全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总含答案解析.docx
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全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总含答案解析
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．碳酸亚铁可用于制备补血剂。
某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。
已知：
①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-
Fe（SCN）64-（无色）
Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）
实验i：
装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
（1）试剂a是_____。
（2）向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。
（3）C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。
（4）有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
（5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。
（6）依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。
为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液（pH=11.9）通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；
II.（5）根据Fe2＋+6SCN-
Fe（SCN）64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；
（6）实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成；
（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I.
（1）装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：
饱和NaHCO3溶液；
（2）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，故答案为：
降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2；
（3）装置C中，向Na2CO3溶液（pH=11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：
2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe（HCO3）2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：
出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：
不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）；
Ⅱ.（5）通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe（SCN）64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：
Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；
（6）依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成，发生反应的离子方程式为6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；
故答案为：
6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3↓+4Fe（SCN）3或6Fe2++3H2O2=2Fe（OH）3↓+4Fe3+；
Ⅲ.（7）FeCO3溶于乳酸［CH3CH（OH）COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH（OH）COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数
，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：
117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。
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。
[Ksp（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】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni（OH）2③NaF
【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Ksp（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+）=
mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c（OH-）＝
=
=10-6.5mol/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．羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题：
（1）请写出羟氨的电子式___。
（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下：
①溶液配制：
称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：
2NH2OH2＋＋4Fe3＋＝N2O↑＋4Fe2＋＋H2O＋6H＋，生成的Fe2＋用0.4000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：
计算试样的纯度____%。
（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab
【解析】
【分析】
（1）根据羟氨化学式写出其电子式；
（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；
（3）根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
【详解】
（1）根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：
，故答案为：
；
（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：
硫酸；容量瓶；刻度线；
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：
5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V（平均）=
=20.00mL；
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：
解得x=0.02
因总量为100mL，所以n（NH2OH2+）＝0.02×5＝0.1mol
m=n
M＝0.1×33g/mol＝3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为：
当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；
（3）a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；
b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；
c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；
d．KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；
故答案为：
ab。
【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
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
③
1.2g
无其他物质
a
④
1.2g
CuO0.5g
b
⑤
1.2g
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】CuCl2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＋2H2O
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．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CCaCl2、Ca（ClO）2Cl2＋2NaOH==NaCl+NaClO+H2OCO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO
【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
，故答案为：
CO2+H2O+Ca（ClO）2==CaCO3↓+2HClO；
。
【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．
（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：
H2C2O4
CO↑+CO2↑+H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）
（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。
②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=______。
④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母）
a．缺少装置Ab．缺少装置Bc．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b
【解析】
【详解】
（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.
（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。
②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。
③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：
Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量
18ng（18n+48）g
1.44g20.00g-16.64g
所以18ng：
1.44g=（18n+48）g：
（20.00g-16.64g）
解得n=2。
④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。
7．
（1）难溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得易溶于水的（CH3COO）2Pb，发生的反应为PbSO4＋2CH3COONH4＝（CH3COO）2Pb＋（NH4）2SO4，说明（CH3COO）2Pb是________（填“强”或“弱”）电解质。
（2）已知次磷酸（H3PO2）与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和H2O，则次磷酸是_____元酸（填“一”、“二”或“三
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