第4章 氧化还原反应和电化学 测试卷-高二上学期化学沪科版（2020）选择性必修1

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页第4章《氧化还原反应和电化学》测试卷一、单选题1．催化某反应的一种催化机理如图所示，其中是氢氧自由基，是醛基自由基，下列叙述不正确的是A．使用催化时，该反应的不变B．不是所有过程都发生氧化还原反应C．总反应为D．为中间产物之一，与中所含阴离子相同2．用下图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测得具支锥形瓶中压强、溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列分析错误是A．压强增大主要是因为产生了H2B．pH=4时正极只发生：O2+4e+4H+→2H2OC．负极的反应都为：Fe-2e-→Fe2+D．都发生了吸氧腐蚀3．钠离子电池因其原材料丰富、资源成本低廉及安全环保等突出优点，在电化学规模储能领域和低速电动车领域中具有广阔的应用前景。一种新型可充电钠离子电池的工作原理如图，电池总反应为。下列说法正确的是A．放电时，A极为正极，发生氧化反应B．充电时，阳极反应为C．充电时，当电解质溶液中转移1mol电子，硬碳质量增加23gD．放电时，从硬碳中脱嵌，经过电解质溶液嵌入纳米片中4．利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可得到的流程如下所示。已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ反应时，若产物中，则B．步骤Ⅱ反应的离子方程式为C．步骤Ⅱ的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中D．步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收5．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①碱性溶液处理：(未配平，下同)②酸化处理：下列说法错误的是A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为B．“反应①”中氧化性：C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化D．“反应②”消耗时，反应中转移6．科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法不正确的是A．放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)B．若膜A和A'、B和B'分别为阴、阳离子交换膜，则放电时膜A、B工作C．充电时Pd电极的反应式为：D．若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为NA7．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是A．向溶液中滴入等物质的量的NaOH溶液：B．向含溶液中通入：C．向溶液中滴入过量的溶液：D．向新制的悬浊液中加入几滴丙醛溶液并加热：8．关于反应，下列说法正确的是A．发生氧化反应 B．KI是还原产物C．生成25.4g时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：19．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下含有个碳氢键B．碳酸钠溶液中含有的数目为C．被氧化为时转移的电子数为D．20℃，101kPa时，44.8L氨气含有个氨分子10．可以发生反应：，下列说法正确的是A．氧气是还原产物 B．既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：111．下列反应方程式书写正确的是A．过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2↑+4OH-B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+C．电解熔融MgCl2制镁：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．图象能正确反映对应变化关系的是ABCD电解水往AgNO3、Cu(NO3)2混合溶液加入Zn粉至过量加热一定质量的KMnO4固体向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和ZnA．A B．B C．C D．D13．已知2MO＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，则MO中M的化合价为A．+1 B．+4 C．+6 D．+714．下列变化一般情况下须加入氧化剂的是A．H2O2→O2 B．Cl-→AgCl C．Fe2+→Fe3+ D．MnO2→Mn2+15．工业上通过反应制取无水氯化铝，关于该反应下列说法正确的是A．是氧化产物 B．每生成，转移4个电子C．被还原 D．C发生还原反应二、填空题16．相对分子质量为44的烷烃和O2气在KOH溶液中可以组成燃料电池，装置如图所示。在石墨1极上发生的电极反应为O2+2e-+2H2O=4OH-(1)石墨1极为_______(填“负”或“正”)极。在石墨2极上发生的电极反应为_______(2)放电时，电子流向是_______(填字母)。a.由石墨1极流出，经外电路流向石墨2极b.由石墨2极流出，经电解质溶液流向石墨1极c.由石墨1极流出，经电解质溶液流向石墨2极d.由石墨2极流出，经外电路流向石墨1极17．Ⅰ.某反应中反应物与生成物有：和一种未知物质X。(1)已知在反应中得到电子，则该反应的还原剂是_______。(2)已知2个在反应中得到10个电子生成一个X，则X的化学式为_______。(3)根据上述反应可推知_______。A．氧化性： B．氧化性：C．还原性： D．还原性：(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：__________Ⅱ.是一种有毒气体，实验室常用溶液来处理尾气。已知通入的水溶液中，能同时发生两个自身的氧化还原反应(未配平)：，。(5)反应完成后测得溶液中与的数目之比为5∶2，则该溶液中与的数目之比为_______。18．下图各烧杯中盛有等浓度的食盐水，铁在其中被腐蚀的速率由快至慢的顺序为_______。A．B．C．三、计算题19．在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成，现称取在敞口容器加热一定时间后，得到固体，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，求：(1)固体的成分和物质的量比_______。(2)标准状态下生成的体积_______。20．氧化亚铜可用于生产船底防污漆，防止海洋生物对船舶设备的污损。现将和Cu的固体混合物20g放入烧杯中，加入质量分数为24.5%的稀硫酸50g，恰好完全反应。已知：。请计算：(1)原混合物中的质量(写出计算过程)_______。(2)在图中画出向20g和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，并标明必要的数据_______。(3)氧化亚铜可用原理制备。①反应过程中产生可循环利用，因此应该选用_______溶液来吸收它。②反应过程中溶液pH将_______(填“变大”“变小”或“不变”)，因此制备过程，要控制溶液的酸碱度，因为如果反应时溶液pH过小，会导致产品下降，原因是_______。四、实验题21．过氧化钙(CaO2)是一种新型的多功能无机精细化工产品，它在常温下为白色粉末，难溶于水，易与酸反应生成双氧水，常用作杀菌剂、防腐剂等。实验室利用如图装置(夹持仪器已省略)制备过氧化钙，实验步骤如下：向三颈烧瓶中加入3.00gCaCl2固体，用3.0mL蒸馏水溶解，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溶液并不断搅拌，生成CaO2∙8H2O，约30min后反应完成。将烧瓶中的反应混合物抽滤，用冷水洗涤2～3次，将滤渣转入表面皿中，于烘箱内110℃下烘40min，冷却，得产品CaO2，测其质量。(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，写出三颈烧瓶中生成CaO2∙8H2O的化学方程式：_______。(2)实验过程中，若将NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶中，CaO2的产率和纯度均降低，原因是_______(已知反应过程放热)。(3)准确称取0.25g产品3等份，分别置于250mL锥形瓶中，各加入50mL蒸馏水、15.0mL2.0mol∙L-1HCl溶解，分别用0.05mol∙L-1的KMnO4标准溶液滴定至溶液至终点，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.50mL。①滴定过程中的离子方程式为_______。②产品中CaO2的质量分数为_______％(不考虑溶液中Cl-和其他杂质影响)。(4)2.76gCaO2∙8H2O样品(含杂质)受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线，140℃完全脱水，杂质受热不分解)如图所示。试确定60℃时CaO2∙xH2O中x=_______。22．某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。实验序号III实验过程加10滴(约0.3mL)溶液酸性KMnO4溶液(酸化至)滴加10滴约(0.3mL)酸性KMnO4溶液(酸化至)溶液实验现象紫色变浅()，生成棕褐色沉淀()溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()资料：i.在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为。ii.单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。(1)根据实验可知，Na2S具有_______性。(2)甲同学预测实验I中S2-被氧化成。①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是_______。②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2-被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是_______。③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2-氧化成。a.右侧烧杯中的溶液是_______。b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，_______(填操作和现象)。(3)实验I的现象与资料ⅰ存在差异，其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是_______。(4)实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与(3)相似，经验证猜想成立，他的实验方案是_______。(5)反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与_______因素有关。答案第=page1919页，共=sectionpages1010页答案第=page2020页，共=sectionpages1010页参考答案：1．D【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，使用MnO2催化时，该反应的∆H不会发生变化，A项正确；B．催化机理中存在与H+反应生成CO2和H2O的过程，该过程不是氧化还原反应，B项正确；C．根据图示的催化机理可知总反应为：，C项正确；D．Na2O2中的阴离子是，与不一样，D项错误；答案选D。2．B【详解】A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A正确；B．若pH=4.0时只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降；而图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，B错误；C．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，C正确；D．由题干溶解氧随时间变化曲线图可知，三种pH环境下溶解氧的浓度都有减小，则都发生了吸氧腐蚀，D正确；故答案为：B。3．D【详解】A．根据电池总反应，放电时Mn元素化合价降低，所以放电时，B极为正极，发生还原反应，A是负极，发生氧化反应，故A错误；B．充电时，阳极发生氧化反应，反应为，故B错误；C．电子不能在电解质溶液中转移，故C错误；D．放电时，A是负极、B是正极，阳离子移向正极，从硬碳中脱嵌，经过电解质溶液嵌入纳米片中，故D正确；选D。4．C【分析】步骤I是氯气和氢氧化钠反应来制备次氯酸钠，步骤II是氧化尿素制备，还生成碳酸钠，步骤III是分离水合肼溶液和碳酸钠溶液，步骤IV是将碳酸钠转化为亚硫酸钠。【详解】A．步骤Ⅰ反应时，产物中，设生成的的分别为5mol和1mol，可知Cl失去电子的物质的量=5mol(1-0)+1mol（5-0）=10mol,由电子守恒可知Cl得电子的物质的量为10mol,则生成的NaCl的物质的量为10mol，则，A项正确；B．根据流程图，反应物为、，生成物，被还原为,生成物中还有，故离子方程式为，B项正确；C．由题意可知能将氧化生成，步骤二中若将尿素缓慢加入碱性溶液中，会将氧化生成，C项错误；D．为酸性气体，步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收，D项正确；答案选C。5．D【详解】A．根据氧化还原反应配平可得：，反应中为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中为氧化剂，是氧化产物，则氧化性：，B正确；C．由于与、不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为，则消耗即=0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；故答案为：D。6．D【分析】放电时为原电池，锌箔为原电池的负极，Pd电极为正极，充电时，锌箔为阴极，Pd电极为阳极。【详解】A．放电时，锌箔为负极，锌失去电子发生氧化反应，电解质溶液为KOH，则电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A正确；B．放电时为原电池，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则双极膜中的H2O解离的OH-通过膜A(阴离子交换膜)移向负极，H+通过膜B(阳离子交换膜)移向正极，故B正确；C．充电时Pd电极为阳极，HCOOH在阳极失电子发生氧化反应得到CO2，电极反应式为，故C正确；D．若放电时外电路通过1mol电子，理论上有1molOH-移向负极，1molH+移向正极，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA，故D错误；答案选D。7．C【详解】A．等物质的量的NaOH溶液所含OH-只能与H+反应，OH-+H+=H2O，A错误；B．Fe2+和I-的还原性相比I-更强，I-有0.08mol，Cl原子有0.06mol，根据氧化还原反应的规律可知0.03molCl2只能与I-反应，B错误；C．过量的溶液使得产物以形式出现，C正确；

D．方程式配平错误，H2O的系数不对，应为3，D错误；故选C。8．D【详解】A．反应中K2IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．25.4gI2的物质的量为0.1mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.1molI2时转移电子的物质的量为0.175mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。9．A【详解】A．CH4分子中含有4个C-H键，32gCH4的物质的量为2mol，则常温下32gCH4含有8molC-H键，即8NA个碳氢键，A正确；B．碳酸根离子在水中会发生水解，故1L0.1mol/L碳酸钠溶液中含有的碳酸根离子数量小于0.1NA，B错误；C．K2Cr2O7中Cr为+6价，转化为Cr3+为其被还原的过程，C错误；D．标况为0℃，101kPa，20℃，101kPa并非标准状况，其物质的量小于=2mol，D错误；故答案选A。10．A【分析】中，H2S中S的化合价为-2价，O2F2中O元素化合价为+1价，F为-1价，SF6中，S的化合价为+6价，F为-1价，HF中H为+1价，F为-1价，据此结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】A．O2F2中O元素从+1价降低到0价，被还原，所以氧气为还原产物，A正确；B．O2F2中只有氧元素化合价降低，故它只是氧化剂，B错误；C．由于没有说明标况，所以无法根据4.48LHF计算它的物质的量，C错误；D．H2S是还原剂，O2F2是氧化剂，根据方程式中的系数关系，它们的物质的量之比为1：4，D错误；故选A。11．C【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正确；D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；故选C。12．B【详解】A．电解水的方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，生成H2和O2的质量比为2×2:32=1:8，而不是2:1，A错误；B．Ag＋的氧化性强于Cu2＋，因此向AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入Zn粉至过量时，Zn先置换出Ag，再置换出Cu。因此开始时，Cu(NO3)2的质量不变，随后减少，直到完全置换，Cu(NO3)2的质量降为0，B正确；C．加热KMnO4时，KMnO4受热分解，化学方程式为2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，随着KMnO4受热分解，残留固体从KMnO4变为K2MnO4和MnO2，Mn的质量分数从升高到，而不是不变，C错误；D．向等质量、等浓度的稀硫酸中分别加入足量Mg和Zn，由于H2SO4不足，H2SO4完全反应，H2SO4的量是一样的，因此生成H2的量是相同的，D错误；答案选B。13．D【详解】对于反应2MO＋5S2－＋16H＋=2M2＋＋5S↓＋8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2×(−x)+5×(−2)+16=2×2，解得x=1，所以MO即MO，O元素为-2价，则M为+7价；故答案为D。14．C【详解】A．H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2，无需加入氧化剂，A不符合题意；B．Cl-→AgCl没有发生化合价的变化，无需加入氧化剂，B不符合题意；C．Fe2+→Fe3+化合价升高被氧化，需加入氧化剂，C符合题意；D．MnO2→Mn2+化合价降低，需加入还原剂，D不符合题意；故选C。15．C【分析】2Al2O3+3C+6Cl2=4AlCl3+3CO2反应中C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，结合氧化还原反应的概念和电子转移解答。【详解】A．氯元素化合价降低，氯化铝是还原产物，A错误；B．反应中C的化合价从0价升高到+4价，则每生成1molCO2，转移4mol电子，即4NA个电子，B错误；C．氯气得电子，化合价降低，被还原，C正确；D．反应中C元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，D错误；故选C。16．(1)

正

(2)d【分析】由题目中烷烃的相对分子质量为44，可知该烷烃为C3H8；在原电池中，负极失去电子，正极得到电子，电子由负极经导线移向正极。(1)在石墨1极上发生的电极反应为，在该电极O2得到电子，故为原电池的正极；在石墨2极上发生的电极反应为；(2)在原电池中，电子由负极经导线移向正极，故d项正确。17．(1)(2)(3)AC(4)(5)15∶2【详解】（1）KBrO3在反应中得到电子，所含元素Br的化合价降低，则在反应中As失去电子，化合价升高，即反应物是AsH3，生成H3AsO4，所以AsH3是还原剂。（2）2个KBrO3在反应中得到10个电子生成一个X，则1个KBrO3在反应中得到5个电子，Br的化合价从+5价降低到0价，则X的化学式为Br2。（3）在反应中，KBrO3做氧化剂，AsH3做还原剂，Br2是还原产物，H3AsO4是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则氧化性：KBrO3>H3AsO4，还原性：AsH3>Br2，故选AC。（4）在反应中，氧化剂KBrO3中Br的化合价为+5价，反应后为0价，Br的化合价从+5价降低到0价，1molKBrO3参加反应，得到5mol电子，还原剂AsH3中As的化合价为-3价，反应后为+5价，1molAsH3参加反应失去8mol电子，根据电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：5，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：。（5）Cl2通入70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身的氧化还原反应：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5∶2，设生成的NaClO为5mol，则生成的NaClO3为2mol。在反应中，Cl的化合价从0价升高到+1和+5价，共失去5mol+5×2mol=15mol电子，则Cl也得到15mol电子，Cl的化合价从0价降低到-1价，则生成NaCl15mol，则该溶液中NaCl与NaClO3的数目之比为15：2。18．B、A、C【详解】C中铁做阴极，电极表面发生还原反应受到保护，腐蚀最慢；A属于化学腐蚀，腐蚀较慢；B中Fe比Cu活泼，做原电池的负极导致铁腐蚀很快，综上分析铁在其中被腐蚀的速率由快至慢的顺序为：B、A、C。19．(1)为2：1(2)0.168L【解析】(1)物质的量为0.02mol，若生成的全部是硫酸铜，则质量为3.2g，若全部生成氧化铜，则质量为1.6g，若全部生成氧化亚铜，则质量为1.44g，而得到固体，说明固体的成分是氧化铜和氧化亚铜的混合物，设氧化铜物质的量为xmol，氧化亚铜物质的量为ymol，则有x+2y=0.02，80x+144y=1.52，解得x=0.01，y=0.005，则物质的量比为2：1；故答案为：为2：1。(2)生成了标准状况下0.224L二氧化硫即物质的量为0.01mol，说明生成三氧化硫物质的量为0.01mol，分析得到硫、铜化合价降低，氧化合价升高，根据得失电子守恒得到物质的量为，其标准状态下的体积0.168L；故答案为：0.168L。20．(1)18g(2)(3)

氢氧化钠/NaOH

变小

如果反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜【详解】（1）50g稀硫酸中溶质质量为：50g×24.5%=12.25g。设原混合物中的质量为x，生成的铜的质量为y。，，解得x=18g，，解得y=8g。（2）由于20g和Cu的固体混合物中的质量=18g，则Cu的质量=(20g-18g)=2g。18g中铜元素质量=。所以固体中铜元素质量=2g+16g=18g。与50g稀硫酸恰好完全反应生成铜8g。所以此时固体中铜元素质量为8g+2g=10g。所以向20g和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，如下所示（3）①由于二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠可与硫酸铜反应生成氧化亚铜，所以选用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫。②由于反应过程生成二氧化硫，在溶液中与水反应生成酸，所以反应过程中溶液pH将变小；由于反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜，所以制备过程，要控制溶液的酸碱度。21．(1)

恒压滴液漏斗

CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl(2)氢氧化钠一次性加入会生成微溶的氢氧化钙；该反应放热，温度升高使双氧水分解，使CaO2的产率和纯度降低；(3)

2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑

73.8%(4)2【分析】由题给流程、实验示意图可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液和氢氧化钠溶液，冷水浴下氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，抽滤得到的沉淀经冷水洗后，烘烤得到无水过氧化钙。【详解】（1）盛放NaOH溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中的反应为：CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NaCl（2）将NaOH溶液和H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶中，会生成微溶的氢氧化钙，由于反应放热，温度过高使双氧水分解，CaO2的产率和纯度均降低；（3）滴定过程中的离子方程式为2＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋8H2O＋5O2↑；根据反应历程得关系式：5CaO2~~5H2O2~~2KMnO4，反应消耗KMnO4的物质的量是0.05mol·L-1

×0.0205L=0.001025mol，则CaO2的物质的量