含有少量硫酸铁，可选用最佳试剂是A. 氯水B. KMnO4溶液C. KSCN溶液D. Fe 粉【答案】C【解析】【详解】A加入氯水，铁离子和氯
7、水不反应，氯水不能检验是否含有硫酸铁，故不选A；B铁离子没有还原性，硫酸铁与高锰酸钾不反应，KMnO4溶液不能检验是否含有硫酸铁，故不选B；C亚铁离子遇KSCN不显红色，铁离子遇KSCN溶液显红色，KSCN溶液能能检验是否含有硫酸铁，故选C；D硫酸铁与铁能反应生成硫酸亚铁，但现象不明显，故不选D。8.浓度均为 0.01mol/L 氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是A. 无法确定B. 1:1C. 1012:1D. 1:1012【答案】B【解析】【详解】氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，0.01mol/L氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)= ；0.01mol/L盐酸中c
8、(H+)=0.01mol/L，c(OH-)=，由水电离的H+浓度等于c(OH-)，所以浓度均为 0.01mol/L 的氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是1:1，故选B。【点睛】本题考查由水电离的H+浓度的计算，掌握水的离子积常数，明确酸碱抑制水电离，酸溶液中水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，碱溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度。9.“侯氏制碱法”对纯碱工业最重要的贡献是A. 充分利用了能量B. 找到了高效的催化剂C. 提升了食盐利用率D. 提高了产品纯碱的纯度【答案】C【解析】【详解】“侯氏制碱法”的基本原理是：在饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳，碳酸氢钠的溶解度较小
9、，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；另外得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法没有使用催化剂，与充分利用能量及提高纯碱产品的纯度无关，故选C。10.不符合工业制硫酸生产实际的是A. 粉碎铁矿石B. 净化沸腾炉出来的混合气C. 铁触媒做催化剂D. 尾气中SO2循环使用【答案】C【解析】【详解】A.粉碎铁矿石可以增大接触面积加快反应速率，故不选A；B.用硫铁矿制硫酸时沸腾炉产生的炉气中含有多种杂质，其中的砷、硒化合物和矿尘能够导致催化剂中毒，所以要净化沸腾炉出来的混合气，故不选B；C. 工业生产硫酸一般用五氧化二钒做催化剂，不
10、用铁触媒，故选C；D. 尾气中SO2循环使用，可以提高原料利用率，故不选D。11.49号铟元素近似相对原子质量为:1134.3+11595.7=114.9说法正确的是A 铟原子一定有66个中子B. 某种同位素原子符号为C. 95.7是铟元素的丰度D. 铟元素位于第五周期A族【答案】D【解析】【详解】A. 根据题意，铟元素有铟、两种同位素，有66个中子、有64个中子，故A错误；B. 质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为，故B错误；C. 95.7是同位素的丰度，故C错误；D. 49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期A族，故D正确；答案选D
11、。12.有关实验室制取乙炔的说法，错误的是A. 用饱和食盐水代替水B. 导气管口塞团棉花C. 采用分液漏斗加液体D. 装置采用启普发生器【答案】D【解析】【详解】A. 用饱和食盐水代替水可以减慢反应速率，得到较平稳的气流，故A正确； B. 制取乙炔时，由于电石与水剧烈反应并产生泡沫，导气管口塞团棉花，可以防止泡沫堵塞导管，故B正确；C. 采用分液漏斗加液体，可以控制反应生成乙炔气体的速率，故C正确； D. 由于反应放出大量的热，且产生气体的速度过快，所以实验室不用启普发生器来制取乙炔，故D错误；答案选D。13.如图是抗新冠病毒药物“洛匹那韦”原料的结构简式。相关描述中正确的是A. 和苯是同系物
12、B. 分子式为 C9H10O3C. 能与溴水发生取代和加成反应D. 该物质最多可与 4mol 氢气加成【答案】B【解析】【详解】A. 和苯的结构不相似，不是苯的同系物，故A错误；B. 根据结构简式，可知分子式为 C9H10O3，故B正确；C. 不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；D. 羧基不能与氢气发生加成反应，所以该物质最多可与 3mol 氢气加成，故D错误；选B。14.主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是A. 一定位于第2周期B. 氢化物一定是RH4C. 一定位于第族D. 含氧酸一定是H2RO3【答案】A【解析】【分析】最外层电子排布为nsnnp2，p能级
13、有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第A族，故C错误； D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；选A。【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n
14、=2。15.乙醇结构中氢氧键没有断裂的反应是A. 乙醇和金属钠反应B. 乙醇和浓硫酸加热至170C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热D. 乙醇溶液中插入热铜丝【答案】B【解析】【详解】A. 乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断H-O键，故不选A； B. 乙醇和浓硫酸加热至170发生消去反应生成乙烯和水，断C-H键、C-O键，氢氧键没有断裂，故选B；C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸断C-O键、乙醇断H-O键，故不选C；D. 乙醇溶液中插入热铜丝发生催化氧化生成乙醛和水，断C-H键、H-O键，故不选D。【点睛】本题考查乙醇的结构和性质，化学反应中有机物断键部位为有机反应的灵魂，注
15、意把握乙醇的官能团的性质和结构特点，乙醇含有-OH，可发生取代、氧化和消去反应，可与钠反应，结合官能团的性质判断可能的共价键断裂方式。16.O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt为+5价。正确判断是A. 常温下为固体B. 不存在共价键C. 属于极性分子D. 由O+、PtF6-构成【答案】A【解析】【详解】A. 离子化合物熔点较高，离子化合物常温下一般为固体，故A正确； B. O2(PtF6)含有O-O键，O-O为共价键， Pt和F之间为共价键，故B错误；C. 离子化合物中没有分子，故C错误； D. O2(PtF6)中Pt为+5价，F为-1价，则O2(PtF6)由O2+和PtF6-离子构成，故D
16、错误；选A。【点睛】本题考查离子化合物的构成，注意从化合价的变化的角度分析，从化合价代数和为0的角度判断元素的化合价，注意离子化合物中不含分子。17.H2(g)+2ICl(g)2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是A. 反应为吸热反应B 若加入催化剂可降低反应热C. I2(g)+2HCl(g)的能量高于 I2(s)+2HCl(g)的总能量D. 热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)2HCl(g)+I2(g)-218kJ【答案】C【解析】【详解】A. 反应反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，加入催化剂不能
17、改变反应热，故B错误；C. I2(g)的能量大于I2(s)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于I2(s)+2HCl(g)的总能量，故C正确；D. 正反应放热，热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)2HCl(g)+I2(g)+218kJ，故D错误；选C。18.用元素周期律不能解释的是A. 酸性:HClH2SB. 稳定性:H2OH2SC 碱性:KOHNaOHD. 非金属性:NSi【答案】A【解析】【详解】A. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性不能用元素周期律解释，故选A； B. 非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，稳定性:H2OH2S，故不选B；C. 金属性越强
18、，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性:KOHNaOH，故不选C； D. 同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性CSi；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性NC；所以非金属性NSi，故不选D。19.向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量。不可能发生的离子方程式是A. OH-+H+H2OB. CO32-+2H+CO2+H2OC. OH-+CO32-+2H+HCO3-+H2OD. OH-+CO32-+3H+CO2+H2O【答案】B【解析】【详解】向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量，依次发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2
19、O、Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，所以不可能发生的反应是CO32-+2H+=CO2+H2O，故选B。20.甲、乙、丙、丁是中学化学常见物质，它们有如图转化关系(反应条件和其它产物省略)，有关描述错误的是A. 若甲为氢氧化钠溶液，则丁可能为二氧化碳B. 若乙为淡黄色固体，则丙一定为二氧化硫C. 若乙为两性氢氧化物，则丁溶液可能碱性D. 若丁是铁单质，则甲一定为氯气【答案】D【解析】【详解】A. 若甲为氢氧化钠溶液，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠、丙为碳酸氢钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，故A正确；B. 若乙为淡黄色固体，则甲为硫
20、化氢、乙为硫、丙为二氧化硫，丁为氧气，硫化氢和二氧化硫反应生成硫，故B正确；C. 若乙为两性氢氧化物，则乙为氢氧化铝，甲可能是氯化铝、丁可能是氢氧化钠、丙可能是偏铝酸钠，氯化铝和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；D. 若丁是铁单质，则甲可以为氯气或溴单质，故D错误；选D。【点睛】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，注意对基础知识的总结归纳。二、综合题21.NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是_；原子核外最外层p亚层上电子自旋状
21、态只有一种的元素是_。（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_（填化学符号）；每摩尔铝粉可处理_gNaNO2。（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_极；该装置中发生的化学方程式为_（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在_。0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH如下。时刻温度/25304025PH9.669.529.379.25升温过程中PH减小的原因是_；与相比；C
22、(）_（填“”或“【解析】【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；与相比，温度相同，的pH大于，说明中浓度减小。【详解】（1）上述
23、三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol69g/mol=34.5g；（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢
24、气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； 与相比，温度相同，的pH大于，说明中浓度减小，c (）。22.光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_。（2）密闭容器中吸热反
25、应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（1014min时有一物质浓度变化未标出）。说明该反应已达到平衡状态的是_。aC(COCl2)=C(Cl2)b正(COCl2)=逆(CO)c容器内温度保持不变d容器内气体密度保持不变410min平均反应速率v(COCl2)为_；10min时改变的反应条件是_。04min、810min和1618min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小_；说明理由_。【答案】 (1). (2). 均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 (3). bc (4). 0.0025mol/(Lmin)
26、 (5). 分离出CO (6). K1K2=K3 (7). 4min时改变条件为升温，吸热反应升温K变大【解析】【分析】（1）甲醛的结构式是；COCl2的相对分子质量大于甲醛；（2）根据平衡标志分析；根据 计算410min平均反应速率v(COCl2)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。【详解】（1）甲醛的结构式是，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是；甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；（2）ac
27、(COCl2)=c(Cl2)时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；b反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比， 正(COCl2)=逆(CO)，一定平衡，故选b；c正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；d气体质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；选bc；根据图象，410min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L， 0.0025mol/(Lmin)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10m
28、in时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K1K2，14min时改变的条件是减小压强，平衡常数只与温度有关，所以K2=K3，故K1、K2、K3的大小关系是K1K2=K3；23.化合物G是一种有机光电材料中间体，由苯甲醛和乙醛为原料合成，路线如下：已知：（1）反应的试剂和条件是_；反应的类型为_。（2）证明反应已经发生的操作是_。（3）反应的化学方程式_。（4）E的结构简式为_。（5）写出苯环上的一氯代物只有2种的B的一种同分异构体的结构简式_。（6）根据已有知识，写出甲苯制取苯甲醛
29、的合成路线，其他试剂任选。（合成路线的表示方式为：乙目标产物）_【答案】 (1). 银氨溶液，水浴加热 (2). 加成反应 (3). 取反应后的溶液，滴加溴的四氯化碳溶液，若看到颜色褪去，说明反应已经发生，否则反应未发生 (4). (5). (6). 、 (7). 【解析】【分析】E和反应生成，根据逆推，可知E是，D酸化后和乙醇发生酯化反应生成，则D是，结合C的分子式C9H8Br2O2，逆推可知C是，B是。【详解】根据以上分析，（1）反应是A中的醛基被氧化为羧基，所以试剂和条件是银氨溶液，水浴加热；反应是与溴水反应生成，反应类型为加成反应；（2）碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，醛基与
30、溴的四氯化碳溶液不反应，证明反应已经发生的操作是：取反应后的溶液，滴加溴的四氯化碳溶液，若看到颜色褪去，说明反应已经发生，否则反应未发生；（3）反应是在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，反应的化学方程式是；（4）根据逆推，可知E是（5）苯环上的一氯代物只有2种，B的同分异构体的结构简式可以是、；（6）光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解为，氧化为，合成路线为。24.已知无水FeCl3能与氯苯反应：2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，实验室利用该装置制备无水FeCl2并检测FeCl3的转化率。已知：C6H5Cl、C6H4Cl2沸点依次为132、173。如图为制备
31、FeCl2装置（加热和加持仪器省略）(1)蒸干并灼烧FeCl2溶液最终得到_(2)导管a的作用是_；反应前通入N2的作用是_；(3)锥形瓶的作用是_；该装置的不足之处为_。(4)反应结束后，回收过量氯苯的操作方法名称是_。若32.500g无水FeCl3与过量氯苯充分反应后将锥形瓶内溶液配制成250mL溶液，量取其中25.00mL溶液，滴加指示剂后，用0.4000mol/L的NaOH溶液滴定，重复三次，达到滴定终点平均消耗19.60mLNaOH溶液。(5)滴定终点现象是_。(6)FeCl3的转化率（转化量占总量的百分率）为_%。若制备反应后未通入足量N2，测定结果会_(选项：偏高、偏低或不影响)
32、【答案】 (1). Fe2O3 (2). 导气，冷凝回流 (3). 除尽 O2 (4). 吸收HCl气体 (5). 无防倒吸装置 (6). 蒸馏 (7). 滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色 (8). 78.4% (9). 偏低【解析】【分析】(1) FeCl2易被氧化为FeCl3，加热蒸干促进FeCl3水解；(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化；(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸； (4)根据氯苯的沸点较低分析回收过
33、量氯苯的方法；(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大；(6)根据关系式2FeCl3HClNaOH，计算FeCl3的转化率；若制备反应后未通入足量N2，则烧瓶内的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中。【详解】(1) FeCl2被氧化为FeCl3，加热蒸干FeCl3水解为Fe(OH) 3灼烧分解为Fe2O3；(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低，所以导管a的作用是导出HCl气体、冷凝回流C6H5Cl；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化，反应前通入N2，除尽装置中的O2；(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体，锥形瓶的作用是吸收HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸，该装置的不足之处为无防倒吸装置；(4)氯苯的沸点较低，用蒸馏的方法回收过量氯苯；(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，用酚酞作指示剂，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大，滴定终点的现象是滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色；(6)根据关系式2FeCl3HClNaOH，参加反应的反应FeCl3的物质的量是，32.500g无水FeCl3的物质的量是0.2mol，FeCl3的转化率是78.4%；若制备反应后未通入足量N2，则反应生成的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中，所以测定结果会偏低。