2022届高三化学一轮复习考点特训氧化还原反应1含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训氧化还原反应1含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.向红色CrO3固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色固体Cr2O3，同时闻到有刺激性气味乙醛生成。下列判断错误的是（ ）
A．该反应说明乙醛既有氧化性又有还原性
B．若有1 ml乙醇参加反应，转移电子的物质的量为2 ml
C．由此反应可知，酒精严禁与强氧化性试剂混合存放
D．上述反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OH＝Cr2O3+3CH3CHO+3H2O
2.将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色浸提M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是
A．M中Cr的化合价为+3
B．参与反应的H2O2全部被氧化
C．转移0.2ml电子时，生成M的质量为16.7g
D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
3.现有下列氧化还原反应：
①2FeCl2+Cl2=2FeCl3
②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2
③K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
根据上述反应判断下列结论正确的是（ ）
A．反应①中FeCl2为氧化剂
B．反应②中每消耗1mlFeCl3，反应转移的电子数目为2×6.02×1023
C．反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶6
D．向FeI2溶液中通入足量Cl2，发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
4.科学家最近发现一种不需外能源，可以除去废水中卤代烃(卤代烃危害人类健康)的方法，即把铁粉放在废水中，一段时间后，卤代烃“消失”，有人提出该过程的机理为：Fe+RCH2X+H+→RCH3+X－+Fe2+(X为卤素)。下列说法中正确的是( )
A．若卤代烃的分子式为C4H9X，则RCH2X有5种结构
B．该反应是置换反应
C．反应过程中RCH2X是氧化剂
D．处理含1ml卤代烃的废水时，转移4ml电子
5.据以下判断Cu2+、Fe2+、Fe3+的氧化性，从强到弱的顺序为（ ）
① Fe + CuCl2= FeCl2+ Cu
② 2FeCl3+ Cu = 2FeCl2+ CuCl2
A．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+B．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
C．Fe2+＞Cu2+＞Fe3+D．Cu2+＞Fe2+＞Fe3+
6.下列反应中，单质被还原的是
A．B．
C．D．
7.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++4SO42-+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Ш是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
8.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量Cl2，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．三种离子的还原性强弱关系是：Br->Fe2+>I-
B．A点表示Fe2+正好反应了一半
C．原溶液中：n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=2︰1︰3
D．当通入2.5mlCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：6Fe2++4I-+5Cl2=6Fe3++2I2+10Cl-
9.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++4SO42-+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Ш是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
10.根据表中信息，判断下列叙述中正确的是
A．表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化
B．表中②组反应的离子方程式是2 MnO4-+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O
C．表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣
D．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
11.根据表中信息，判断下列叙述中正确的是
A．表中①组反应可能有一种或两种元素被氧化
B．表中②组反应的离子方程式是2 MnO4-+3H2O2+6H+═2Mn2++4O2↑+6H2O
C．表中③组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e﹣
D．氧化性强弱比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2
12.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－574kJ/ml
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－1160kJ/ml
下列说法中错误的是（ ）
A．等物质的量的CH4在反应①、②中转移电子数相同
B．由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H>－574kJ/ml
C．4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/ml
D．若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA
13.大苏打溶液与氯气反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4 ，说法错误的是
A．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
B．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1
C．若0.5mlNa2S2O3作还原剂，则转移4ml电子
D．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
14.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:4，则氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）
A．21:5 B．11:3 C．5:1 D．3:1
二、非选择题（共2题）
15.1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧做出贡献的化学家。O3能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3的分子结构如图，呈V型，两个O----O键的夹角为116.5。三个原子以一个O原子为中心，另外两个O原子分别构成一个共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供一个电子，构成一个特殊的化学键——三个O原子均等地享有这个电子。请回答：
（1）臭氧与氧气的关系是_____________。
（2）写出下列分子与O3分子的结构最相似的是_______________。
（3）分子中某原子有一对或几对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么O3分子有________对孤对电子。
（4）O3分子是否为极性分子____________（填是或否）。
（5）O3具有强氧化性，它能氧化PbS为PbSO4而O2不能，试配平：
_____PbS +___O3=________PbSO4+_______O2
生成1ml O2的转移电子物质的量为___________ml。
16.C2O3常用于作氧化剂，在生产中有重要应用。
（1）一定条件下，0.996gC2O3与·L-1的Na2S2O3溶液恰好完全反应，生成C2+和一种含硫物质，该含硫物质中硫元素的化合价是___。
（2）C2O3、PbO2、KMnO4均可与浓盐酸反应生成Cl2，同时分别生成C2+、Pb2+和Mn2+。若生成等物质的量的Cl2，所需C2O3、PbO2和KMnO4的物质的量之比为___。
（3）为测定某C2O3样品中C2O3的纯度（杂质不参与反应），现进行如下实验：
步骤1：称取样品2.000g于锥形瓶中，加入足量硫酸和50mL0.5000ml·L-1FeSO4溶液充分反应。
步骤2：向步骤1所得溶液中逐滴滴加0.0500ml·L-1KMnO4标准溶液至终点，消耗KMnO4标准溶液的体积为20.00mL。
已知步骤1、2中所涉及物质的转化分别为：C3+C2+、MnOMn2+
通过计算确定C2O3样品中C2O3的质量分数___(写出计算过程)。
【参考答案及解析】
一、选择题
1.
【答案】A
【解析】A．向红色CrO3固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色固体Cr2O3，同时闻到有刺激性气味乙醛生成，该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、C元素化合价由﹣2价变为﹣1价，则CrO3是氧化剂、乙醇是还原剂，所以CrO3体现氧化性、乙醇体现还原性，故A错误；
B．如果有1ml乙醇参加反应，则1ml-CH2OH～-CHO，则转移电子物质的量＝2ml，故B正确；
C．该反应中CrO3是氧化剂、乙醇是还原剂，则CrO3体现氧化性、乙醇体现还原性，二者发生氧化还原反应，所以酒精严禁与强氧化性试剂混合存放，故C正确；
D．该反应中CrO3和乙醇是反应物，Cr2O3和乙醛是生成物，结合转移电子守恒书写方程式为2CrO3+3C2H5OH＝Cr2O3+3CH3CHO+3H2O，故D正确；
故选：A。
【点睛】
有机中氧化还原反应转移电子可以根据官能团变化确定。去两个H或增加一个氧原子均失去2e-，反之增加两个氢原子或减少一个氧原子均得到2e-。
2.
【答案】C
【解析】A．因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2 个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；
B．由M中有2 个过氧键，所以3mlH2O2 没有全部被氧化，故B错误；
C．由方程式可知每生成1mlO2转移2ml电子，同时生成1ml Cr(NH3)3O4，则转移0.2ml电子时，生成M的质量为16.7g，故C正确；
D．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，故D错误；
答案为C。
3.
【答案】C
【解析】A. 反应①中FeCl2中铁元素化合价升高，失电子被氧化，作还原剂，故A错误；
B. 反应②中Fe元素化合价由+3价降低为+2价，则每消耗1mlFeCl3，反应转移的电子数目为6.02×1023，给B错误；
C. 反应③中氧化剂为K2Cr2O7，还原剂为HCl，14mlHCl参加反应，只有6ml被氧化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶6，故C正确；
D. 向FeI2溶液中通入足量Cl2，Fe2+与I-均被氧化，反应离子方程式为：2Fe2+ + 4I- + 3Cl2=2Fe3++2I2 + 6Cl-，故D错误；
故选C。
4.
【答案】C
【解析】A．RCH2X中R应为丙基，丙基有-CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH3两种，所以RCH2X有2种结构，故A错误；
B．该反应产物无单质，则该反应不属于置换反应，故B错误；
C．反应中，Fe元素的化合价由0升高为+2价，RCH2X中RCH2+整体化合价由+1价降低为-1价，则反应过程中RCH2X是氧化剂，故C正确；
D．反应中，Fe元素的化合价由0升高为+2价，处理含1ml卤代烃的废水时，转移2ml电子，故D错误；
故选：C。
5.
【答案】B
【解析】【分析】根据氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。
【详解】①中Cu元素的化合价降低，则CuCl2为氧化剂，氧化性Cu2+＞Fe2+，
②中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，则FeCl3为氧化剂，氧化性Fe3+＞Cu2+，
则各粒子氧化性由强到弱的顺序为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故B正确。
答案选B。
6.
【答案】C
【解析】A．反应中单质铁中铁元素的化合价升高，被氧化，故A错误；
B．的反应物中没有单质，故B错误；
C．中氯气中氯元素的化合价降低，被还原，故C正确；
D．中镁元素的化合价升高，被氧化，故D错误；
故选C。
7.
【答案】C
【解析】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
【点睛】
解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
8.
【答案】BD
【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象，判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。
【详解】A. 在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-反应中，Fe2+作还原剂，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，，在2Fe3++2I-=2Fe2++I2反应中，I-作还原剂，根据还原剂的还原性＞还原产物的还原性，则还原性：I->Fe2+>Br-，A错误；
B. 在通入氯气的量为0～1ml的过程中，I-先被氧化；通入氯气的量为1～2.5ml的过程中，Fe2+被氧化，Fe3+的量逐渐增大，同时Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2，A点表示Fe2+正好反应了一半，B正确；
C. 通入氯气的量为0～1ml的过程中，I-先被氧化，发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，则n（I-）=2ml，通入氯气的量为1～2.5ml的过程中，Fe2+被氧化，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n（Fe2+）=3ml，
通入氯气的量为2.5～4.5ml的过程中，Br-被氧化，2Br-+Cl2= Br2+2Cl-，n（Br-）=4ml，所以n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=3︰2︰4，C错误；
D. 当通入2.5mlCl2时，溶液中已经发生：2I-+Cl2=I2+2Cl-、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可表示为：6Fe2++4I-+5Cl2=
6Fe3++2I2+10Cl-，D正确；故答案为：BD。
【点睛】
一般来说，若干还原剂的溶液中加入同一氧化剂时，还原性强的还原剂先被氧化；反之，若干氧化剂的溶液中，加入同一还原剂时，氧化性强的氧化剂先被还原。
9.
【答案】C
【解析】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；
C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；
故选C。
【点睛】
解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。
10.
【答案】A
【解析】A．Cl2与FeBr2反应，Cl2少量时只氧化Fe2＋，Cl2足量时氧化Fe2＋和Br－，故A正确；
B．反应不符合得失电子守恒，正确的离子方程式是2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；
C．③组反应KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e－，故C错误；
D．根据①组反应，氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，③组反应，氧化性KClO3＞Cl2，氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；
答案选A。
11.
【答案】A
【解析】A．Cl2与FeBr2反应，Cl2少量时只氧化Fe2＋，Cl2足量时氧化Fe2＋和Br－，故A正确；
B．反应不符合得失电子守恒，正确的离子方程式是2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；
C．③组反应KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e－，故C错误；
D．根据①组反应，氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，③组反应，氧化性KClO3＞Cl2，氧化性强弱比较：KClO3＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；
答案选A。
12.
【答案】B
【解析】两个反应中甲烷都是转化为二氧化碳的，前后化合价变化相同，所以反应中等物质的量的甲烷的转移电子一定相同，选项A正确。反应①中生成的为气态水，而气态水转化为液态水要对外放热，所以方程式变为CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)时，反应对外放出的热量应该增加，所以△H＜－574kJ/ml，选项B错误。方程式①减去方程式②就可得到4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/ml，选项C正确。CH4把NO2还原为N2，所以方程式为CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），该反应的电子转移数为8e-（甲烷中的C为-4价，生成二氧化碳中的+4价C），所以标准状况下4.48L（0.2ml） CH4把NO2还原为N2转移电子为1.6ml即1.6NA。
13.
【答案】B
【解析】【分析】大苏打溶液与氯气反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4中，根据氧化还原反应原理，化合价升高的是硫元素，化合价降低的是氯元素，故氧化剂是Cl2，发生还原反应，产生还原产物氯化钠和盐酸，还原剂是Na2S2O3，发生氧化反应，产生氧化产物硫酸。整个过程中，转移8ml电子。
【详解】A. 由反应方程可知，硫代硫酸钠溶液吸收氯气后产生盐酸和硫酸，酸性明显增强，溶液的pH降低，A正确；
B. 氧化产物为硫酸、还原产物为盐酸和氯化钠，故物质的量之比为1∶4，B错误；
C. 1ml硫代硫酸钠发生氧化还原反应转移电子为8ml，若0.5mlNa2S2O3作还原剂，则转移4ml电子，C正确；
D. 当Na2S2O3过量时，过量部分与硫酸反应产生单质硫，溶液出现浑浊，D正确；
答案为B。
14.
【答案】A
【解析】【分析】将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaC1、NaClO、NaClO3的混合液；氯气生成NaClO、NaClO3过程为被氧化过程，根据题意可以假设且两种离子的量分别为1ml和4ml，这样既可以计算出被氧化的氯元素的量，也能计算出失电子总量；氯气生成NaC1为被还原过程，根据同一个反应中，电子得失守恒，计算出被还原的氯元素的量，然后计算氯气与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】氯气生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与 ClO3-的物质的量浓度之比为1:4，则可设ClO-为1ml，ClO3-为4ml，被氧化的Cl共为5ml，失去电子的总物质的量为1×(1-0)+4×(5-0)=21ml，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，氯气生成NaC1是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为21ml，则被还原的Cl的物质的量为21ml，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为21:5，A正确；
综上所述，本题选A。
二、非选择题
15.
【答案】（1）同素异形体
（2）C
（3）5
（4）是
（5）1 4 1 4 2
【解析】（1）氧气和臭氧都是由氧元素形成的不同单质，所以二者互为同素异形体；
（2）S原子和氧原子属于同一主族，因此将臭氧中的1个氧原子用原子代替，即得到SO2，所以SO2的结构和臭氧是相似的；
（3）根据臭氧的结构可知，中间的氧原子还有2个电子没有参与成键，两侧的氧原子还各有4和电子没有参与成键，因此含有的孤对电子是（2+4+4）÷2＝5；
（4）臭氧是V型结构，因此是极性分子；
（5）反应中S的化合价从-2价升高到到+6价，失去8个电子。氧元素的化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的方程式为PbS+4O3=PbSO4+4O2；根据方程式可知，生成4ml O2，转移8ml电子，故生成1ml O2转移2ml电子。
16.
【答案】（1）+6
（2）5：5：2
（3）83%
【解析】【分析】(1)~(2)均体现C2O3的氧化性，可通过得失电子数守恒求解；
(3) 可实验中加入的亚铁离子和C2O3与KMnO4分别发生氧化还原反应，按消耗的0.0500ml·L-1KMnO4标准溶液的体积，计算出和它反应的亚铁离子的量，则另一部分亚铁离子被C2O3氧化，按关系式即可计算出某C2O3样品中C2O3的纯度，据此回答；
【详解】(1)一定条件下，0.996gC2O3的物质的量为=0.006ml，则反应中C2O3得到电子为0.006ml×2=0.012ml ，则·L-1的Na2S2O3溶液失去的电子为0.012ml ，1ml硫原子失去的电子为 =4ml，则硫元素化合价升4价，所得产物中含硫物质中硫元素的化合价是+6；
答案为：+6；
(2)C2O3、PbO2、KMnO4均可与浓盐酸反应生成Cl2，同时分别生成C2+、Pb2+和Mn2+。则反应关系式分别为： 、和，因为生成等物质的量的Cl2，假设得5ml Cl2，则三个反应中转移电子10ml，所需C2O3、PbO2和KMnO4的物质的量分别为5ml、5ml和2ml，则C2O3、PbO2和KMnO4的物质的量之比为5：5：2；
答案为：5：5：2；
（3）测定某C2O3样品中C2O3的纯度的实验中：步骤1： 2.000g样品在足量硫酸中溶解并和50mL0.5000ml·L-1FeSO4溶液充分反应，C3+把亚铁离子氧化后亚铁离子还有剩余，步骤2中，多余的亚铁离子被20.00mL 0.0500ml·L-1KMnO4标准溶液反应完全，则
，得x=0.00500ml ， ，则=0.0100ml，=0.0100ml×166g/ml=1.66g，则C2O3样品中C2O3的纯度= =83%；
答案为：83%。
【点睛】
本题的关键是氧化还原反应中失电子数守恒，要能熟练应用守恒关系找出反应的关系式并列式计算。序号
氧化剂
还原剂
其他反应物
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2
Cl﹣
②
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
Mn2+
③
KClO3
浓盐酸
Cl2
序号
氧化剂
还原剂
其他反应物
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2
Cl﹣
②
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
Mn2+
③
KClO3
浓盐酸
Cl2
A．H2O
B．CO2
C．SO2
D．BeCl2