高考化学氧化还原反应的综合复习及答案

高考化学氧化还原反应的综合复习及答案
一、高中化学氧化还原反应
1．碘酸钾（3
KIO）是重要的微量元素碘添加剂。

实验室设计下列实验流程制取并测定产品中3
KIO的纯度：
其中制取碘酸（3
HIO）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中
物质性质
HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4
KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－
回答下列问题
（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。

（2）装置B中反应的化学方程式为___________________ 。

B中所加CCl4的作用是
_________从而加快反应速率。

（3）分离出B中制得的3
HIO水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低3
KIO的产率。

（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使3KIO 晶体析出，应往中和所得的3KIO 溶液中加入适量的___________。

（6）取1.000g 3KIO 产品配成200.00mL 溶液，每次精确量取20.00mL 溶液置于锥形瓶中，加入足量KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L 223Na S O 溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（2--2-22346I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗223Na S O 溶液
25.00mL 。

则产品中3KIO 的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性 22235CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解2I 和2Cl ，以增大反应物浓度 分液 除去2Cl （或-ClO ），防止氧化3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。

【解析】
【分析】
装置A 用于制取Cl 2，发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，装置B 中发生的是制取HIO 3的反应，装置C 为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl 和Cl 2，还要防止倒吸。

【详解】
（1）装置A 中发生的反应为：KClO 3+6HCl(浓)=KCl+3Cl 2↑+3H 2O ，浓盐酸中的Cl 元素有一部分失电子转化为Cl 2，表现出还原性，还有一部分Cl 元素没有变价转化为KCl （盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；
（2）装置B 中发生的反应为：5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ，Cl 2和I 2均难溶于水，易溶于CCl 4，加入CCl 4可使二者溶解在CCl 4中，增大反应物浓度，故答案为：
5Cl 2+I 2+6H 2O=2HIO 3+10HCl ；充分溶解I 2和Cl 2，以增大反应物浓度；
（3）分离B 中制得的HIO 3水溶液的操作为分液，HIO 3溶液中混有的Cl 2在碱性条件下转化为ClO -，ClO -会将IO 3-氧化为IO 4-，因此在中和前需要将Cl 2除去，故答案为：分液；除去Cl 2（或ClO -），防止氧化KIO 3；
（4）尾气中主要含HCl 和Cl 2，需用NaOH 溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C ； （5）因为KIO 3难溶于乙醇，向KIO 3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO 3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；
（6）每20mLKIO 3溶液中，加入KI 溶液和稀盐酸发生的反应为：IO 3-+5I -+6H +=3I 2+3H 2O ，滴定时发生的反应为：I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-，可列出关系式：IO 3-~3I 2~6S 2O 32-，每次平均消耗的n(S 2O 32-)= 0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol ，则每20mLKIO 3溶液中，n(KIO 3)=n(IO 3-)= n(S 2O 32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol ，200mL 溶液中，n(KIO 3)=0.00418mol ，产品中KIO 3的质量分数=
214g mol 0.00418mol ×100%1g
/ =89.5%，故答案为：89.5%。

【点睛】
1g 样品配成了200mL 溶液，而根据关系式计算出的是20mL 溶液中KIO 3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g 样品中KIO 3的物质的量。

2．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。

实验室模拟回收锂离子电池中的
Co、Ni、Li的流程如图。

已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。

回答下列问题：
（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。

从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]
（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。

已知：
提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF
【解析】
【分析】
(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反
应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；
(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；
(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；
(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；
(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则
Na2S2O3的还原效率更高；
(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；
(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；
(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；
(7)c(Ni2+)=1.18
59
mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝
-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；
(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。

【点睛】
本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

3．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。

镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。

碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体
[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X 的化学式为__。

（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。

分析如图，反应器中最适合的pH值为__。

（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。

测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g装置D/g装置E/g
加热前250.00190.00190.00
加热后251.08190.44190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。

（5）补充④的实验操作___。

（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。

镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。

【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液
．．．产生，
．．．．．．．少许，加入HCl酸化的
．．．BaCl2溶液，若无沉淀
则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O
2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
(1)根据元素守恒分析判断；
(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；
(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；
(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。

【详解】
(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H 原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学
式为CO2，故答案为：CO2；
(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；
(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；
(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和
NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：
1.08g0.44g
2.25g
18g/mol g/mol g/mol
=6:1:3
4475
：：，
xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O . 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；
(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。

4．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：（一）制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，直至不再产生沉淀，然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中，加热至沉淀全部变为黑色。

②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤，晾干后研细备用。

（1）在实验过程中，若未加入NaOH溶液，直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热，最后也能得到黑色沉淀，试分析其原因__________。

（2）写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。

（二）为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图装置进行实验，每次实验时均收集25ml气体，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验数据见下表：
实验序号KClO3质量其他物质质量待测数据
③1.2g无其他物质a
④1.2g CuO0.5g b
⑤1.2g MnO20.5g c
（3）写出氯酸钾分解反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目
________。

（4）上述实验中的“待测数据”是指___________________。

（5）图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成，此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。

（6）若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，请结合上表的实验效果数据，在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线（注明必要的标识）________。

【答案】CuCl 2溶液中存在水解平衡CuCl2＋2H2O Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO 取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净
收集25mL气体所需的时间碱式
【解析】
【分析】
【详解】
（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋
2H 2O Cu(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的
Cu(OH)2受热分解生成CuO。

（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl—即可确定是否洗净，具体操作是：取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。

（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转
移的方向和数目为：。

（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25mL气体所需的时间。

（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。

（6）反应测的是收集25mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体
积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线为：。

5．草酸(HOOC－COOH)是一种常见的有机酸，利用淀粉制备草酸的实验流程如图:
回答下列问题:
（1）“水解”时，检验淀粉是否水解完全，所用的试剂是____；“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是________________。

（2）“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):
①仪器Q的名称是________.
②三口烧瓶中生成H2C2O4· 2H2O的化学方程式为____________。

③装置B的作用是___________，装置C的作用是_______________。

（3）已知在20℃、70℃时，草酸的溶解度依次为为9. 5 g/(l00g水)，84.5g/(l00g水)，则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为___________________。

（4）探究H2C2O4的性质:
①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，可得出草酸的酸性比碳酸_____(填“强”或“弱”)。

②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热，产生有芳香气味的油状物。

该生成物为___________(写结构简式)。

③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2 O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体，该反应的化学方程式为_____________________。

【答案】碘水水浴加热球形冷凝管 C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 做安全瓶，防止倒吸吸收尾气中的NO和NO2，防止污染空气重结晶强C2H5OOC-COOC2H5K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2 K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O
【解析】
【分析】
淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解，得到葡萄糖，加入60%硝酸，在60℃下发生氧化，得到草酸，硝酸的还原产物有NO和NO2，草酸经结晶得到粗草酸，再经精制得到H2C2O4·2H2O。

【详解】
（1）“水解”时，若淀粉水解完全，则不能使碘水变蓝；“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃，所以最适宜的加热方式是水浴加热。

（2）①仪器Q的名称是球形冷凝管，起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用；
②在三口烧瓶中发生氧化反应，葡萄糖被氧化为H2C2O4· 2H2O，硝酸被还原为NO和NO2（体积比为1:3），根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为
C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③装置B是安全瓶，防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中，装置C的作用是吸收尾
气，防止NO 和NO 2污染空气；
（3）草酸的溶解度随温度变化比较大，所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸； （4）①向NaHCO 3溶液中加入草酸溶液，产生大量气体，说明草酸和NaHCO 3溶液反应生成了二氧化碳，根据强酸制弱酸的规律，可得出草酸的酸性比碳酸强；
②向草酸中加入足量C 2H 5OH 和适量浓硫酸加热，发生了酯化反应，产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯，其结构简式为C 2H 5OOC-COOC 2H 5。

③向K 2Cr 2O 7溶液中加入H 2C 2O 4·
2H 2O 析出K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]晶体，反应中Cr 的化合价从+6价降低到K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]中的+3价，所以H 2C 2 O 4·
2H 2O 中的碳的化合价就会升高，从+3价升高到+4价，在K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]中还有+3价的碳，即反应物H 2C 2 O 4·
2H 2O 中的碳的化合价部分升高，部分没有变化，根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为K 2Cr 2O 7+7H 2C 2O 4·2H 2O=2 K[Cr(C 2O 4)2(H 2O)2]+6CO 2↑+17H 2O 。

6．碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO 3。

但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。

国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。

实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：3242224KIO + KI + H SO I + H O + K SO （方程式未配平）。

试根据相关信息回答下列问题：
（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。

请在下面配平该方程式，同时用单线桥．．．
标明电子转移的方向和数目：_______ ____3KIO +____ KI+____24H SO —____2I + ____ 2H O +____ 24K SO
（2）取10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液（H 2SO 4和KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl 4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。

然后分液，即得到I 2的CCl 4溶液。

（3）查阅资料，CCl 4的沸点为78℃，I 2的升华温度约为120~130℃。

实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl 4和I 2的混合溶液分离。

该分离方法的名称是___________，冷凝管的进水口是_______（填“a ”或“b ”）。

（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg ，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。

（5）KIO 3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。

请书写出KIO 3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。

【答案】KIO 3 I 2
溶液分为两
层，下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 322KIO 2KI+3O ↑高温
【解析】
【详解】 (1)、该反应中化合价的变化为：KIO 3-→I 2，I 元素由+5价→0价，一个KIO 3得5个电子；KI-→I 2，I 元素由-1价→0价，一个KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO 3的计量数为1， KI 的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO 3；I 2 ；
；
(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，
故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a ；
(4)、由方程式可知：I 2的的来源属于KIO 3的占16
，所以圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，则食盐中的碘原子质量为0.25mg ，所以碘的含量为
30.2525/1010mg mg kg g g -=⨯，在国家标准内，故答案为：25；合格；
(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。

根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO 3
Δ2KI+3O 2↑，故答案为2KIO 3Δ2KI+3O 2↑；
【点睛】
实验最终得到的I 2来自于KIO 3和KI 两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI 中的含量。

7．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。

已知：①A 中反应为 KClO 3＋6HCl(浓)=KCl ＋3Cl 2↑＋3H 2O ；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。

（1）B装置作用____。

实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。

编号I II III
A干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条
B干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条
C湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条
D湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条
（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。

（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。

称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。

【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色 C CaCl2、Ca(ClO)2 Cl2＋2NaOH
==NaCl+ NaClO+H2O CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO 143b
a
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。

【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的
HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C
正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为
bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为143b
，故答案为：
a
CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；143b。

a
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。

8．在古代，橘红色的铅丹（Pb3O4）用于入药和炼丹，人们对其中重金属铅的毒性认识不足。

已知：PbO2为棕黑色粉末。

某化学兴趣小组对铅丹的一些性质进行实验探究并测定其组成。

回答下列问题：
（1）性质实验
（2）组成测定
①准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。

该分离操作名称是_____________。

②将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA 溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。

EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。

滤液中含
Pb2+__________mol。

③将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和
8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。

以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液
_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。

【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性
溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-过滤、洗涤、干燥酸式滴定管 1.460×10-3蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90
【解析】
【分析】
(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；
(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；
(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。

根据以上分析进行解答。

【详解】
(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。

答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成
Pb2+，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）加热
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：
5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。

(2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。