易错点28--氧化还原反应-备战2022年高考化学考试易错题(解析版).docx

易错点28 氧化还原反应
易错题【01】氧化还原反应概念“五误区”
(1)误认为有单质参与或生成的反应一定是氧化还原反应。如O2与O3的转化为非氧化还原反应。
(2)误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HCl→Cl2，氯元素被氧化，CuO→Cu，铜元素被还原。
(3)误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。如Cl2＋H2OHCl＋HClO中，被氧化和被还原的都是氯元素。
(4)误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如SO2具有还原性，浓H2SO4具有氧化性，但二者不发生氧化还原反应。
(5)误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。
易错题【02】氧化还原反应的规律及应用

易错题【03】陌生情景下的氧化还原方程式的配平
第一步：根据题干信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
第二步：判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物或还原产物。
第三步：按“”写出方程式，并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。
第四步：根据元素守恒，补充其他反应物或产物，然后进行配平方程式中需补充的物质一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。具体补项原则为
条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
易错题【04】电子守恒的计算流程

注意多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
典例分析
例1、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：①3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，也可由SiCl4的蒸汽和NH3反应制取：②3SiCl4＋4NH3Si3N4＋12HCl。则下列叙述正确的是
A．反应②属于离子反应
B．若制取等量Si3N4，反应①②转移电子数目必然相等
C．反应①的氧化剂是N2
D．反应①中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶6
C【解析】A．反应②是固体之间的反应，不属于离子反应，错误；B.在反应①中每产生1 mol Si3N4，转移电子的物质的量是12 mol；反应②是非氧化还原反应，因此没有发生电子转移因此制取等量的Si3N4，反应①②转移电子数目不相等，错误；C.在反应①N2得到电子由反应前N2的0价变为反应后Si3N4中的N元素的－3价，N得到电子，被还原，因此该反应的氧化剂是N2，正确；D.在反应①中氧化剂N2得到电子，被还原变为Si3N4，还原剂C失去电子被氧化变为CO，所以氧化产物CO与还原产物Si3N4物质的量之比为6∶1，错误。
例2、已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是(　　)
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 mol e－转移时，被氧化的HCl为4 mol
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
B【解析】由分析可知，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：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 mol e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；由分析可知，Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O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；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
例3、将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是(　　)

A．过程①中生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋
B．过程②中，Fe3＋作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S＋O2===2H2O＋2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
D【解析】由图可知，共发生的有三个反应①H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋　②CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S
③4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O。过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，故A正确；过程②中的反应为CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①×2＋②×2＋③可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故C正确；过程③中的反应为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误。
例题4、1.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________________________________________。
2．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_______________。
【答案】1.(1)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O　(2)1.25　NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O2. 2∶7　陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
【解析】1.(1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(2)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4===NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。
2.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，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。

1. 下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是(　　)
A．往紫色石蕊溶液中加入盐酸，溶液变红
B．饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体
C．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色
D．SO2使有酚酞的NaOH溶液褪色
2. 为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理回收Se。发生的反应为①Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3===4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法错误的是(　　)
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．②中每生成0.2 mol I2共转移0.4 mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞I2
3. 把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(　　)

A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3
B．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移
4. 二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备，反应方程式为：NaClO3＋H2O2＋H2SO4―→ClO2↑＋Na2SO4＋H2O＋O2↑(未配平)。下列说法不正确的是(　　)
A．ClO2是还原产物
B．NaClO3作氧化剂，发生氧化反应
C．NaClO3与H2O2的化学计量数之比为2∶1
D．每生成0.2 mol ClO2，反应转移0.2 mol电子
5. 在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是(　　)

A．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3＋
C．反应Ⅲ是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
6. 利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．过程①～④均为氧化还原反应
B．上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O
C．NH中含有的四个N—H键不完全相同
D．过程④中，生成11.2 L N2时转移的电子数为1.5NA
利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．过程①～④均为氧化还原反应
B．上述历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O
C．NH中含有的四个N—H键不完全相同
D．过程④中，生成11.2 L N2时转移的电子数为1.5NA
7. 高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。
下列说法正确的是(　　)
A．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2
C．氧化性：K2FeO4>KClO
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
8. 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是在临床诊断、生物技术和环境化学领域有多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。下列说法不正确的是(　　)
A．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B．若有2 mol Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol
C．每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为4 mol
D．O2是氧化剂，S2O与Fe2＋是还原剂
9. 在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和NOx的排放，催化装置内发生反应为NOx＋CON2＋CO2(未配平)，下列关于此反应的说法中正确的是
A．该反应中化合价变化的只有N元素
B．当x=2时，每生成1 mol N2，转移电子4 mol
C．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3∶2
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1时，NOx中氮元素的化合价为＋2价
10. 氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3 ===bO2↑＋cCl2↑＋dHClO4 ＋eH2O。下列有关说法正确的是
A．由反应可确定：氧化产物是O2
B．若氯酸分解所得混合气体1 mol混合气体质量为45 g，则反应方程式可表示为3HClO3=== 2O2↑＋ Cl2↑＋ HClO4 ＋ H2O
C．由非金属性Cl＞S，可推知酸性HClO3＞H2SO4
D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为8e－
11. 根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是(　　)
组号
反应物
生成物
①
MnO、Cl－…
Cl2、Mn2＋…
②
Cl2(少量)、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A.第①组反应中生成0.5 mol Cl2，转移1 mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
12. 0.1 mol金属锡完全溶于100 mL 12 mol·L－1 HNO3溶液中放出0.4 mol NO2，反应后溶液中c(H＋)为8 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。由此推断氧化产物可能是(　　)
A．Sn(NO3)2 B．SnO2·4H2OC．Sn(NO3)4D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4
13. 碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：

其中，还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。根据要求回答问题：
(1)若在实验室中进行步骤A，则需用到的仪器为________。步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是________________(填写两条即可)。
(2)步骤C中得到的滤渣的成分是____________。步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。步骤E中调节pH至4.5的作用是______________________。
(3)加入Na2S可以除去Pb2＋、Al3＋等离子。已知Ksp(PbS)＝1×10－28，Ksp(MnS)＝1×10－9.6，当溶液中c(Pb2＋)＝1×10－5 mol·L－1时，溶液中c(Mn2＋)应不大于________。
(4)pH＝0的溶液中，不同价态锰的微粒的能量(ΔG)如图所示。若某种含锰微粒(如Mn3＋)的能量处于相邻价态两种微粒(Mn2＋和MnO2)能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。

①MnO______(填“能”或“不能”)稳定存在于pH＝0的溶液中。
②将Mn3＋歧化反应设计为原电池，可测定反应平衡常数。电池负极反应为________________，电池总反应的平衡常数表达式为____________________。
(5)步骤H的离子方程式为______________________。实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否反应完全：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===16H＋＋10SO＋2MnO，确认Mn2＋已完全反应的现象是__________________________。检验时必须控制Mn2＋的浓度不能过大，否则实验失败。理由是________________________。
14. 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下图所示(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.C【解析】酸遇紫色石蕊变红，只与酸性有关，与氧化还原反应无关，A错误；铁离子水解生成胶体，只与水解有关，B错误；硫酸亚铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为红褐色的氢氧化铁，涉及了氧化还原反应，C正确；SO2与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，NaOH在反应中消耗，则溶液褪色，只与复分解反应和碱溶液的性质有关，D错误。
2.B【解析】反应①中Se是还原剂，对应的生成物SeO2是氧化产物，浓硫酸是氧化剂，对应的生成物SO2是还原产物，A项正确；反应②中Se由＋4价变为0价，SeO2是氧化剂，I由－1价变为0价，KI是还原剂，N在反应前后化合价没有变化，HNO3既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；反应②中I由－1价变为0价，则生成0.2 mol I2转移0.4 mol电子，C项正确；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2＞I2，D项正确。
3.B【解析】根据图a、图b，可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物中单质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO＋3H2O，A项错误；若有1 mol S被氧化，生成1 mol SO，同时有2 mol S被还原，生成2 mol S2－，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D项错误。
4.B【解析】反应中氯元素化合价降低，ClO2是还原产物，A项正确；NaClO3中氯元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，B项错误；H2O2是还原剂，依据NaClO3―→ClO2失e－，H2O2―→O2得2e－知C项正确；反应中氯元素化合价降低1，则每生成0.2 mol ClO2，反应转移0.2 mol电子，D项正确。
5.C【解析】结合题图和元素守恒可知，反应Ⅰ在酸性条件下进行，其反应的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，A项正确；反应Ⅱ是Fe3＋与FeS2反应生成SO和Fe2＋，其反应的离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋，该反应中Fe3＋将FeS2中－1价的硫氧化为＋6价的SO，本身被还原为Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，B项正确；反应Ⅲ为Fe2＋＋NO===Fe(NO)2＋，该反应中各元素的化合价均无变化，属于非氧化还原反应，C项错误；结合总反应2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋和转化关系图可知，NO为该反应的催化剂，D项正确。
6.B【解析】分析反应历程图中反应物与生成物的变化过程可知，过程①、②是非氧化还原反应，过程③、④是氧化还原反应，A项错误；由题给信息和反应历程图可知，NH3、NO和NO2是反应物，N2和H2O是生成物，所以历程的总反应为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，B项正确；NH中N原子是sp3杂化，N原子上无孤电子对，空间构型为正四面体形，所以四个N—H键相同，C项错误；D项未指明11.2 L N2是否处于标准状况下，不能确定转移电子数，D项错误。
7.D【解析】A选项，若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，设物质的量分别为5 mol和1 mol，则化合价升高失去10 mol电子，则化合价降低得到10 mol电子，消耗Cl2 8 mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶6，即5∶3，故A错误；B选项，根据反应①得出n(K)＝n(Cl)，因此每消耗4 mol KOH，吸收氯气2 mol，即标准状况下44.8 L Cl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，因此KClO > K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KClO，则Cl2与KClO物质的量之比为1∶1，根据第二个方程式得到KClO与K2FeO4物质的量之比为3∶2，因此得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2，故D正确。
8.A【解析】从电荷守恒的角度分析，配平的离子方程式为3Fe2＋＋2S2O＋O2＋4OH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，当3 mol Fe2＋参加反应时，有2 mol Fe2＋化合价升高。反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶(2＋2)＝1∶4，A项错误；若有2 mol Fe2＋被氧化，失去2 mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol，B项正确；反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 mol，C项正确；S2O到S4O，S元素的化合价升高，S2O和部分Fe2＋是还原剂，O2是氧化剂，D项正确。
9.D【解析】分析可知C的化合价由＋2变为＋4，故A错；x=2时，每生成1 mol N2，由2 mol N由＋4变为0价，转移电子8 mol，故B错；N2中含有1个叁键，CO2中含有两个双键，共价键的个数比应为3∶4，故C错；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1时，为NO，即氮元素化合价为＋2，D正确。
10.B【解析】A、根据化合价的变化，O由－2→0，化合价升高，被氧化，O2是氧化产物，一部分Cl由＋5 →＋7，化合价升高，被氧化，HClO4属于氧化产物，故错误；B、b＋c=1,32b＋71c=45，解得，b=2/3，c=1/3，则反应方程式为：3HClO3===2O2↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2O，故正确；C、非金属性强弱，看的是其最高价氧化物对应水化物的酸性，HClO3中Cl显＋5价，不是最高价，故说法错误；D、8HClO3===3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O，根据反应方程式，转移电子为20 mol，故说法错误。
11.D【解析】第①组反应是2MnO＋10Cl－＋16H＋===5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O，2Cl－―→Cl2，转移2e－，故生成0.5 mol Cl2，转移1 mol电子，A正确；第②组反应的产物是FeCl3、FeBr3，故Br－没有被Cl2氧化，反应为3Cl2＋6FeBr2===2FeCl3＋4FeBr3，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，B正确；第③组KMnO4的氧化性比H2O2的强，H2O2中的氧元素化合价升高变为O2，即反应是2KMnO4＋5H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O，C正确；由第②组可知还原性Fe2＋＞Br－，故氧化性Fe3＋＜Br2，D错误。
12.B【解析】由反应后溶液中的c(H＋)＝8 mol·L－1，可知HNO3有剩余，反应的HNO3为0.1 L×12 mol·L－1－0.1 L×8 mol·L－1＝0.4 mol，设金属锡被氧化后的化合价为x，由得失电子守恒可知，0.1 mol×(x－0)＝0.4 mol×(5－4)，解得x＝4，即氧化产物中锡元素的化合价为＋4，由于溶液中c(H＋)＝8 mol·L－1，根据氮原子守恒可知c(NO)＝＝8 mol·L－1，此时溶液呈电中性，说明溶液中不存在Sn(NO3)4，故氧化产物为SnO2·4H2O，选项B正确。
13.(1)坩埚　增大硫酸的浓度、升高温度(或搅拌等其他合理答案)　(2)CaSO4　1∶2　使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去　(3)1×1013.4 mol·L－1　(4)①不能　②Mn3＋＋2H2O－e－===MnO2＋4H＋　K＝　(5)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O　滴入Na2S2O8溶液，溶液不变紫红色　过量的Mn2＋能与反应生成的MnO反应，影响对实验现象的观察
【解析】(1)实验室中焙烧固体一般用坩埚。提高反应速率的方法一般有：增大溶液的浓度、升高温度等。(2)步骤B中，CaCO3、Fe、Al2O3、MnO都与硫酸反应分别生成CaSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MnSO4，只有CaSO4微溶于水，故步骤C中滤渣为CaSO4。步骤D中发生的反应为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，氧化剂是MnO2，还原剂是Fe2＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。溶液中存在Fe3＋、Al3＋、Mn2＋等，从流程看，Mn2＋会最终转化为产品；调节pH是为了将Fe3＋转化为Fe(OH)3除去。(3)Ksp(PbS)＝1×10－28，当溶液中c(Pb2＋)＝1×10－5 mol·L－1时，c(S2－)＝1×10－23 mol·L－1；而Ksp(MnS)＝1×10－9.6，要使Mn2＋不沉淀，则c(S2－)·c(Mn2＋)<1×10－9.6，故c(Mn2＋)<1×1013.4 mol·L－1。(4)①依据图像分析，MnO的能量处于MnO和MnO2能量连线左上方，则MnO在pH＝0的溶液中不能稳定存在。②Mn3＋发生歧化反应得到Mn2＋和MnO2,2Mn3＋＋2H2O===MnO2＋Mn2＋＋4H＋，将该反应设计为原电池，电池负极反应为Mn3＋＋2H2O－e－===MnO2＋4H＋，电池总反应的平衡常数K＝。(5)步骤H中为Mn2＋与HCO反应生成MnCO3，根据电荷守恒可得：Mn2＋＋2HCO―→MnCO3↓，再根据原子守恒可知，产物中还有CO2和H2O，从而写出离子方程式。若存在Mn2＋，则会和Na2S2O8溶液反应生成紫红色的MnO，否则溶液不变紫红色。检验时必须控制Mn2＋的浓度不能过大，否则过量的Mn2＋能与反应生成的MnO反应，影响对实验现象的观察。
14.(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
【解析】(1)装置A制备氯气，其中发生反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；(2)生成的氯气中含有氯化氢，因此装置B中饱和食盐水的作用为除去HCl；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还可能发生反应的化学方程式为SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4；(3)E中冷凝水的入口是a；氯气和SO2均是污染性气体，则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”，因此同时防止水蒸气进入；(4)氯气的物质的量为＝0.05 mol，由方程式可知n(SO2Cl2)＝n(Cl2)＝0.05 mol，故理论上生成SO2Cl2的质量为0.05 mol×135 g·mol－1＝6.75 g，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；(5)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，可能是溶解氯气所致。