試卷第=page99頁，共=sectionpages1010頁試卷第=page1010頁，共=sectionpages1010頁第4章《氧化還原反應和電化學》測試卷一、單選題1．催化某反應的一種催化機理如圖所示，其中是氫氧自由基，是醛基自由基，下列敘述不正確的是A．使用催化時，該反應的不變B．不是所有過程都發(fā)生氧化還原反應C．總反應為D．為中間產(chǎn)物之一，與中所含陰離子相同2．用下圖所示裝置及試劑進行鐵的電化學腐蝕實驗探究，測得具支錐形瓶中壓強、溶解氧隨時間變化關系的曲線如下。下列分析錯誤是A．壓強增大主要是因為產(chǎn)生了H2B．pH=4時正極只發(fā)生：O2+4e+4H+→2H2OC．負極的反應都為：Fe-2e-→Fe2+D．都發(fā)生了吸氧腐蝕3．鈉離子電池因其原材料豐富、資源成本低廉及安全環(huán)保等突出優(yōu)點，在電化學規(guī)模儲能領域和低速電動車領域中具有廣闊的應用前景。一種新型可充電鈉離子電池的工作原理如圖，電池總反應為。下列說法正確的是A．放電時，A極為正極，發(fā)生氧化反應B．充電時，陽極反應為C．充電時，當電解質(zhì)溶液中轉移1mol電子，硬碳質(zhì)量增加23gD．放電時，從硬碳中脫嵌，經(jīng)過電解質(zhì)溶液嵌入納米片中4．利用氧化尿素制備(水合肼)，同時可得到的流程如下所示。已知：能將氧化生成；亞硫酸鈉溶液的約為9.5。下列說法不正確的是A．步驟Ⅰ反應時，若產(chǎn)物中，則B．步驟Ⅱ反應的離子方程式為C．步驟Ⅱ的加料方式為在攪拌下將尿素緩慢加入堿性溶液中D．步驟Ⅳ中反應過程中控制溶液為堿性，有利于吸收5．測定某溶液中甲醇含量的部分過程如下：①堿性溶液處理：(未配平，下同)②酸化處理：下列說法錯誤的是A．“反應①”中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為B．“反應①”中氧化性：C．“反應②”中，可用硫酸進行酸化D．“反應②”消耗時，反應中轉移6．科學家近年發(fā)明了一種新型Zn-CO2水介質(zhì)可充電電池，放、充電時可以實現(xiàn)CO2和HCOOH的互相轉化。其電池結構如圖所示，電池中間由反向放置的雙極膜分隔兩極的電解質(zhì)溶液，雙極膜中的H2O可解離為H+和OH-，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。下列關于該電池的說法不正確的是A．放電時鋅箔電極的反應式為：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)B．若膜A和A'、B和B'分別為陰、陽離子交換膜，則放電時膜A、B工作C．充電時Pd電極的反應式為：D．若放電時外電路通過1mol電子，則理論上通過雙極膜向兩極遷移的離子數(shù)為NA7．對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式的是A．向溶液中滴入等物質(zhì)的量的NaOH溶液：B．向含溶液中通入：C．向溶液中滴入過量的溶液：D．向新制的懸濁液中加入幾滴丙醛溶液并加熱：8．關于反應，下列說法正確的是A．發(fā)生氧化反應 B．KI是還原產(chǎn)物C．生成25.4g時，轉移0.1mol電子 D．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為7：19．設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫下含有個碳氫鍵B．碳酸鈉溶液中含有的數(shù)目為C．被氧化為時轉移的電子數(shù)為D．20℃，101kPa時，44.8L氨氣含有個氨分子10．可以發(fā)生反應：，下列說法正確的是A．氧氣是還原產(chǎn)物 B．既是氧化劑又是還原劑C．若生成4.48LHF，則轉移0.8mol電子 D．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為4：111．下列反應方程式書寫正確的是A．過氧化鈉與水反應：2O+2H2O=O2↑+4OH-B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+C．電解熔融MgCl2制鎂：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑D．Al2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3++SO+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓12．圖象能正確反映對應變化關系的是ABCD電解水往AgNO3、Cu(NO3)2混合溶液加入Zn粉至過量加熱一定質(zhì)量的KMnO4固體向等質(zhì)量、等濃度的稀硫酸中分別加入足量Mg和ZnA．A B．B C．C D．D13．已知2MO＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，則MO中M的化合價為A．+1 B．+4 C．+6 D．+714．下列變化一般情況下須加入氧化劑的是A．H2O2→O2 B．Cl-→AgCl C．Fe2+→Fe3+ D．MnO2→Mn2+15．工業(yè)上通過反應制取無水氯化鋁，關于該反應下列說法正確的是A．是氧化產(chǎn)物 B．每生成，轉移4個電子C．被還原 D．C發(fā)生還原反應二、填空題16．相對分子質(zhì)量為44的烷烴和O2氣在KOH溶液中可以組成燃料電池，裝置如圖所示。在石墨1極上發(fā)生的電極反應為O2+2e-+2H2O=4OH-(1)石墨1極為_______(填“負”或“正”)極。在石墨2極上發(fā)生的電極反應為_______(2)放電時，電子流向是_______(填字母)。a.由石墨1極流出，經(jīng)外電路流向石墨2極b.由石墨2極流出，經(jīng)電解質(zhì)溶液流向石墨1極c.由石墨1極流出，經(jīng)電解質(zhì)溶液流向石墨2極d.由石墨2極流出，經(jīng)外電路流向石墨1極17．Ⅰ.某反應中反應物與生成物有：和一種未知物質(zhì)X。(1)已知在反應中得到電子，則該反應的還原劑是_______。(2)已知2個在反應中得到10個電子生成一個X，則X的化學式為_______。(3)根據(jù)上述反應可推知_______。A．氧化性： B．氧化性：C．還原性： D．還原性：(4)將氧化劑和還原劑的化學式及其配平后的系數(shù)填入下列方框中，并用單線橋法標出電子轉移的方向和數(shù)目：__________Ⅱ.是一種有毒氣體，實驗室常用溶液來處理尾氣。已知通入的水溶液中，能同時發(fā)生兩個自身的氧化還原反應(未配平)：，。(5)反應完成后測得溶液中與的數(shù)目之比為5∶2，則該溶液中與的數(shù)目之比為_______。18．下圖各燒杯中盛有等濃度的食鹽水，鐵在其中被腐蝕的速率由快至慢的順序為_______。A．B．C．三、計算題19．在不同溫度下失水和分解，隨著溫度升高分別生成，現(xiàn)稱取在敞口容器加熱一定時間后，得到固體，測得生成的的體積為(已折算為標準標況)，求：(1)固體的成分和物質(zhì)的量比_______。(2)標準狀態(tài)下生成的體積_______。20．氧化亞銅可用于生產(chǎn)船底防污漆，防止海洋生物對船舶設備的污損。現(xiàn)將和Cu的固體混合物20g放入燒杯中，加入質(zhì)量分數(shù)為24.5%的稀硫酸50g，恰好完全反應。已知：。請計算：(1)原混合物中的質(zhì)量(寫出計算過程)_______。(2)在圖中畫出向20g和Cu的固體混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至過量，固體中銅元素的質(zhì)量變化曲線圖，并標明必要的數(shù)據(jù)_______。(3)氧化亞銅可用原理制備。①反應過程中產(chǎn)生可循環(huán)利用，因此應該選用_______溶液來吸收它。②反應過程中溶液pH將_______(填“變大”“變小”或“不變”)，因此制備過程，要控制溶液的酸堿度，因為如果反應時溶液pH過小，會導致產(chǎn)品下降，原因是_______。四、實驗題21．過氧化鈣(CaO2)是一種新型的多功能無機精細化工產(chǎn)品，它在常溫下為白色粉末，難溶于水，易與酸反應生成雙氧水，常用作殺菌劑、防腐劑等。實驗室利用如圖裝置(夾持儀器已省略)制備過氧化鈣，實驗步驟如下：向三頸燒瓶中加入3.00gCaCl2固體，用3.0mL蒸餾水溶解，置于冰水浴中，加入3mol?L-1的NaOH溶液18.0mL，使CaCl2充分溶解后，逐滴滴加3.0mL30％H2O2溶液并不斷攪拌，生成CaO2?8H2O，約30min后反應完成。將燒瓶中的反應混合物抽濾，用冷水洗滌2～3次，將濾渣轉入表面皿中，于烘箱內(nèi)110℃下烘40min，冷卻，得產(chǎn)品CaO2，測其質(zhì)量。(1)盛放NaOH溶液的儀器名稱為_______，寫出三頸燒瓶中生成CaO2?8H2O的化學方程式：_______。(2)實驗過程中，若將NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三頸燒瓶中，CaO2的產(chǎn)率和純度均降低，原因是_______(已知反應過程放熱)。(3)準確稱取0.25g產(chǎn)品3等份，分別置于250mL錐形瓶中，各加入50mL蒸餾水、15.0mL2.0mol?L-1HCl溶解，分別用0.05mol?L-1的KMnO4標準溶液滴定至溶液至終點，平均消耗KMnO4溶液的體積為20.50mL。①滴定過程中的離子方程式為_______。②產(chǎn)品中CaO2的質(zhì)量分數(shù)為_______％(不考慮溶液中Cl-和其他雜質(zhì)影響)。(4)2.76gCaO2?8H2O樣品(含雜質(zhì))受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化曲線，140℃完全脫水，雜質(zhì)受熱不分解)如圖所示。試確定60℃時CaO2?xH2O中x=_______。22．某小組研究Na2S溶液與KMnO4溶液反應，探究過程如下。實驗序號III實驗過程加10滴(約0.3mL)溶液酸性KMnO4溶液(酸化至)滴加10滴約(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)溶液實驗現(xiàn)象紫色變淺()，生成棕褐色沉淀()溶液呈淡黃色()，生成淺粉色沉淀()資料：i.在強酸性條件下被還原為Mn2+，在近中性條件下被還原為。ii.單質(zhì)硫可溶于硫化鈉溶液，溶液呈淡黃色。(1)根據(jù)實驗可知，Na2S具有_______性。(2)甲同學預測實驗I中S2-被氧化成。①根據(jù)實驗現(xiàn)象，乙同學認為甲的預測不合理，理由是_______。②乙同學取實驗I中少量溶液進行實驗，檢測到有，得出S2-被氧化成的結論，丙同學否定了該結論，理由是_______。③同學們經(jīng)討論后，設計了如下實驗，證實該條件下的確可以將S2-氧化成。a.右側燒杯中的溶液是_______。b.連通后電流計指針偏轉，一段時間后，_______(填操作和現(xiàn)象)。(3)實驗I的現(xiàn)象與資料ⅰ存在差異，其原因是新生成的產(chǎn)物(Mn2+)與過量的反應物()發(fā)生反應，該反應的離子方程式是_______。(4)實驗II的現(xiàn)象與資料也不完全相符，丁同學猜想其原因與(3)相似，經(jīng)驗證猜想成立，他的實驗方案是_______。(5)反思該實驗，反應物相同，而現(xiàn)象不同，體現(xiàn)了物質(zhì)變化不僅與其自身的性質(zhì)有關，還與_______因素有關。答案第=page1919頁，共=sectionpages1010頁答案第=page2020頁，共=sectionpages1010頁參考答案：1．D【詳解】A．催化劑能降低反應的活化能，但不能改變反應熱，使用MnO2催化時，該反應的?H不會發(fā)生變化，A項正確；B．催化機理中存在與H+反應生成CO2和H2O的過程，該過程不是氧化還原反應，B項正確；C．根據(jù)圖示的催化機理可知總反應為：，C項正確；D．Na2O2中的陰離子是，與不一樣，D項錯誤；答案選D。2．B【詳解】A．pH=2.0的溶液，酸性較強，因此錐形瓶中的Fe粉能發(fā)生析氫腐蝕，析氫腐蝕產(chǎn)生氫氣，因此會導致錐形瓶內(nèi)壓強增大，A正確；B．若pH=4.0時只發(fā)生吸氧腐蝕，那么錐形瓶內(nèi)的壓強會有下降；而圖中pH=4.0時，錐形瓶內(nèi)的壓強幾乎不變，說明除了吸氧腐蝕，F(xiàn)e粉還發(fā)生了析氫腐蝕，消耗氧氣的同時也產(chǎn)生了氫氣，因此錐形瓶內(nèi)壓強幾乎不變，B錯誤；C．錐形瓶中的Fe粉和C粉構成了原電池，F(xiàn)e粉作為原電池的負極，發(fā)生的電極反應式為：Fe-2e-═Fe2+，C正確；D．由題干溶解氧隨時間變化曲線圖可知，三種pH環(huán)境下溶解氧的濃度都有減小，則都發(fā)生了吸氧腐蝕，D正確；故答案為：B。3．D【詳解】A．根據(jù)電池總反應，放電時Mn元素化合價降低，所以放電時，B極為正極，發(fā)生還原反應，A是負極，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B．充電時，陽極發(fā)生氧化反應，反應為，故B錯誤；C．電子不能在電解質(zhì)溶液中轉移，故C錯誤；D．放電時，A是負極、B是正極，陽離子移向正極，從硬碳中脫嵌，經(jīng)過電解質(zhì)溶液嵌入納米片中，故D正確；選D。4．C【分析】步驟I是氯氣和氫氧化鈉反應來制備次氯酸鈉，步驟II是氧化尿素制備，還生成碳酸鈉，步驟III是分離水合肼溶液和碳酸鈉溶液，步驟IV是將碳酸鈉轉化為亞硫酸鈉。【詳解】A．步驟Ⅰ反應時，產(chǎn)物中，設生成的的分別為5mol和1mol，可知Cl失去電子的物質(zhì)的量=5mol(1-0)+1mol（5-0）=10mol,由電子守恒可知Cl得電子的物質(zhì)的量為10mol,則生成的NaCl的物質(zhì)的量為10mol，則，A項正確；B．根據(jù)流程圖，反應物為、，生成物，被還原為,生成物中還有，故離子方程式為，B項正確；C．由題意可知能將氧化生成，步驟二中若將尿素緩慢加入堿性溶液中，會將氧化生成，C項錯誤；D．為酸性氣體，步驟Ⅳ中反應過程中控制溶液為堿性，有利于吸收，D項正確；答案選C。5．D【詳解】A．根據(jù)氧化還原反應配平可得：，反應中為氧化劑，CH3OH為還原劑，則“反應①”中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為，A正確；B．根據(jù)反應中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物可知，“反應①”中為氧化劑，是氧化產(chǎn)物，則氧化性：，B正確；C．由于與、不反應，則“反應②”中，可用硫酸進行酸化，C正確；D．根據(jù)氧化還原反應配平可得：“反應②”為，則消耗即=0.5mol時，則反應中轉移電子數(shù)目為：，D錯誤；故答案為：D。6．D【分析】放電時為原電池，鋅箔為原電池的負極，Pd電極為正極，充電時，鋅箔為陰極，Pd電極為陽極。【詳解】A．放電時，鋅箔為負極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應，電解質(zhì)溶液為KOH，則電極反應式為Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A正確；B．放電時為原電池，原電池工作時，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，則雙極膜中的H2O解離的OH-通過膜A(陰離子交換膜)移向負極，H+通過膜B(陽離子交換膜)移向正極，故B正確；C．充電時Pd電極為陽極，HCOOH在陽極失電子發(fā)生氧化反應得到CO2，電極反應式為，故C正確；D．若放電時外電路通過1mol電子，理論上有1molOH-移向負極，1molH+移向正極，則理論上通過雙極膜向兩極遷移的離子數(shù)為2NA，故D錯誤；答案選D。7．C【詳解】A．等物質(zhì)的量的NaOH溶液所含OH-只能與H+反應，OH-+H+=H2O，A錯誤；B．Fe2+和I-的還原性相比I-更強，I-有0.08mol，Cl原子有0.06mol，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律可知0.03molCl2只能與I-反應，B錯誤；C．過量的溶液使得產(chǎn)物以形式出現(xiàn)，C正確；

D．方程式配平錯誤，H2O的系數(shù)不對，應為3，D錯誤；故選C。8．D【詳解】A．反應中K2IO6中I元素的化合價降低，發(fā)生得電子的反應，發(fā)生還原反應，A錯誤；B．KI中的I-由HI變化而來，化合價沒有發(fā)生變化，KI既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，B錯誤；C．25.4gI2的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)反應方程式，每生成4molI2轉移7mol電子，則生成0.1molI2時轉移電子的物質(zhì)的量為0.175mol，C錯誤；D．反應中HI為還原劑，K2IO6為氧化劑，在反應中每消耗1molK2IO6就有7molHI失電子，則還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量的比為7:1，D正確；故答案選D。9．A【詳解】A．CH4分子中含有4個C-H鍵，32gCH4的物質(zhì)的量為2mol，則常溫下32gCH4含有8molC-H鍵，即8NA個碳氫鍵，A正確；B．碳酸根離子在水中會發(fā)生水解，故1L0.1mol/L碳酸鈉溶液中含有的碳酸根離子數(shù)量小于0.1NA，B錯誤；C．K2Cr2O7中Cr為+6價，轉化為Cr3+為其被還原的過程，C錯誤；D．標況為0℃，101kPa，20℃，101kPa并非標準狀況，其物質(zhì)的量小于=2mol，D錯誤；故答案選A。10．A【分析】中，H2S中S的化合價為-2價，O2F2中O元素化合價為+1價，F(xiàn)為-1價，SF6中，S的化合價為+6價，F(xiàn)為-1價，HF中H為+1價，F(xiàn)為-1價，據(jù)此結合氧化還原反應的規(guī)律分析解答。【詳解】A．O2F2中O元素從+1價降低到0價，被還原，所以氧氣為還原產(chǎn)物，A正確；B．O2F2中只有氧元素化合價降低，故它只是氧化劑，B錯誤；C．由于沒有說明標況，所以無法根據(jù)4.48LHF計算它的物質(zhì)的量，C錯誤；D．H2S是還原劑，O2F2是氧化劑，根據(jù)方程式中的系數(shù)關系，它們的物質(zhì)的量之比為1：4，D錯誤；故選A。11．C【詳解】A．過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，離子方程式為：，A錯誤；B．白醋可除去水壺中的水垢，白醋為弱酸，不可拆成離子形式，離子方程式為：，B錯誤；C．工業(yè)上電解熔融的氯化鎂制金屬鎂，發(fā)生反應的離子方程式為：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正確；D．Ba(OH)2足量，最終會得到偏鋁酸根，D錯誤；故選C。12．B【詳解】A．電解水的方程式為2H2O2H2↑＋O2↑，生成H2和O2的質(zhì)量比為2×2:32=1:8，而不是2:1，A錯誤；B．Ag＋的氧化性強于Cu2＋，因此向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入Zn粉至過量時，Zn先置換出Ag，再置換出Cu。因此開始時，Cu(NO3)2的質(zhì)量不變，隨后減少，直到完全置換，Cu(NO3)2的質(zhì)量降為0，B正確；C．加熱KMnO4時，KMnO4受熱分解，化學方程式為2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，隨著KMnO4受熱分解，殘留固體從KMnO4變?yōu)镵2MnO4和MnO2，Mn的質(zhì)量分數(shù)從升高到，而不是不變，C錯誤；D．向等質(zhì)量、等濃度的稀硫酸中分別加入足量Mg和Zn，由于H2SO4不足，H2SO4完全反應，H2SO4的量是一樣的，因此生成H2的量是相同的，D錯誤；答案選B。13．D【詳解】對于反應2MO＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由電荷守恒可知2×(?x)+5×(?2)+16=2×2，解得x=1，所以MO即MO，O元素為-2價，則M為+7價；故答案為D。14．C【詳解】A．H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，無需加入氧化劑，A不符合題意；B．Cl-→AgCl沒有發(fā)生化合價的變化，無需加入氧化劑，B不符合題意；C．Fe2+→Fe3+化合價升高被氧化，需加入氧化劑，C符合題意；D．MnO2→Mn2+化合價降低，需加入還原劑，D不符合題意；故選C。15．C【分析】2Al2O3+3C+6Cl2=4AlCl3+3CO2反應中C元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，結合氧化還原反應的概念和電子轉移解答。【詳解】A．氯元素化合價降低，氯化鋁是還原產(chǎn)物，A錯誤；B．反應中C的化合價從0價升高到+4價，則每生成1molCO2，轉移4mol電子，即4NA個電子，B錯誤；C．氯氣得電子，化合價降低，被還原，C正確；D．反應中C元素的化合價升高，被氧化，發(fā)生氧化反應，D錯誤；故選C。16．(1)

正

(2)d【分析】由題目中烷烴的相對分子質(zhì)量為44，可知該烷烴為C3H8；在原電池中，負極失去電子，正極得到電子，電子由負極經(jīng)導線移向正極。(1)在石墨1極上發(fā)生的電極反應為，在該電極O2得到電子，故為原電池的正極；在石墨2極上發(fā)生的電極反應為；(2)在原電池中，電子由負極經(jīng)導線移向正極，故d項正確。17．(1)(2)(3)AC(4)(5)15∶2【詳解】（1）KBrO3在反應中得到電子，所含元素Br的化合價降低，則在反應中As失去電子，化合價升高，即反應物是AsH3，生成H3AsO4，所以AsH3是還原劑。（2）2個KBrO3在反應中得到10個電子生成一個X，則1個KBrO3在反應中得到5個電子，Br的化合價從+5價降低到0價，則X的化學式為Br2。（3）在反應中，KBrO3做氧化劑，AsH3做還原劑，Br2是還原產(chǎn)物，H3AsO4是氧化產(chǎn)物，根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，則氧化性：KBrO3>H3AsO4，還原性：AsH3>Br2，故選AC。（4）在反應中，氧化劑KBrO3中Br的化合價為+5價，反應后為0價，Br的化合價從+5價降低到0價，1molKBrO3參加反應，得到5mol電子，還原劑AsH3中As的化合價為-3價，反應后為+5價，1molAsH3參加反應失去8mol電子，根據(jù)電子守恒，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為8：5，用單線橋法標出電子轉移的方向和數(shù)目為：。（5）Cl2通入70℃的NaOH水溶液中，能同時發(fā)生兩個自身的氧化還原反應：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O，反應完成后測得溶液中NaClO與NaClO3的數(shù)目之比為5∶2，設生成的NaClO為5mol，則生成的NaClO3為2mol。在反應中，Cl的化合價從0價升高到+1和+5價，共失去5mol+5×2mol=15mol電子，則Cl也得到15mol電子，Cl的化合價從0價降低到-1價，則生成NaCl15mol，則該溶液中NaCl與NaClO3的數(shù)目之比為15：2。18．B、A、C【詳解】C中鐵做陰極，電極表面發(fā)生還原反應受到保護，腐蝕最慢；A屬于化學腐蝕，腐蝕較慢；B中Fe比Cu活潑，做原電池的負極導致鐵腐蝕很快，綜上分析鐵在其中被腐蝕的速率由快至慢的順序為：B、A、C。19．(1)為2：1(2)0.168L【解析】(1)物質(zhì)的量為0.02mol，若生成的全部是硫酸銅，則質(zhì)量為3.2g，若全部生成氧化銅，則質(zhì)量為1.6g，若全部生成氧化亞銅，則質(zhì)量為1.44g，而得到固體，說明固體的成分是氧化銅和氧化亞銅的混合物，設氧化銅物質(zhì)的量為xmol，氧化亞銅物質(zhì)的量為ymol，則有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，則物質(zhì)的量比為2：1；故答案為：為2：1。(2)生成了標準狀況下0.224L二氧化硫即物質(zhì)的量為0.01mol，說明生成三氧化硫物質(zhì)的量為0.01mol，分析得到硫、銅化合價降低，氧化合價升高，根據(jù)得失電子守恒得到物質(zhì)的量為，其標準狀態(tài)下的體積0.168L；故答案為：0.168L。20．(1)18g(2)(3)

氫氧化鈉/NaOH

變小

如果反應時溶液pH過小，酸會與氧化亞銅反應生成銅，導致氧化亞銅中混有銅【詳解】（1）50g稀硫酸中溶質(zhì)質(zhì)量為：50g×24.5%=12.25g。設原混合物中的質(zhì)量為x，生成的銅的質(zhì)量為y。，，解得x=18g，，解得y=8g。（2）由于20g和Cu的固體混合物中的質(zhì)量=18g，則Cu的質(zhì)量=(20g-18g)=2g。18g中銅元素質(zhì)量=。所以固體中銅元素質(zhì)量=2g+16g=18g。與50g稀硫酸恰好完全反應生成銅8g。所以此時固體中銅元素質(zhì)量為8g+2g=10g。所以向20g和Cu的固體混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至過量，固體中銅元素的質(zhì)量變化曲線圖，如下所示（3）①由于二氧化硫與氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，亞硫酸鈉可與硫酸銅反應生成氧化亞銅，所以選用氫氧化鈉溶液來吸收二氧化硫。②由于反應過程生成二氧化硫，在溶液中與水反應生成酸，所以反應過程中溶液pH將變小；由于反應時溶液pH過小，酸會與氧化亞銅反應生成銅，導致氧化亞銅中混有銅，所以制備過程，要控制溶液的酸堿度。21．(1)

恒壓滴液漏斗

CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl(2)氫氧化鈉一次性加入會生成微溶的氫氧化鈣；該反應放熱，溫度升高使雙氧水分解，使CaO2的產(chǎn)率和純度降低；(3)

2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑

73.8%(4)2【分析】由題給流程、實驗示意圖可知，氯化鈣固體溶于水得到氯化鈣溶液，向溶液中加入過氧化氫溶液和氫氧化鈉溶液，冷水浴下氯化鈣溶液與過氧化氫溶液和氨水反應生成八水過氧化鈣沉淀，抽濾得到的沉淀經(jīng)冷水洗后，烘烤得到無水過氧化鈣。【詳解】（1）盛放NaOH溶液的儀器名稱為恒壓滴液漏斗；三頸燒瓶中的反應為：CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl（2）將NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三頸燒瓶中，會生成微溶的氫氧化鈣，由于反應放熱，溫度過高使雙氧水分解，CaO2的產(chǎn)率和純度均降低；（3）滴定過程中的離子方程式為2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑；根據(jù)反應歷程得關系式：5CaO2~~5H2O2~~2KMnO4，反應消耗KMnO4的物質(zhì)的量是0.05mol·L-1

×0.0205L=0.001025mol，則CaO2的物質(zhì)的量