第3讲氧化还原反应提升练习2024年高考化学一轮复习新高考专用
一、单选题，共10小题
1．（2023·北京·高三专题练习）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2 12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3 xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
2．（2023秋·新疆昌吉·高一新疆昌吉回族自治州第二中学校考期末）已知下列反应：(Ⅰ)；(Ⅱ)，下列说法正确的是
A．反应Ⅰ中是氧化剂 B．反应Ⅱ中发生氧化反应
C．还原性： D．氧化性：
3．（2023春·江西宜春·高二江西省清江中学校考期末）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为
4．（2023秋·浙江·高三校联考开学考试）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
5．（2022·广东广州·统考二模）我国科学家在以二氧化碳为原料人工合成淀粉领域取得突破性进展。下列说法不正确的是
A．该过程中无机物转化为有机物
B．该过程中二氧化碳发生还原反应
C．淀粉与纤维素互为同分异构体
D．淀粉是谷类食物的重要组成成分
6．（2022·广东深圳·统考二模）人类文明的进化得益于化学的发展。下列有关历史事件描述中涉及的化学知识不正确的是
选项 历史事件描述 化学知识
A 石器时代：古人钻木取火 燃烧属于放热反应
B 青铜时代：用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜 Cu为还原产物
C 蒸汽时代：通过煤的干馏制取焦炭 煤的干馏属于物理变化
D 原子能时代：H、H可用于制造氢弹 H、H互为同位素
A．A B．B C．C D．D
7．（2021秋·广东茂名·高三统考阶段练习）著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：。下列说法正确的是
A．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：
B．工业上可以采用惰性电极电解氯化铈水溶液，在阴极得到铈
C．用少量溶液滴定碘化亚铁溶液，其离子方程式为
D．金属铈可浸于煤油中保存，要储存在阴凉的地方，远离火种和热源
8．（2023春·广东广州·高一广州市培英中学校考期中）固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示，下列说法正确的是
A．反应①②③均为氧化还原反应
B．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
C．Li3N、LiOH两种化合物中含有的化学键完全相同
D．假设每一步均完全转化，每消耗1 mol N2，同时生成1.5 mol O2
9．（2022秋·江西·高三校联考阶段练习）《物理小识·金石类》提到：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂，惟乌柏树不畏其气”。强热“青矾”得红色固体，“青矾厂气”，气体冷凝得“矾油”。利用矾油可以制备盐酸，涉及微型化工流程如图所示：
下列说法正确的是
A．X是，可用作红色颜料 B．气体W不能使品红溶液褪色
C．矾油的沸点高于 D．上述流程中只涉及氧化还原反应
10．（2022春·河南信阳·高一信阳高中校考阶段练习）某化学兴趣小组对的性质展开探究，设计了如图实验。已知为拟卤素，它的化学性质与卤素单质相似。下列说法正确的是
A．向溶液中滴加溶液，生成血红色沉淀
B．溶液3红色褪去，氧化性：
C．溶液3中元素的主要存在形式为
D．溶液4红色褪去，表现出漂白性
二、填空题，共3小题
11．（2019秋·全国·高三专题练习）(1)ZnSO4溶液中含有少量Fe2＋和Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液pH为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两反应的离子方程式： 。
(2)用HNO3清洗试管壁上的Ag，该反应的化学方程式为 。
(3)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。
①写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平 。
②在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3＋。写出该实验中涉及反应的离子方程式 。
(4)＋6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O72-，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。写出该反应的离子方程式 。
(5)已知：①MnO4-＋e－―→MnO42- (绿色)(强碱性条件)
②MnO4-＋8H＋＋5e－―→Mn2＋(无色)＋4H2O(强酸性条件)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式 。
12．（2021秋·山东济宁·高三嘉祥县第一中学校考阶段练习）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是 。
（2）已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为 。
（3）根据上述反应可推知 。
A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4 B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C．还原性：AsH3＞X D．还原性：X＞AsH3
（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，并标出电子转移的方向和数目：（注：请一定用单线桥表示，凡是用双线桥表示的不得分） 。
（5）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式 。
13．（2023·全国·高三专题练习）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 。
(4)已知FePO4LiFePO4，写出该反应的化学方程式 。
三、实验题，共2小题
14．（2015秋·山东青岛·高三阶段练习）按要求回答下列问题
（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）．
①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为 ，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性 （填“强”或“弱”）．
②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为 ，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性 （填“强”或“弱”）．
（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是 ，产生该物质可能的原因是 ．
（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是 （填编号）
a．SO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子
b．SO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子
c．此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒
d．将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中，能使品红褪色
由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是 ．
（4）配平并完成下列离子方程式
MnO4﹣+ H2O2+ = Mn2++ O2+ H2O
每有1mol高锰酸根参加反应，生成 mol O2．
15．（2023·福建宁德·统考一模）KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。
资料：①锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-
②酸性条件下的氧化性：KMnO4>KIO3>I2
I．KMnO4的制备
(1)从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→ (按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是 。
(2)若没有使用装置C，造成的影响是 。
II．KMnO4性质探究
取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol/L(用硫酸酸化至pH=1)，取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中，逐滴滴加0.1mol/LKI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。
(3)最终溶液呈现棕黄色推测生成了 (写化学式)。
(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究：
①黑色固体是MnO2，试剂X是 (写化学式)。
②在“紫色清液"中存在，写出生成的离子方程式 。
③下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中是否存在的是 (填序号)。
A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色。
C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(5)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因：
用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因 。
(6)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与 有关。
四、解答题，共1小题
16．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题
(1)以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：
写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式： 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 (写出两条)。
(2)钛(Ti)因具有硬度大、熔点高、耐酸腐蚀等优点而被应用于航空、电子等领域，由钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁FeTiO3)提取金属钛并获得副产品FeSO4·7H2O的工艺流程如下：
钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4。常温下，该物质易溶于酸性溶液，在pH=5.0时开始转化为钛酸沉淀，则物质A是 (填化学式，下同)，B是 ，加入B物质后加热发生反应的离子方程式是 。
(3)ZnSO4溶液中含有少量Fe2＋和Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液pH为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两反应的离子方程式： 。
(4)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平 。在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO反应后变为无色的Bi3＋。写出该实验中涉及反应的离子方程式 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2 12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3 xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
2．D
【详解】A．反应I中HCl中氯元素化合价升高被氧化，所以HCl为还原剂，故A错误；
B．反应Ⅱ中Cl2得电子化合价降低，发生还原反应，故B错误；
C．反应I中HCl为还原剂，CoCl2为还原产物，所以还原性HCl>CoCl2，同理I2的还原性强于HCl，故C错误；
D．反应I中Co2O3为氧化剂，Cl2为氧化产物，所以氧化性Co2O3>Cl2，同理Cl2的氧化性大于HIO3，故D正确；
综上所述答案为D。
3．C
【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；
B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；
C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；
D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；
答案选C。
4．B
【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；
B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；
综上所述，本题选B。
5．C
【详解】A．CO2是无机化合物，淀粉是有机化合物，我国科学家能够以二氧化碳为原料人工合成淀粉，因此该过程中无机物转化为有机物，A正确；
B．在CO2中C元素化合价为+4价，在淀粉(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，C元素化合价降低，得到电子被还原，因此该过程中二氧化碳发生还原反应，B正确；
C．尽管淀粉与纤维素的分子组成都表示为(C6H10O5)n，但二者分子中含有的单糖单元数目不同，即二者的分子式不同，因此二者不能互为同分异构体，C错误；
D．谷类植物光合作用产生种子、块根、块茎中有机物主要成分是淀粉，因此淀粉是谷类食物的重要组成成分，D正确；
故合理选项是C。
6．C
【详解】A．燃烧是一种发光发热的剧烈的氧化还原反应，则属于放热反应，A正确；
B．用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜，Cu的化合价由+2价降低到0价，即为被还原，故Cu是还原产物，B正确；
C．将煤在隔绝空气的条件下加强热发生复杂的物理、化学变化，则煤的干馏不全属于物理变化，也有化学变化，C错误；
D．H、H是质子数相同而中子数不同的H元素的不同原子，则互为同位素，D正确；
故答案为：C。
7．D
【详解】A．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，铈能从硫酸铜溶液中置换出铜的反应为铈与铜离子发生置换反应生成Ce3+和Cu反应的离子方程式为，故A错误；
B．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，Fe2+的还原性强于Ce3+，则用惰性电极电解氯化铈水溶液时，水在阴极放电能力强于Ce3+，优先在阴极放电生成氢气和氢氧根离子，不能在阴极得到铈，故B错误；
C．由Ce4+的氧化性强于Fe3+可知，则用少量硫酸铈溶液滴定碘化亚铁溶液，还原性强于亚铁离子的碘离子优先反应生成单质碘，反应的离子方程式为，故C错误；
D．由金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应可知，金属铈应保存在煤油中，并储存在阴凉的地方，远离火种和热源，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】A．反应②是Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．转化过程中，H元素只显+1价，故B错误；
C．Li3N中只含离子键，LiOH中含有离子键、共价键，故C错误；
D．假设每一步均完全转化，根据电子守恒，每消耗1 mol N2 ，同时生成1.5 mol O2，故D正确；
选D。
9．C
【分析】青矾受热分解的方程式为：2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O，故气体Y和气体Z冷凝后得到的气体W 是二氧化硫，剩余的矾油就是三氧化硫和水反应的产物硫酸，以此来解析；
【详解】A．青矾受热分解时，二价铁被氧化为三价铁，生成三氧化二铁，即X是三氧化二铁，A错误；
B．由分析可知气体W是二氧化硫，二氧化硫有漂白性，可以漂白品红溶液，B错误；
C．矾油和食盐混合后微热有氯化氢溢出，则说明氯化氢的沸点比较低，C正确；
D．矾油和食盐的反应为硫酸和氯化钠的反应，该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液反应发生络合反应生成血红色硫氰化铁和硫酸钾，硫氰化铁溶于水，不是沉淀，故A错误；
B．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，则酸性条件下高锰酸根离子的氧化性强于(SCN)2，而铁离子不能将SCN—离子氧化为(SCN)2说明铁离子的氧化性弱于(SCN)2，则氧化性的强弱顺序为，故B正确；
C．溶液3红色褪去，说明高锰酸钾酸性溶液能将SCN—离子氧化为(SCN)2，铁离子不能与酸性高锰酸钾溶液反应，溶液中铁元素为铁离子，故C错误；
D．溶液4红色褪去，说明铁离子与具有还原性的二氧化硫反应生成亚铁离子，二氧化硫表现还原性，故D错误；
故选B。
11． MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，
2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋ Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O 2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O 2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO4-＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 4MnO4-＋4OH－4MnO42-＋2H2O＋O2↑
【详解】(1)除去杂质离子Fe2＋和Mn2＋发生反应的离子方程式为MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；(2)浓硝酸与Ag发生氧化还原反应，生成AgNO3、NO2和H2O。反应的化学方程式为Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O；(3)①根据信息，KMnO4在浓H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成Mn2＋，反应的化学方程式为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O；②注意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化剂，把Mn2＋氧化成MnO4-，本身被还原成Bi3＋，反应的离子方程式为2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO4-＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O；（4）Cr元素由Cr2O72-中+6价降低为Cr3+中+3价，共降低6价，Fe元素化合价由Fe2+中+2价升高为Fe3+中+3价，共升高1价，化合价最小公倍数为6，故Cr2O72-系数为1，Fe2+的系数为6，由原子守恒可知，Cr3+的系数为2，Fe3+的系数为6，根据电荷守恒可知，H+为反应物，系数为14，由H元素守恒，H2O为生成物，系数为7，则离子反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；(5)根据信息，在强碱性条件下，MnO4-得电子生成MnO42-，－2价的氧失电子生成O2。反应的离子方程式为4MnO4-＋4OH－4MnO42-＋2H2O＋O2↑。
12． AsH3 Br2 AC 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O
【详解】（1）KBrO3在反应中得到电子，所以KBrO3化合价降低是氧化剂，AsH3变成了H3AsO4，所以AsH3是还原剂；
（2）设X中溴元素的化合价为x，则0.2mol（5-x）=1mol，所以x=0，故X为Br2；
（3）A、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3>H3AsO4，故A正确，B错误；C、AsH3是还原剂，X是还原产物，所以还原性AsH3>X，故C正确，故D错误；答案选AC；
（4）KBrO3在反应中得到电子，AsH3失去电子，转移的电子数为40e-，则标出电子转移的方向和数目为 ；
（5）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。
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
(4)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
【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，生成Na2SiO3、CO2气体，会腐蚀陶瓷设备，故不能使用陶瓷容器；
（4）反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物中有CO2，根据元素守恒知，产物中还有H2O，配平后为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑。
14． H2SO3+Br2+H2O═4H++SO+2Br﹣ 弱 2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O 强 BaSO4 空气中的O2将SO氧化为SO ac H2SO3或HSO3﹣或SO 2 5 6H+ 2 5 8 2.5
【详解】（1）①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO+2Br﹣，证明了亚硫酸的氧化性比溴弱，
②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为：2H++2Br﹣+H2O2=Br2+2H2O，证明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强
（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，产生沉淀的原因可能为：空气中的O2将SO氧化为SO，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，
（3）二氧化硫与四氯化碳不反应，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离出硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，而将二氧化硫通入品红溶液会褪色，证明使品红溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能为H2SO3或HSO3﹣或SO，该实验不能证明使品红溶液褪色的粒子，故ac正确，
（4）反应中物质的化合价变化：MnO→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4﹣得5个电子；H2O2→O2，O由﹣1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4﹣的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；根据反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为1mol×=2.5mol，故答案为2；5；6H+；2；5；8；2.5．
15．(1) d→e→c→b→f或d，e→c，b→f 平衡气压，使液体能顺利流下
(2)HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低
(3)I2
(4) H2O2 2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O B
(5)MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O
(6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度
【分析】KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；酸性条件下氧化性：KIO3＞I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO3-的存在；根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2 ，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关。
【详解】（1）A制备氯气，经C除去HCl，进入B中发生2+Cl2=2+2Cl-，最后用D吸收尾气。从A~D中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a→d→e→c→b→f或d，e→c，b→f(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是平衡气压，使液体能顺利流下。
故答案为：d→e→c→b→f或d，e→c，b→f；平衡气压，使液体能顺利流下；
（2）若没有使用装置C，造成的影响是HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低。故答案为：HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低；
（3）低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，在酸性条件下，KMnO4将碘离子氧化生成碘单质，最终溶液呈现棕黄色推测生成了I2(写化学式)。故答案为：I2；
（4）实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
①KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，黑色固体是MnO2，二氧化锰催化双氧水分解，试剂X是H2O2(写化学式)。故答案为：H2O2；
②KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为：2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O。故答案为：2+I-+2H+=2MnO2↓++H2O；
③酸性条件下氧化性：KIO3＞I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入NaHSO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO。
A．用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，引入了碘元素，故A错误；
B．取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，亚硫酸氢根离子与碘酸根离子反应，生成碘单质，观察溶液是否变色，故B选；
C．取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选；
故答案为：B；
（5）MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想，用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O。故答案为：MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
（6）由上述实验可知，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关。故答案为：还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度。
16．(1) Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2) Fe H2O TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+
(3)MnO＋3Fe2＋＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋
(4) 2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)=6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O 2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋=2MnO＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O
【分析】钛铁矿和浓硫酸反应的产物是TiOSO4与Fe2(SO4)3，加入铁屑，可将Fe2(SO4)3转化为FeSO4，结晶过滤之后加水稀释，溶液pH升高，TiOSO4开始转化为钛酸沉淀，经煅烧后得到二氧化钛，最后得到金属钛。
【详解】（1）根据题图所给信息，硼元素以硼酸形式保留于滤液中，结合已有知识硼酸为弱酸，故可写出方程式Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径。
（2）钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，所以物质A为Fe，溶液X中含有FeSO4和TiOSO4，经过分离得硫酸亚铁晶体和溶液Y，溶液Y主要含有TiOSO4，加入水，加热可水解生成H2TiO3，所以物质B为H2O，经煅烧可生成TiO2，用氯气、碳反应可生成TiCl4，高温条件下与镁反应可生成Ti。根据上面的分析可知，A为Fe，B为H2O，TiOSO4中加入水，加热可水解生成H2TiO3，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。
（3）除去杂质离子Fe2＋和Mn2＋发生反应的离子方程式为MnO＋3Fe2＋＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋。
（4）根据信息，KMnO4在浓H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成Mn2＋。注意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化剂，把Mn2＋氧化成MnO，本身被还原成Bi3＋。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
