2022年高考化学分类汇编：专题4氧化还原反应

2022年高考真题分类汇编（化学）：专题4氧化还原反应一.单选题1.（2022•海南）下列说法错误的是（

）A.

蔗糖可作调味剂

B.

细铁粉可作食品抗氧剂

C.

双氧水可作消毒剂

D.

熟石灰可作食品干燥剂2.（2022•天津）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（）A.

硅太阳能电池工作时，光能转化成电能

B.

锂离子电池放电时，化学能转化成电能

C.

电解质溶液导电时，电能转化成化学能

D.

葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能3.（2022•新课标Ⅱ）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A．向2mL3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：Fe＞Fe2+B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D．向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）A.

A

B.

B

C.

C

D.

D4.（2022•新课标Ⅱ）a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A.

原子半径：d＞c＞b＞a

B.

4种元素中b的金属性最强

C.

c的氧化物的水化物是强碱

D.

d单质的氧化性比a单质的氧化性强5.（2022•新课标Ⅰ）实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有碳等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是（）

A.

①、②、③中依次盛装KMNO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液

B.

管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓度

C.

结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热

D.

装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气6.（2022•北京）下列变化中，气体被还原的是（

）A.

二氧化碳使Na2O2固体变白

B.

氯气使KBr溶液变黄

C.

乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色

D.

氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀二.综合题7.（2022•新课标Ⅲ）（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：(1)画出砷的原子结构示意图________．(2)工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫．写出发生反应的化学方程式________．该反应需要在加压下进行，原因是________．(3)已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2

2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3

则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=________．(4)298K时，将20mL3xmol•L﹣1Na3AsO3、20mL3xmol•L﹣1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．

①下列可判断反应达到平衡的是________（填标号）．

a．溶液的pH不再变化

b．v（I﹣）=2v（AsO33﹣）

c．c（AsO43﹣）/c（AsO33﹣）不再变化

d．c（I﹣）=ymol•L﹣1

②tm时，v正________

v逆（填“大于”“小于”或“等于”）．

③tm时v逆________tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是________．

④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为________．8.（2022•新课标Ⅲ）（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：

回答下列问题：(1)步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3

Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为________．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________．(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质．(3)步骤④调滤液2的pH使之变________（填“大”或“小”），原因是________（用离子方程式表示）．(4)有关物质的溶解度如图所示．

向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体．冷却到________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．

℃

℃

℃

℃

步骤⑤的反应类型是________．(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为________．9.（2022•新课标Ⅲ）（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途．某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究．回答下列问题：(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化．再向试管中通入空气，溶液逐渐变红．由此可知：________、________．(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g．按下图连接好装置进行实验．

①仪器B的名称是________．

②将下列实验操作步骤正确排序________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g．

a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2

d．打开K1和K2，缓缓通入N2e．称量Af．冷却至室温

③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=________（列式表示）．若实验时按a、d次序操作，则使x________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热．实验后反应管中残留固体为红色粉末．

①C、D中的溶液依次为________（填标号）．C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为________．

a．品红b．NaOHc．BaCl2d．Ba（NO3）2e．浓H2SO4

②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________．10.（2022•新课标Ⅱ）（15分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件．某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧．实验步骤及测定原理如下：

Ⅰ．取样、氧的固定

用溶解氧瓶采集水样．记录大气压及水体温度．将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定．

Ⅱ．酸化，滴定

将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）．

回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________．(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为________．(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定．配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳．(4)取水样经固氧、酸化后，用amol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为________mg•L﹣1．(5)上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏________．（填“高”或“低”）11.（2022•新课标Ⅱ）（14分）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物．实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸．加入硝酸的目的是________，还可使用________代替硝酸．(2)沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为________．(3)加氨水过程中加热的目的是________．沉淀B的主要成分为________、________（填化学式）．(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取水泥样品，滴定时消耗了•L﹣1的KMnO4溶液，则该水泥样品中钙的质量分数为________．

答案解析部分一.单选题1.【答案】D

【考点】物质的组成、结构和性质的关系

【解析】【解答】解：A．蔗糖具有甜味，可以做调味剂，故A正确；

B．铁粉具有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B正确；

C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用于消毒剂，故C正确；

D．熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性，不能用于食品干燥剂，故D错误；

故选：D．

【分析】A．蔗糖具有甜味；

B．铁粉具有强的还原性；

C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；

D．生石灰具有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性．2.【答案】A

【考点】氧化还原反应，反应热和焓变

【解析】【解答】解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；

B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；

C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；

D．发生氧化反应，故D不选．

故选A．

【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答．3.【答案】C

【考点】氧化性、还原性强弱的比较，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，化学实验方案的评价

【解析】【解答】解：A．向2mL3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；

B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；

C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；

D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．

故选C．

【分析】A．向2mL3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；

B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；

C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；

D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．4.【答案】B

【考点】原子结构与元素周期律的关系，元素周期表的结构及其应用，金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律，微粒半径大小的比较

【解析】【解答】解：由以上分析可知a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素．

A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，故A错误；

B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；

C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；

D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误．

故选B．

【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题．5.【答案】B

【考点】常见气体的检验，气体发生装置，制备实验方案的设计

【解析】【解答】A．气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错误；

B．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B正确；

C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C错误；

D．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D错误．

故选B．

【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题．6.【答案】B

【考点】氧化还原反应

【解析】【解答】解：A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；

B．氯气使KBr溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B正确；

C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C错误；

D．氨气与AlCl3溶液的反应不是氧化还原反应，故D错误；

故选B．

【分析】A．过氧化钠与二氧化碳的反应中，二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂；

B．氯气将溴离子氧化成溴单质；

C．溴的化合价从0变为﹣1，做氧化剂，则乙烯被氧化；

D．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，该反应不属于氧化还原反应．二.综合题7.【答案】（1）

（2）2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率

（3）2△H1﹣3△H2﹣△H3

（4）ac；大于；小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；

【考点】画元素的原子结构示意图，氧化还原反应，用盖斯定律进行有关反应热的计算，化学平衡的影响因素，物质的量或浓度随时间的变化曲线

【解析】【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，

故答案为：；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，

故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2

③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3

则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，

故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；

b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v（AsO33﹣），故b错误；

c．c（AsO43﹣）/c（AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；

d．由图可知，当c（AsO43﹣）=ymol•L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I﹣）=2ymol•L﹣1，所以c（I﹣）=ymol•L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误．

故答案为：ac；

②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；

③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；

④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则K==，

故答案为：．

【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强提高反应速率，平衡正向进行，反应效率高；（3）①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1

②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2

③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3

盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H；（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；

②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行；

③物质的浓度越大，反应速率越大；

④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．8.【答案】（1）2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳

（2）Fe；Al（OH）3

（3）小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O

（4）c；复分解反应

（5）

×100%

【考点】氧化还原反应方程式的配平，化学平衡的影响因素，硅和二氧化硅，制备实验方案的设计

【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3

4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，

故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质，

故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，

故答案为：小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到40℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，

故答案为：c；复分解反应；（5）用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为，由Cr原子守恒可知，则产率为×100%，

故答案为：×100%．

【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3

4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答．9.【答案】（1）硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁

（2）干燥管；dabcfe；；偏小

（3）c、a；产生白色沉淀、品红褪色；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑

【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变，二价Fe离子和三价Fe离子的检验，干燥仪器，化学实验操作的先后顺序，性质实验方案的设计

【解析】【解答】解：（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，

故答案为：硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；（2）①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；

②实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe，

故答案为：dabcfe；

③直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1），m（H2O）=（m2﹣m3），则n（H2O）=、n（FeSO4）=，结晶水的数目等于=，

若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，

故答案为：；偏小；（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，

故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红褪色；

②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑．

【分析】（1）亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；（2）①根据仪器的图形可判断仪器名称；

②实验时，为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；

③直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1）．m（H2O）=（m2﹣m3），以此计算n（H2O）、n（FeSO4），结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；（3）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2．10.【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差

（2）2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2

（3）一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；氧气

（4）当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80ab

（5）低

【考点】氧化还原反应，配制一定物质的量浓度的溶液，中和滴定，探究物质的组成或测量物质的含量

【解析】【解答】（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，

故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2，

故答案为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2；（3）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，

故答案为：氧气；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据