化学必修 第一册第3节 氧化还原反应达标测试

这是一份化学必修 第一册第3节 氧化还原反应达标测试，共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2.3氧化还原反应同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1．钴是一种重要的过渡金属元素，实验室利用固体进行如下实验。下列说法错误的是
  
A．固体为，气体为 B．上述所涉及的反应均为氧化还原反应
C．酸性条件下还原性： D．溶解过程中理论可得
2．有关Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，下列说法不正确的是
A．CO具有还原性 B．Fe2O3发生了还原反应
C．反应后铁元素的化合价升高 D．工业上可利用该反应炼铁
3．二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、低毒的绿色消毒剂。制取ClO2的微观过程如图所示。下列说法错误的是
  
A．该反应不属于置换反应
B．该反应中所有含氯物质均具有杀菌消毒作用
C．制取1molClO2需消耗Cl211.2L(标准状况)
D．该反应的化学方程式为
4．一定温度下，将Cl2缓缓通入一定浓度的KOH溶液中，至两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的微粒，其中ClO-和两种离子的物质的量(n)与时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是
  
A．t1～t2，反应的离子方程式为Cl2+6OH−=5Cl−++3H2O
B．生成的另外一种含氯元素的微粒是Cl−，t2时，溶液中Cl−的物质的量为0.09mol
C．反应过程中一定存在c(ClO−)+ c() +c(Cl−)= c(K+)
D．两者恰好完全反应时，参与反应的Cl2的物质的量为0.15mol
5．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．22.4L CO2与足量Na2O2完全反应，转移电子数为2NA
B．1molCl2溶于水，此过程中转移电子数为NA
C．3.2 g O2和O3的混合气体中含有氧原子总数为0.2 NA
D．11P4(白磷)+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA
6．实验室模拟工业海带提砷的流程如图。下列说法错误的是
  
A．“灼烧”用到的硅酸盐仪器有坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为
C．“反萃取”所得有机层经处理后可循环再利用
D．“沉淀”时每生成碘，理论上转移电子
7．实验室制备F2过程为；①KMnO4和H2O2在KF-HF介质中反应制得K2MnF6；②；③，下列说法正确的是
A．①可选择圆底烧瓶作为反应发生装置
B．②中反应可证明酸性：HF>HCl
C．③中制备和收集F2均需要无水环境
D．同条件下转移相同电子数时，①和③产生气体体积比为1：2
8．实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Ce2(CO3)3的流程如下：
  
已知Ce3+被有机萃取剂(HA)萃取原理为。下列说法正确的是
A．“酸浸”时，H2O2可用O3代替
B．“萃取”时，振荡分液漏斗应下口倾斜向上，并从下口放气
C．“反萃取”时，为了提高Ce3+的反萃取率，应一次性加入大量的稀硫酸
D．“沉淀”时，加入足量NH4HCO3的离子方程式为
9．在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2=2A3++2B-；③2B-+Z2=B2+2Z-。根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A．溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z-
B．Z2在①、③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3+
D．X2+是XO的还原产物
10．利用缺铁氧化物可实现的综合利用，构建低碳环保社会，下列说法错误的是
  
A．过程Ⅰ发生反应的化学方程式为
B．过程Ⅱ中是氧化产物
C．在整个过程中是催化剂
D．整个过程的总反应为
11．某种安全气囊的气体发生剂为硝酸胍和碱式硝酸铜的混合物，受到撞击时发生反应如下：。下列说法错误的是
A．该反应能产生大量无毒无味的气体，符合安全气囊的功能需求
B．加入高氯酸铵可以提高气体发生剂的产气速率和产气量
C．可以在安全气囊中加入冷却剂，防止气囊燃烧
D．每生成64gCu，该反应转移2mol电子
12．纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的O2氧化。利用纳米铁粉去除水体中Cr(Ⅵ)的反应机理如图所示。下列说法错误的是
  
A．Cr参与的反应一定有电子转移
B．向水体中通入N2，可提高Cr的去除率
C．处理的Cr(Ⅵ)与消耗的Fe的物质的量之比为2∶3
D．铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr的处理效率
13．加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应。工业上生产碘酸钾的流程如下。
  
已知：20℃的溶解度为8.08g，50℃的溶解度为10.20g，100℃的溶解度为15.30g。
下列说法不正确的是
A．步骤①反应器发生的反应为
B．步骤②中可用氢氧化钠代替KOH
C．步骤②中氢氧化钾的主要作用是将转化为
D．步骤③的操作为加热浓缩、冷却结晶
14．从海带中提取碘单质，可经以下实验流程完成。下列有关说法正确的是
    
A．“氧化”过程中发生反应的离子方程式为
B．从碘水中萃取碘单质，可用酒精作萃取剂
C．以上流程在萃取、分液之后，还要经过反萃取、蒸馏等步骤才能获得碘单质
D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞从上口倒出上层液体
15．利用可逆动态吡唑银分子(  )催化剂，可实现高效丙烯电催化氧化制备1，2-丙二醇。吡唑银分子由于与*OH之间的氢键作用，对*OH具有较强的吸附作用，而解离形成H空位后，对*OH的吸附作用减弱，加速*OH与丙烯分子耦合，反应机理如下。下列叙述错误的是
  
A．图中甲为该反应的催化剂 B．该反应机理中涉及水的解离
C．  中的键不稳定 D．每生成1mol 1，2-丙二醇转移2mol

二、实验题
16．某学习小组将氯气和空气按体积比1∶3混合，通入含水的碳酸钠中制备，然后用水吸收制备次氯酸溶液。
ⅰ．在饱和食盐水中溶解度很小，能与含水的碳酸钠反应生成。
ⅱ．极易溶于水生成；的沸点为，以上分解为和。
  
(1)仪器的名称是 ，A中发生反应的离子方程式为 。
(2)实验中须控制与空气(不参与反应)的体积比为，装置的作用 (答出2条即可)
(3)装置中生成，反应的化学方程式为 。
(4)将制得的溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能有两个：①与发生中和反应，② 。设计实验探究溶液红色褪去的原因 。
(5)测定装置D中溶液的物质的量浓度的实验方案：取溶液，加入足量溶液，再加入足量硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，用电子天平称量沉淀的质量为，则溶液的物质的量浓度为 (可被还原成)。
17．Cl2O 是高效安全灭菌消毒剂，部分性质如下：
物理性质
化学性质
常温下，具有强烈刺激性气味的黄棕色气体
熔点：−116℃；沸点：3.8℃；
强氧化性；与有机物、还原剂接触或浓度过高时会发生爆炸；易溶于水且会与水反应生成次氯酸
实验室可利用反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，装置如图所示：

已知：Cl2的沸点为−34.6℃；氨气的沸点：−33℃；
(1)装置①中仪器A的名称为 ，产生Cl2的化学方程式为 。
(2)通入干燥空气的主要目的是 。
(3)装置⑤中的保温瓶中盛有液氨致冷剂，在装置⑤中内管得到的Cl2O中可能含有杂质是 。
(4)该设计中存在不足之处，改进的措施是 (用简要的文字叙述)。
(5)实验完成后，取装置⑥烧杯内溶液，滴加品红溶液，发现溶液褪色。某兴趣小组设计实验探究溶液褪色原因。
序号
0.1mol·L−1NaClO溶液体积/mL
0.1mol·L−1NaCl溶液体积/mL
0.1mol·L−1NaOH溶液体积/mL
H2O体积/mL
品红溶液
现象
I
5.0
0
0
5.0
3滴
较快褪色
II
0
5.0
a
0
3滴
不褪色
III
5.0
0
5.0
0
3滴
缓慢褪色
ⅰ．a= 。
ⅱ．由上述实验得出的结论是 。

三、工业流程题
18．Ⅰ.海带中含有丰富的碘，某学习小组设计并进行以下实验：
  
(1)步骤③的实验操作为 (填实验名称)，此过程使用玻璃棒，玻璃棒的作用是 。
(2)步骤④的离子反应方程式为：，该离子反应中的氧化剂是 ，还原剂是 。步骤④得到的含碘水溶液中滴加淀粉溶液，溶液呈现蓝色，说明有碘单质产生。
Ⅱ.碘称为“智力元素”。过去食盐中作为加碘剂，但由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失，被氧气氧化成碘单质()，同时得到强碱性物质。
(3)写出潮湿环境下与氧气反应的化学方程式： 。
Ⅲ.现在的食盐里改添加性质稳定的，以满足人们需要。几种粒子之间有如图所示关系：
  
(4)四个途径中属于氧化还原反应的是 (填序号)。
(5)在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾()，反应方程式为：，写出该反应的离子方程式： 。
(6)比较、和的氧化性强弱： 。
19．以硫铁矿(主要成分为，还有少量、等杂质)为原料制备绿矾晶体(，)的工艺流程如下：

(1)滤渣的成分为 。焙烧步骤中主要反应的化学方程式为 。
(2)流程中省略的步骤含有①蒸发浓缩、冷却结晶②过滤③调溶液pH沉铝④洗涤、干燥，请写出正确顺序 (填序号，下同)。你认为获得粗产品后的母液进入 操作中更合理。
(3)取样品，加水完全溶解，滴加硫酸酸化的溶液至恰好完全反应(被还原为)，消耗溶液。则绿矾晶体纯度为 (可不化简)。
(4)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T。F)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如下图所示(其中中S的平均化合价为价)：

过程Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
(5)可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠()，工业上有多种制备高铁酸钠方法。
①干法制备：主要反应为。从氧化还原反应的角度分析，的作用为 。
②湿法制备：在碱性条件下，用溶液和溶液反应制备。该反应的离子方程式为 。

参考答案：
1．A
【分析】加热至恒重时生成固体的质量为中含有，则的物质的量为，则固体为，X为碳的氧化物，加入足量盐酸溶解，得到0.3molCoCl2和黄绿色气体Z，则Z为氯气。
【详解】A．加热至恒重时生成固体的质量为中含有，则的物质的量为，则固体为，选项A错误；
B．根据分析第一步生成和碳的氧化物，Co元素化合价发生变化；第二步中盐酸反应生成氯气，氯元素化合价升高，均有元素化合价的变化，都是氧化还原反应，选项B正确；
C．溶解时发生的反应为，此反应中为还原剂，为还原产物，故酸性条件下还原性：，选项C正确；
D．由选项方程式可知生成的同时生成，选项D正确；
答案选A。
2．C
【详解】A．在一氧化碳还原氧化铁的反应中，一氧化碳将氧化铁还原成单质铁，一氧化碳具有还原性，A正确；
B．氧化铁失去氧变成单质铁，发生还原反应，B正确；
C．反应前氧化铁中铁元素的化合价为+3，生成的单质铁中铁元素的化合价为0，反应后铁元素的化合价降低，C错误；
D．工业上利用该反应炼铁，D正确；
故选C。
3．B
【分析】根据微观过程示意图可知，反应方程式：；
【详解】A．根据置换反应定义可知，该反应不属于置换反应，故A正确；
B．反应中并不是所有含氯物质都具有杀菌消毒作用，例如氯化钠无氧化性，不能杀菌消毒，故B错误；
C．根据反应方程式可知，生成1molClO2，与Cl20.5mol，标准状况下对体积为11.2L，故C正确；
D．根据微观过程示意图可知，反应方程式：，故D正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．由图中信息可知，t1～t2，反应的产物为KClO、KClO3、KCl等，而离子方程式Cl2+6OH−=5Cl−++3H2O中没有包含ClO-，A不正确；
B．在ClO−、中，Cl元素的化合价都升高，则还应生成含有化合价降低元素的微粒，从而得出另外一种含氯元素的微粒是Cl−，t2时，n(ClO−)=0.06mol，n()=0.03mol，依据得失电子守恒，溶液中Cl−的物质的量为=0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，B不正确；
C．反应过程中可能存在KClO、KClO3、KCl，还可能存在Cl2与H2O反应的产物HCl和HClO，它们也能电离出Cl-、ClO-，所以不一定存在c(ClO−)+c()+c(Cl−)=c(K+)，C不正确；
D．两者恰好完全反应时，Cl2全部转化为KClO、KClO3、KCl，三者中所含Cl原子的物质的量为0.06mol+0.03mol+0.21mol=0.30mol，则参与反应的Cl2的物质的量为0.15mol，D正确；
故选D。
5．C
【详解】A．条件不明确，非标准状况下，气体的物质的量无法计算，故A错误；
B．，该反应为可逆反应，转移电子数小于1NA，故B错误；
C．，则氧原子数为0.2NA，故C错误；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，则由电子守恒可知，有6 mol的CuSO4参加反应，则被硫酸铜氧化的白磷分子的物质的量为，白磷分子数为0.3NA，故D错误；
故选：C。
6．D
【分析】由流程可知，在坩埚中灼烧得到海带灰，溶解、浸泡后得到悬浊液，过滤分离出含I-的溶液，加入稀硫酸和H2O2发生，得到含碘的溶液，再加入CC14萃取、分液，得到I2的CCl4溶液，然后加入NaOH溶液反萃取，分液后得到的有机层为CCl4，向分液得到水层中加入稀硫酸得到I2，以此解答。
【详解】A．灼烧海带时用到的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故A正确；
B．H2O2在酸性条件下将I-氧化为I2，离子方程式为，故B正确；
C．“反萃取”所得有机层为CCl4，可循环再利用，故C正确；
D．由分析可知，萃取后得到I2的CCl4溶液，然后加入NaOH溶液，I2转化为I-和IO-，反萃取后加入稀硫酸发生反应：I-+ IO-+2H+=I2+H2O，每生成碘，理论上转移电子，故D错误；
故选D。
7．C
【详解】A．圆底烧瓶的材质为玻璃，含有二氧化硅，HF可以与二氧化硅反应，A错误；
B．HF为弱酸，HCl为强酸，B错误；
C．F2可与水反应，因此需要控制环境无水，C正确；
D．生成1 mol O2转移2 mol电子，反应③生成1 molF2也转移2 mol电子，因此相同条件下两反应转移的电子数相同时，产生气体的体积比为 1:1，D错误；
故选C。
8．B
【分析】二氧化铈废渣加入盐酸和过氧化氢，得到含有三价铈离子的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后，再加入稀硝酸反萃取将三价铈离子萃取到水层，最后加入氨水、碳酸氢铵生成碳酸铈，据此回答。
【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故H2O2不可用O3代替，A错误；
B．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，便于放气，充分混合萃取，B正确；
C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，C错误；
D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，D错误；
故选B。
9．B
【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
【详解】A．①中X的化合价降低，则氧化性XO>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性Z2>A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可发生，故A正确；
B．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故B错误；
C．①中X的化合价降低，则氧化性XO>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性XO>Z2>B2>A3+，故C正确；
D．反应①中X元素的化合价降低，则XO为氧化剂，则X2+是XO的还原产物，故D正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．由图可知，过程Ⅰ发生反应为和生成四氧化三铁和碳，化学方程式为，A正确；
B．过程Ⅱ中氧元素化合价升高发生氧化反应生成氧气，是氧化产物，B正确；
C．在整个过程中是中间产物，而不是催化剂，C错误；
D．整个过程的总反应为二氧化碳在催化作用下分解为氧气和碳，，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．该气体发生剂产生的气体是无毒无味的和水蒸气，符合安全气囊的要求，故A正确；
B．高氯酸铵可以做氧化剂，提高气体发生剂的产气速率和产气量，故B正确；
C．该反应放出大量的热，为防止气囊过热燃烧，可以加入物理或化学冷却剂来降温，故C正确；
D．碱式硝酸铜中和元素的化合价都降低，不能只根据的化合价计算反应转移电子数，故D错误；
答案选D。
12．A
【详解】A．结合题干物质转化图，Cr3+与OH-结合生成Cr(OH)3时，没有电子转移，故A错误；
B．向水体中通入N2，可减少水体中的氧气含量，减少纳米铁粉被氧化，提高Cr的去除率，故B正确；
C．根据转化信息，Cr(Ⅵ)被还原为+3价，Fe被氧化为+3价，故处理的Cr(Ⅵ)与消耗的Fe的物质的量之比为2∶3，故C正确；
D．铁粉处理成纳米铁粉，纳米铁粉的吸附性更强，反应速率更快，有利于提高Cr的处理效率，故D正确。
答案为：A。
13．B
【分析】由框图可知：碘酸钾是一种较强的氧化剂，加入氯水增加溶液的酸性，生成,在加水和氢氧化钾调节溶液酸碱性，得到溶液，在经过蒸发浓缩、冷却结晶即得晶体。
【详解】A．根据流程可知，步骤①反应器发生的反应为，A正确；
B．步骤②中可用氢氧化钠代替KOH，则会导致产品中混入碘酸钠杂质，B错误；
C．碘单质与氯酸钾在水中发生反应产生KH(IO3)2，加入KOH时可以使之转化为KIO3.，C正确；
D．根据信息可知，的溶解度随温度变化较大，故步骤③的操作为加热浓缩、冷却结晶，D正确；
故选B。
14．D
【分析】由实验流程可知，海带在锅中灼烧后，溶解、煮沸、过滤分离出滤液含碘离子，再加过氧化氢发生，得到含碘的水溶液，可选淀粉检验碘单质，然后加有机溶剂萃取、分液、蒸馏分离出碘单质，，以此分析；
【详解】A．加入双氧水能在酸性条件下将I－氧化为I2，由于是酸性条件下，故H2O2应被还原为H2O，离子方程式为，A错误；
B．萃取剂应该选择与原溶剂互不相溶的物质，酒精易溶于水，B错误；
C．根据分析，在得到含碘的水溶液后，再加有机溶剂萃取、分液、蒸馏分离出碘单质，无需经过反萃取步骤，C错误；
D．分液时避免上下层液体混合，操作为下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，D正确；
故选：D。
15．A
【详解】A．本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂，此反应中，甲去质子化生成乙，不符合催化剂定义，故A错误；
B．水解离生成H+和OH-，H+和OH-都参与了反应过程，故该反应机理中涉及水的解离，故B正确；
C．N—H解离形成H空位后，对*OH的吸附作用减弱，因此N—H键不稳定，故C正确；
D．1mol1, 2—丙二醇有2mol羟基，每生成1mol羟基转移1mole-，因此每生成1mol1,2-丙二醇转移2mol e-，故D正确；
故选A。
16．(1) 圆底烧瓶
(2)可除去氯气中混有的HCl气体杂质；观察产生气泡的速率调节气体流速
(3)
(4) 具有漂白性，将溶液漂白使其褪色 向褪色后得溶液中加入NaOH溶液，若恢复至红色，说明褪色的原因为①，否则原因为②
(5)0.3mol/L

【分析】装置A利用浓盐酸和氯酸钾反应制得氯气，经过饱和食盐水将混有的HCl气体杂质除去，将生成的氯气通入装置中与碳酸钠发生反应生成，利用D装置将溶解，装置E利用碱石灰吸收尾气，防止污染空气；
【详解】（1）根据a仪器结构特点可知为圆底烧瓶；与浓盐酸反应生成氯气和水，离子方程式：；
（2）装置B中盛装的饱和食盐水可除去氯气中混有的HCl气体杂质；通过观察B装置中产生气泡的速率调节气体流速；
（3）氯气通入碳酸钠溶液中发生反应生成和CO2，反应方程式：；
（4）制得的溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能有两个：①与发生中和反应，②具有漂白性，将溶液漂白使其褪色；向褪色后得溶液中加入NaOH溶液，若恢复至红色，说明褪色的原因为①，否则原因为②；
（5）可被还原成，反应离子方程式：，加入足量硝酸银溶液，生成沉淀，则，物质的量浓度：；
17．(1) 分液漏斗 2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(2)稀释Cl2O浓度，防止Cl2O浓度过高爆炸
(3)Cl2
(4)装置⑤⑥之间加装一装有无水氯化钙的干燥管
(5) 5.0 NaClO溶液具有漂白性；其他条件相同，碱性越强，NaClO溶液的漂白能力越弱

【分析】装置①制备氯气，装置②中盛放饱和食盐水除氯气中的氯化氢，装置③盛放浓硫酸干燥氯气，装置④中发生反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O，装置⑤收集Cl2O，装置⑥盛放氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，可知装置①中仪器A的名称为分液漏斗；①烧瓶中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，产生Cl2的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（2）Cl2O浓度过高时会发生爆炸，通入干燥空气稀释Cl2O浓度，防止Cl2O浓度过高爆炸；
（3）装置⑤中的保温瓶中盛有液氨致冷剂，Cl2的沸点为−34.6℃；氨气的沸点：−33℃，在装置⑤中内管得到的Cl2O中可能含有杂质是Cl2。
（4）Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，该设计中存在不足之处是Cl2O收集装置后缺少干燥装置，改进的措施是装置⑤⑥之间加装一装有无水氯化钙的干燥管。
（5）ⅰ．根据可知变量法，为使II 、III 中氢氧化钠浓度相等，a=5.0。
ⅱ．由上述实验得出的结论是：NaClO溶液具有漂白性；其他条件相同，碱性越强，NaClO溶液的漂白能力越弱。
18．(1) 过滤 引流
(2) H2O2 I－
(3)4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH
(4)①②③④
(5)Cl2+IO+2OH-=2Cl-+IO+H2O
(6)Cl2>IO>I2

【分析】I．由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，浸泡，③为过滤分离出含碘离子的溶液，④中H2O2可氧化碘离子生成碘，加有机溶剂萃取碘，最后蒸馏分离出碘。
【详解】（1）由上述分析可知，③为过滤，使用玻璃棒的作用为引流，故答案为：过滤；引流；
（2）氧化剂是得电子，化合价降低的反应物，还原剂是失电子，化合价升高的反应物，离子反应方程式H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2O中的氧化剂是H2O2，还原剂是I－；故答案为：H2O2；I－；
（3）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH，故答案为：4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH；
（4）有化合价升降的反应为氧化还原反应，图示四个途径中均有元素化合价升降，均属于氧化还原反应，故答案为：①②③④；
（5）反应方程式为Cl2+KIO3+2KOH=2KCl+KIO4+H2O，改写成离子方程式时，KIO3、KOH、KCl、KIO4改写成离子形式，离子方程式为：Cl2+IO+2OH-=2Cl-+IO+H2O，故答案为：Cl2+IO+2OH-=2Cl-+IO+H2O；
（6）由上述示意图：I-与少量Cl2反应生成I2，说明Cl2氧化性强于I2，而途径③：I-与过量Cl2反应生成IO，说明Cl2可以将I-氧化为IO，说明Cl2氧化性强于IO；在途径④中，IO将I-氧化为I2，说明IO氧化性强于I2；综上分析，氧化性：Cl2>IO>I2；故答案为：Cl2>IO>I2。
19．(1)
(2) ③②①②④ ①
(3)
(4)1：4
(5) 氧化剂和还原剂 (或)

【分析】硫铁矿(主要成分为，还有少量、等杂质)在空气中焙烧生成氧化铁、二氧化硫，加入稀硫酸，氧化铁、氧化铝溶解，二氧化硅不溶解，过滤，向滤液中加入铁粉还原铁离子，再经过一些列过程得到绿矾晶体粗产品。

【详解】（1）二氧化硅不与硫酸反应，因此滤渣的成分为。焙烧步骤是硫铁矿与氧气在高温下反应生成氧化铁和二氧化硫，其主要反应的化学方程式为；故答案为：；。
（2）流程中省略的步骤首先沉淀铝离子，过滤，再将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此正确顺序③②①②④。获得粗产品后的母液中还有大量硫酸亚铁，因此应该将母液进入到蒸发浓缩即①步骤中，提高原料利用率；故答案为：③②①②④；①。
（3）取样品，加水完全溶解，滴加硫酸酸化的溶液至恰好完全反应(被还原为)，消耗溶液。
根据题意得到关系式，则绿矾晶体纯度为；故答案为：。
（4）过程Ⅱ中与铁离子反应生成硫酸根和亚铁离子，1mol失去8mol电子生成2mol硫酸根，1mol铁离子得到1mol电子生成1mol亚铁离子，硫酸根为氧化产物，亚铁离子为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4；故答案为：1：4。
（5）①根据方程式和氧化还原反应的角度分析，中氧既升高又降低，因此的作用为氧化剂和还原剂；故答案为：氧化剂和还原剂。
②在碱性条件下，用溶液和溶液反应得到、氯化钠和水，其反应的离子方程式为(或)；故答案为：(或)。