2024年高考易错题专项练习04氧化还原反应通关练习
一、单选题，共12小题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知反应：，下列关于该反应说法错误的是
A．氧化性：
B．当反应中有转移时，被氧化的为
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D．产物和都可以用于自来水消毒杀菌
2．（2023·全国·高三专题练习）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
3．（2023·全国·高三专题练习）关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．与稀盐酸反应生成、、
B．隔绝空气加热分解生成FeO、、
C．溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色
D．在空气中，与高温反应能生成
4．（湖南攸县第四中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题）实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用NaOH作强碱性介质
C．②中K2MnO4只体现氧化性
D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%
5．（2022年北京市高考真题化学试题（部分试题））某的多孔材料刚好可将“固定”，实现了与分离并制备，如图所示：
己知：
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于的固定
B．被固定后，平衡正移，有利于的去除
C．制备的原理为：
D．每制备，转移电子数约为
6．（2022年北京市高考真题化学试题（部分试题））捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
7．（2022秋·山东威海·高一乳山市第一中学校考阶段练习）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
8．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考阶段练习）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
9．（2022·全国·高三专题练习）在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下实验现象可以反复出现。下列说法错误的是
A．CuSO4是催化剂
B．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C．CuSO4将H2O2还原为O2
D．H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
10．（2022·全国·高三专题练习）利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如下，下列说法错误的是：
A．滤渣1的主要成分为、
B．步骤1中发生反应的离子方程式为：
C．加入的试剂a为Zn，目的是除去
D．取步骤3后的干燥滤饼11.2g煅烧，可得产品8.1g，则x=2
11．（2022·全国·高三专题练习）利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：下列说法不正确的是
A．装置D中的试剂为氢氧化钠等碱性溶液
B．若去掉装置B，可能会导致产率降低
C．B和D装置名称不一样，即使在没装试剂之前，二者位置也不能互换
D．装置A中发生反应的离子方程式为：
12．（2023秋·湖南衡阳·高二衡阳市八中校考期末）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4] 的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法不正确的是
A．该过程的总反应为H2+O2H2O2
B．[PdCl2O2]2 在此过程中作为催化剂
C．生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol
D．历程中发生了Pd+O2+2Cl =[PdCl2O2]2
二、非选择题，共5小题
13．（2022·全国·高三专题练习）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为____。
(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为____mol；产生“气泡”的化学方程式为____。
(3)FeO Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+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____。
14．（2023·全国·高三专题练习）高铁酸钾被称为“绿色化学试剂”，在酸性至弱碱性条件下不稳定；溶液呈紫红色，具有强氧化性，与反应时，溶液颜色会逐渐褪去，并出现红褐色沉淀。
(1)可用于自来水处理，其原理是_______。
(2)电解法可制得，装置如图所示，阳极电极反应式为_______。若电解质溶液中混有少量杂质，电解效果会显著降低，其原因是_______。
15．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题：
(1)和会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，的除去(双碱法)：用吸收，并用使再生，溶液溶液，写出过程①的离子方程式：_______。
(2)和在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
①用离子方程式表示溶液中的转化反应_______。
②+6价铬的化合物毒性较大，常用将废液中的还原成，该反应的离子方程式为_______。
16．（2023·全国·高三专题练习）钒性能优良，用途广泛，有“金属维生素”之称。完成下列填空：
(1)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是______。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式：______。
ClO+VO2++______=Cl-+VO+______。
(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应从而被吸收，则SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是______。
(4)在20.00mLc(VO)=0.1mol L-1的溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是______(填标号)。
a.VO2+ b.V2+ c.V
17．（2023·吉林·统考二模）铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)纳米铜是性能优异的超导材料，工业上以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉，中铜元素的化合价为_______价。
(2)无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成_______色晶体，俗称_______。
(3)的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的CuO，化学方程式为_______。
(4)常用作媒染剂、杀虫剂等。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。的化学式为_______。
(5)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在高于300℃，HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是_______。
三、实验题，共1小题
18．（2022·全国·高三专题练习）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)：
已知：①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) ΔH=-97.3 kJ mol-1。
②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”。
③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的离子方程式为____。
(2)装置B的作用为____，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_____。
(3)E中冷凝水的入口是____(填“a”或“b”)，F的作用为____。
(4)当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为____，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有____(填序号)。
①先通冷凝水，再通气
②控制气流速率，宜慢不宜快
③若三颈烧瓶发烫，可适当降温
④加热三颈烧瓶
(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是____。
A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取
(6)长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为____。
参考答案：
1．B
【解析】在反应中，氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原作氧化剂，对应的是还原产物，氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化作还原剂，对应的的是氧化产物，据此回答问题。
【详解】A．有分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：，故A不选；
B．当反应中有转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1价升高到0价，则被氧化的为 ，故B选；
C．有分析可知，是氧化产物，是还原产物，有方程式 可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；
D．产物和都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选；
故选：B。
2．A
【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
综上所述，本题A。
3．B
【分析】已知化合物中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；
B．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、、则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、、，B符合题意；
C．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；
D．化合物在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；
故答案为：B。
4．D
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A项错误；
B．制备时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B项错误；
C．②中歧化生成和，故其既体现氧化性又体现还原性，C项错误；
D．根据化合价的变化分析，歧化生成和的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，中的Mn元素只有转化为，因此，转化为的理论转化率约为66.7%，D项正确；
答案选D。
5．D
【详解】A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；
B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；
C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，故C正确；
D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；
故选D。
6．C
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，时刻可知，H2的流速为2mmol/min，而CO流速v(范围1
故答案为：C。
7．A
【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
8．C
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．CuSO4先被过氧化氢还原为Cu2O，Cu2O又被过氧化氢氧化为CuSO4，所以CuSO4是催化剂，故A正确；
B．第二步Cu2O被过氧化氢氧化为CuSO4，发生反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C．第一步CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D．总反应为H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧元素化合价既升高又降低，H2O2既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
选C。
10．D
【分析】锌灰的主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、、FeO、等杂质，加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，过滤，滤渣1为PbSO4、，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入高锰酸钾氧化硫酸亚铁为氢氧化铁、硫酸锰被氧化为二氧化锰，为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，滤渣2为铜与过量的锌粉，过滤，滤液为硫酸锌，加入碳酸氢铵生成ZnCO3 xZn(OH)2，再煅烧得到ZnO。
【详解】A．不与稀硫酸反应，锌灰中PbO加稀硫酸溶解得到 PbSO4不溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4、，A正确；
B．加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁、硫酸锰被氧化为二氧化锰，步骤1中发生反应的离子方程式为：，B正确；
C．为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，目的是除去，C正确；
D．设ZnCO3 xZn(OH)2的物质的量为ymol，ZnCO3 xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1，解得 x=1、y=0.05，D错误；
故选：D。
11．C
【详解】A．氯气有毒，对环境有污染，因此装置D的作用是吸收氯气，防止污染环境，因此装置D应盛放氢氧化钠溶液，选项A正确；
B．A装置产生中混有，根据题中所给信息可知，在碱性减弱时容易变质，因此装置B的作用是除去氯气中的，防止氯化氢与C装置中强碱发生反应，导致产率降低，选项B正确；
C．D装置是洗气瓶，B装置是简易洗气瓶.没装试剂之前，二者位置可以互换，选项C错误；
D．漂白粉的有效成分是，与盐酸发生氧化还原反应，得到氯气，发生反应的离子方程式为：，选项D正确；
答案选C。
12．B
【详解】A．由图可知， 在反应过程中先消耗后生成，反应前后不变，为反应的催化剂，总反应为氢气与氧气在催化作用下生成过氧化氢，反应的方程式为H2+O2H2O2，故A正确；
B．由图可知，[PdCl2O2]2 先生成后消耗，为反应中间体，故B错误；
C．根据H2+O2H2O2可知，生成转移2mol电子，故C正确；
D．由图示可知，过程中发生了，故D正确；
答案选B。
13．(1)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
(2) 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O
(3) 2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
【详解】（1）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应，除产生Cl2O外，还形成了HgCl2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
（2）根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4价变为Cl-,生成稳定价态-1价，根据得失电子守恒、结合原子守恒，电荷守恒，可得配平离子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O。结合反应方程式中物质反应转化关系可知：1 mol ClO2消耗NaClO2的量为1.25 mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体，反应的化学方程式为：NaHCO3+ NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O；
（3）首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知，1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知，二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有SiO2，二者在熔融时反应，cs Na2SiO3、CO2气体，会腐蚀陶瓷设备，故不能使用陶瓷容器。
14．(1)高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且自身被还原为，水解生成的胶体能吸附水中悬浮的杂质而使其沉降
(2) 随着电解的进行，生成的与溶液中反应生成，沉淀覆盖在铁电极表面，阻碍电解反应的进一步进行
【详解】（1）中铁元素为+6价，具有强氧化性，能用于自来水的杀菌消毒，其还原产物为，水解生成的胶体能吸附水中悬浮的杂质而使其沉降，因此可以用于自来水处理；
（2）该装置为电解池，Fe转化为，发生氧化反应，则Fe棒为阳极，阳极反应为；
若电解质溶液中混有少量杂质，电解效果会显著降低，其原因是随着电解的进行，生成的与溶液中反应生成，沉淀覆盖在铁电极表面，阻碍电解反应的进一步进行。
15．(1)
(2)
【详解】（1）过程①是氢氧化钠和二氧化硫的反应，生成亚硫酸钠和水，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；
（2）从题图看出，在酸性条件下逐渐转化成，离子方程式为；
中的化合价为，具有强氧化性；中为价，具有还原性，该反应为氧化还原反应；该反应的离子方程式为：
。
16．(1)
(2)
(3)
(4)b
【详解】（1）由题意知，与稀硫酸、亚硫酸钾反应可生成和，根据质量守恒知生成物中还有水，化学反应方程式为；
（2）与反应生成和，氯元素的化合价由降低到，V元素的化合价由升高到，由得失电子守恒知，和的化学计量数为1，和的化学计量数为6，结合电荷守恒和元素守恒配平该离子方程式为；
（3）与盐酸反应生成，V元素的化合价降低，则中元素的化合价升高，产生的黄绿色气体为，由还原剂的还原性大于还原产物的可知，还原性，氯气与反应生成、、作还原剂，则还原性，故、还原性由大到小的顺序为；
（4）锌粉的物质的量为，设V元素在还原产物中的化合价为，根据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数得，解得，则还原产物为，答案为：b。
17．(1)+1
(2) 蓝 胆矾或蓝矾
(3)
(4)
(5)用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化
【详解】（1）中硫元素为-2价，则铜元素的化合价为+1；
（2）无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成蓝色硫酸铜晶体，俗称胆矾或蓝矾；
（3）碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水、二氧化碳，；
（4）Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，铜生成铜离子化合价升高，根据电子守恒可知，M生成中铁元素化合价降低，故为亚铁离子；
（5）氯化铜加热水解生成氢氧化铜和挥发性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中铜具有还原性易被空气中氧气氧化，在HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化。
18．(1)2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2) 除去HCl SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
(3) a 吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入
(4) 80% ①②③
(5)C
(6)硫酰氯分解产生氯气
【分析】由合成硫酰氯的实验装置可知：A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl；C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(1)；E中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，以此解答。
【详解】（1）在装置A中发生反应制取Cl2，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl= 2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，其离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，使生成的Cl2中含有HCl杂质，因此装置B中饱和食盐水的作用为除去HCl；
装置C中盛有浓硫酸，作用是干燥Cl2。氯气具有强氧化性，能氧化SO2，因此若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2及H2O还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
（3）为了增强冷凝效果，装置E中冷凝水方向是下进上出，即冷却水的入口是a；
氯气和SO2都是污染性气体，直接排放会造成大气污染，F的作用为吸收尾气，防止污染空气。又因为硫酰氯在潮湿空气中“发烟”，因此装置F同时还可以防止水蒸气进入装置D；
（4）氯气的物质的量为n(Cl2)==0.05 mol，由方程式SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)中物质反应转化关系可知：n(SO2Cl2)=n(Cl2)=0.05 mol，则理论上生成SO2Cl2的质量为m(SO2Cl2)=0.05 mol×135 g·mol－1=6.75 g，实际反应制取得到5.4 g SO2Cl2，故其产率为×100%=80%；
为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应；由于100℃以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温，先降温，再通气，故合理选项是①②③；
（5）氯磺酸(ClSO3H)与SO2Cl2二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；
（6）100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，故长期存放的硫酰氯会发黄可能是溶解氯气所致。
