2020-2021 备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案

2020-2021 备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案
一、高中化学氧化还原反应
1．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：
____________。

(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2＋NaOH＋
N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。

①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是
____________。

(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。

已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及
Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C ．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D ．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：
____________________
【答案】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方
程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +−−−
→+℃
； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了
110
与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10
+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+的反应按照1:1进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：
243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=⨯-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0
m w ⨯=⨯； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；
B ．量取40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；
C ．步骤③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；
D ．将挂在锥形瓶壁上的 Fe 2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC ；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO 2N H O=Cl 3N 2OH ----+++↑+。

【点睛】
滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用C 标定未反应的B ，在做计算时，要注意A 与C 一同消耗的B 。

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：LiCoO 2难溶于水，易溶于酸。

回答下列问题：
（1）LiCoO 2中Co 的化合价是__。

（2）LiCoO 2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H 2O 2外，也可以选择Na 2S 2O 3，比较二者的还原效率H 2O 2__(填“>”或“<”)Na 2S 2O 3(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++CoR 2=Co 2++2HR ，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni 2+的质量浓度为1.18g ·L -1，则pH=__时，Ni 2+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 、Na 2CO 3、NaF 。

【答案】+3 2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O < 适当升高温度，适当增加H 2SO 4浓度 5.5 H 2SO 4 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CoSO 4，可知LiCoO 2与H 2O 2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H 2O 2和Na 2S 2O 3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Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+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)LiCoO 2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CoSO 4，可知LiCoO 2与H 2O 2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O ；
(3)1molH 2O 2作为还原剂转移2mol 电子，1molNa 2S 2O 3作为还原剂转移8mol 电子，则Na 2S 2O 3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H 2SO 4浓度等；
(5)分离Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+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H 2SO 4；
(7)c (Ni 2+)=1.1859
mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时，c (OH -)＝()sp 2Ni OH ()
0.02K 15
200210.-⨯-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．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4)，具体方法：先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并用硫酸吸收制备硫酸肼。

具体实验原理图如下：
已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。

②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。

③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸
(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。

(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。

(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。

(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。

A．冷水 B．热水 C．无水乙醇 D．饱和食盐水
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。

【答案】三颈烧瓶赶走装置中的空气，避免空气与肼反应
CO +H2O 防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
液利于产物析出，同时降温防爆炸 C c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共
价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

(3)装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为
CO-和H2O。

Cl−，同时生成23
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，
c(Na+)=0.1mol·L−1，因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1，c(OH−)>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。

【详解】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,
电子式为。

答案为：三颈烧瓶；；
(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

答案为：赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；
(3)装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为
CO-和H2O，反应方程式为
Cl−，同时生成23
CO-+H2O。

答案为：
ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
CO-+H2O；
ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

答案为：防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；
(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

答案为：C；
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，
c(Na+)=0.1mol·L−1，因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1，c(OH−)>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。

答案为：c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。

【点睛】
在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。

4．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。

工业上
Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：
Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：
4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成
D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成
（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验酸或碱现象
A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色
B1滴水缓慢变浅棕褐色
C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色
该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。

写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原
料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用 A 酸性越强，MnO2氧化能力越强 MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；
(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；
Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。

【详解】
Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO 气体。

反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；答案为：
Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；
(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：反应生成的MnO2对该反应起催化作用；
Ⅲ、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；
B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；
C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；
D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。

故选A；
（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：酸性越强，MnO2氧化能力越强；
MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O；答案为：MnO2+2I−+4H+= Mn2++I2+2H2O。

5．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 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
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。

6．现有一份含有FeCl3和FeCl2固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：
实验1：① 称取一定质量的样品，将样品溶解；
② 向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；
③ 将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。

实验2：① 称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；
② 向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；
③ 再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；
④ 将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4g。

回答下列问题：
（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有___________________。

（2实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_____________和_____________。

（3）实验2通入足量Cl2的目的是_____________；涉及的化学反应的离子方程式是
____________________。

（4检述实验2的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是_____________。

（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（方程式与文字相结合来说明）______________________。

（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的特性。

以下关于胶体的说法不正确的是_____________。

A．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜
B．胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下会产生电泳现象C．向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应D．向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色沉淀，随后沉淀消失
E．在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液，可使蛋白质盐析
（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为_________。

【答案】（1）烧杯、玻璃棒
（2）稀盐酸铁粉
（3）将Fe2+全部转化为Fe3+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
（4）取少量最后一次的洗涤液于试管中，向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液，如未出现白色沉淀说明已洗净
（5）FeCl3在水中存在如下平衡 FeCl3+3H2O Fe（OH）3+3HCl，在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体
（6）E（7）2：3
【解析】
试题分析：（1）溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3，向溶液中加入少量铁粉，使FeCl3重新转化为FeCl2；为了防止FeCl2溶液水解，常加入盐酸，抑制其水解，防止其变质；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，实质为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2Cl－；（4）解答此问时，首先要明确沉淀吸附了什么杂质，由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以，如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠，加入硝酸银溶液就会出现沉淀，反之，说明溶液中没有氯化钠；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）A、胶体粒子直径介于1～100nm之间，因此能透过滤纸，但不能透过半透膜，A正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，因此在电场作用下会移向阴极或阳极，产生电泳现象，B正确；C、向Fe（OH）3胶体可以产生丁达尔效应，CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应，C正确；D、，向胶体中加入少量的酸、碱、盐，会中和胶体所带的电荷，使胶体发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中滴加硫酸，会先出现红褐色Fe（OH）3沉淀，但过量的硫酸还会和Fe（OH）3沉淀发生反应生成硫酸铁，D正确；E、CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，而非盐析，E不正确；
（7）先由m
M
计算实验①所得AgCl的n为
17.22
143.5
mol = 0.12mol，实验②所得Fe2O3的n
为
4
160
mol = 0.025mol，设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为x mol、y mol，依据Cl、Fe守恒
3x mol+2y mol="0.12" mol，x mol+y mol="0.025" mol×2，解得x = 0.02，y = 0.03，则固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为为2∶3。

考点：本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。

【名师点睛】（1）化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。

考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。

（2）根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。

日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答，题目难度中等。

7．以海绵铜（CuO、Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：
（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42− 的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+ 与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2− 中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：
①2NO(g) + O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH =－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有
______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g) + H2O(l) ＝ HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =－116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq) ＝ HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =－75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是
____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=－212.1kJ·mol−1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】
（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中。