高三化学一轮复习-28-氧化还原反应的规律及应用课时测试含解析.doc

2-8 氧化还原反应的规律及应用
（测试时间：45分钟 满分 100分）
姓名： 班级： 得分：

一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 （ ）
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋ B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出 D．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
【答案】B
【解析】A、无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁没与Cu2+反应，全部与Fe3+反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，A错误； B、若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，B正确；C、若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，C错误；D、当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+时，不会有铜析出，D错误，答案选B。
2．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是 （ ）
A．氧化性：ClO﹣＞I2＞SO42﹣
B．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
C．次氯酸钠可以与亚硫酸钠共存
D．向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色
【答案】C
【解析】A、在酸性条件下发生反应：ClO－+2H++2I-＝Cl-+I2+H2O；I2遇淀粉溶液变为蓝色，证明氧化性ClO－＞I2。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，是因为有发生了反应：I2+H2O+SO32﹣＝2I-+2H++SO42-，证明氧化性I2＞SO42﹣，所以微粒的氧化性：ClO－＞I2＞SO42﹣，A正确；B、漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2电离会ClO－，由于氧化性ClO－＞I2，所以漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；C、由于氧化性：ClO－＞SO42﹣，所以当次氯酸钠与亚硫酸钠混合时，会发生反应：ClO－+ SO32﹣＝Cl-+SO42-，因此二者不能大量共存，C错误；D、在氯水中会发生反应产生次氯酸，Cl2＋H2OHCl＋HClO。由于氧化性ClO－＞SO42﹣，所以向氯水中加入亚硫酸钠溶液，会发生反应：ClO－+ SO32﹣＝Cl-+SO42-，使前一个反应的生成物浓度减小，平衡正向移动，氯气的浓度减小，故氯水会逐渐褪色，D正确，答案选C。
3．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是 （ ）
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+ > I2 > SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液，转移2 mol e－ 时生成1 mol白色沉淀
【答案】A
【解析】硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子>碘单质>二氧化硫，正确，选A；B、二氧化硫和碘的反应中二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选C；D、每摩尔碘化亚铜生成转移1摩尔电子，所以当有2摩尔电子转移时产生2摩尔白色沉淀，错误，不选D。
4．在复杂体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题．下列反应先后顺序判断正确的是 （　　）
A．在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+
B．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-
C．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba（OH）2、BaCO3
D．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+
【答案】A
【解析】A、在含等物质的量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Ag＞+Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Ag+、Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，正确；B、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，错误；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，错误；D、含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，错误。
5．向FeI2和FeBr2、氯气的物质的量之比为1:1:2的混合溶液中，发生的离子反应是 （ ）
A．2Fe2++4I-+3Cl2===2Fe3++2I2+6Cl-
B．2Fe2++4I-+4Br-+5Cl2===2Fe3++2I2+2Br2+10Cl-
C．2Fe2++2I-+2Br-+3Cl2===2Fe3++I2+Br2+6Cl-
D．2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-
【答案】D
【解析】氧化还原反应中：氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，因还原性I-＞Fe2+＞Br-，所以溶液里的氯气，首先氧化I-，然后氧化Fe2+，最后氧化Br-；设FeI2、FeBr2、氯气的物质的量为1mol、1mol、2mol，则混合溶液中I-的物质的量为2mol，Fe2+的物质的量为2mol，Br-的物质的量为2mol，根据电子守恒规律2mol的Cl2只能完全氧化2molI-和2mol Fe2+，发生反应的离子方程式为2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-，故答案为D。
6．工业从含硒废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2↑+H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是 （ ）
A．氧化性：H2SeO4>Cl2>H2SO3 
B．酸性：H2SO4>H2SeO4
C．析出1mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
【答案】C
【解析】A、反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，又氯气可与将亚硫酸氧化成硫酸，所以氧化性：H2SeO4＞C12＞H2SO3，故A正确；B、根据非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，又非金属性O＞Se，所以酸性：H2SO4＞H2SeO4，故B正确；C、将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，即标准状况下44.8L，故C错误；D、反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，故D正确；故选C。
7．将SO3气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
①SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+
②Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，下列有关说法错误的是 （　　）
A．氧化性Cr2O72-＞Fe3+＞SO2
B．若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72-＞Fe3+，故A正确；B． 6.72 L SO2(标准状况)参加反应，n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72-，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×(6-3)=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D. 因氧化性为Cr2O72-＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B。
8．已知I－、Fe2＋、SO2、Cl－和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性强弱顺序为Cl－<Fe2＋<H2O2<I－<SO2，则下列反应不能发生的是 （ ）
A．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
B．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋
C．SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】A.H2O2的还原性比SO2弱，违反强制弱原理，该氧化还原反应不能发生，A正确；B.SO2的还原性比Fe2+强，符合强制弱原理，该氧化还原反应能发生，B错误；C.SO2的还原性比Iˉ弱，符合强制弱原理，该氧化还原反应能发生，C错误；D. Iˉ的还原性比亚铁离子强，符合强制弱原理，该氧化还原反应能发生，D错误，答案选A。
9．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；
②Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
下列有关说法错误的是 （ ）
A．氧化性：Cr2O>Fe3＋>SO2
B．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
C．每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
【答案】D
【解析】A、根据氧化还原反应反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，反应①中氧化性：Fe3＋>SO2，反应②中氧化性：Cr2O>Fe3＋，所以正确，不选A；B、由氧化性顺序可知，重铬酸钾能将亚硫酸钠氧化成硫酸正确，不选B；C、在反应②中，每有1摩尔重铬酸钾参加反应，由铬元素的化合价变化可知转移电子数为6摩尔，正确，不选C；D、若6.72升二氧化硫参加反应，其物质的量为0.3摩尔，由①②及电子守恒可知3摩尔二氧化硫消耗1摩尔重铬酸钾，则最终消耗重铬酸钾为0.1摩尔，错误，选D。
10．已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H+＋10Z－＋2XO4－＝2X2+＋5Z2＋8H2O；②2A2+＋B2＝2A3+＋2B－；③2B－＋Z2＝B2+2Z－由此判断下列说法错误的是 （ ）
A．反应Z2＋2A2+＝2A3+＋2Z－可以进行
B．Z元素在反应①中被氧化，在反应③中被还原
C．氧化性由强到弱的顺序是：XO4－、Z2、B2、A3+
D．还原性由强到弱的顺序是：Z－、B－、A2+、X2+
【答案】D
【解析】A、根据反应2A2++B2=2A3-+2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，故A正确；B、Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化，在③中化合价降低，在反应中被还原，故B正确；C、氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，：反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故C正确；D、氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，故D错误；故选D。

二、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．（10分）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：
（1）写出CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(已知氧化产物为HIO3）：
（2）把KI换成KBr，则CCl4层变为_ _色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是 。
（3）加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐）1000kg，若用Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2 L(标准状况，保留2位小数）。
【答案】（1）I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl（3分）
（2）橙红色（2分）　　HBrO3>Cl2>HIO3　（2分）　　　　（3）10.58（3分）
【解析】（1）CCl4层有紫色变成无色，说明Cl2把I2氧化成了HIO3，本身被还原为Cl－，Cl2→Cl－：化合价降低，被还原，0价→－1，↓1×2，I2→HIO3“化合价升高，被氧化，0→＋5价↑5×2，最小公倍数为10，即I2＋5Cl2→2HIO3＋10HCl，反应物还少12个H，6个O，即6个H2O，得反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl；（2）氯气的氧化性强于溴，Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，溴单质易溶于有机溶剂，在CCl4中呈现橙红色，继续滴加无现象，说明氯气不能把溴单质氧化成HBrO3，从而得出氧化性强弱大小为：HBrO3>Cl2>HIO3；（3）1000kg食盐中含碘的物质的量为：1000×103×20×10－3/(103×127)mol，根据上述反应方程式得出：2I－～6Cl2，消耗氯气的体积为6×1000×103×20×10－3×22.4/(103×127×2)=10.58L。
12．（10分）1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空：
Ⅰ．在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
① MnO4－+ Cu2S + H+→ Cu2+ + SO2↑ + Mn2+ + H2O(未配平)
② MnO4－+ CuS + H+ → Cu2+ + SO2↑ + Mn2+＋ H2O(未配平)
（1）下列关于反应①的说法中错误的是 （选填编号）。
a．被氧化的元素是Cu和S
b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:5
c．还原性的强弱关系是： Mn2+<Cu2S
d．生成2.24 L(标况下) SO2，转移电子的物质的量是0.6mol
（2）标出反应②中电子转移的方向和数目： MnO4－+ CuS
Ⅱ．在稀硫酸中，MnO4－和H2O2也能发生氧化还原反应
氧化反应：H2O2－2e-→ 2H++O2↑
还原反应：MnO4－+5e-+8H+→Mn2++4H2O
（3）反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为 。由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是 >_________(填写化学式)。
（4）已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→ K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是
mol。
【答案】（1）d （2分） （2） （2分）
（3）6.02×1023 （2分） KMnO4> H2O2(或O2) （2分）
（4）2.5 （2分）
【解析】I．（1）a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故a正确；b．锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4-得到5mol电子，反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；c．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，故c正确．d．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol，反应中转移电子的物质的量是：
Cu+～Cu2+～e-； S2-～SO2～6e-；
1 1 1 6
0.2mol 0.2mol 0.1mol 0.6mol
所以电子转移共0.8mol，故d错误；故答案为：d；
（2）由②可得，锰元素化合价由+7降到+2，硫元素化合价由-2升到+4，根据得失电子守恒得：6MnO4-+5CuS+… ，还原剂是CuS，氧化剂是MnO4-，电子转移的方向核外数目为，故答案为：；
Ⅱ．（3）H2O2中O元素由-1价变成0价，反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为0.5 mol×（1-0）×2×6.02×1023 = 6.02×1023 ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化性KMnO4> H2O2(或O2)，故答案为：6.02×1023 ； KMnO4> H2O2(或O2) ；
（4）KMnO4中锰元素由+7价变成+2价，H2O2中O元素由-1价变成0价，根据得失电子守恒，1molKMnO4氧化的H2O2的物质的量为=mol，故答案为：。
13．（16分）I．向100 mL FeI2溶液中逐渐通入Cl2，会依次生成I2、Fe3＋、IO3-，其中Fe3＋、I2的物质的量随n(Cl2)的变化如图所示，请回答下列问题：
（1）由图可知，I－、Fe2＋、I2三种粒子的还原性由强到弱的顺序为
________＞________＞________；
（2）按顺序写出通入Cl2过程中发生反应的离子方程式为
__________________________________________；
__________________________________________；
__________________________________________。
（3）当溶液中n(Cl－)∶n(IO3-)＝8∶1时，通入的Cl2在标准状况下的体积为________。
II．新型净水剂高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：

（1）写出“氧化”过程中生成Na2FeO4的化学方程式 。
（2）“转化”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】Ⅰ.（1）I－﹥Fe2+﹥I2（2分）
（2）Cl2+2I－=2Cl－+I2 Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ +2Cl－ 5Cl2 +I2 +6H2O=10Cl－ +2IO3－+12H+ (各2分。顺序不可颠倒）
（3）8.96L (3分）
Ⅱ.(1)2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO=2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O　(离子方程式也可）（3分）
(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH （2分）
【解析】（1）根据图像可知：首先I－被氧化为I2，然后是Fe2＋被氧化为Fe3＋，所以还原性顺序为I－＞Fe2＋＞I2。
（2）由图像可知n(Cl2)≤0.1 mol，I－被氧化为I2，发生反应Cl2+2I－=2Cl－+I2 ；0.1mol＜n(Cl2)≤0.2 mol，Fe2＋被氧化为Fe3＋，发生反应Cl2 +2Fe2+ =2Fe3+ +2Cl－；n(Cl2) ＞0.2 mol，I2被氧化为IO3－，发生反应5Cl2 +I2 +6H2O=10Cl－ +2IO3－+12H+。
（3）由图可知n(FeI2)＝0.1 mol，n(Fe2+)＝0.1 mol，n(I－)＝0.2 mol，要生成IO3-，则I－全部氧化为I2，Fe2+全部氧化为Fe3＋，则设IO3-为x mol。
Fe2＋ ～ Cl2 ～ Cl－ I－ ～ Cl2～Cl－ I2～2IO3-～5Cl2～10Cl－
由题意得：
＝＝8
x＝0.1mol
V(Cl2)＝(0.05 mol＋0.1 mol＋0.1 mol×)×22.4 L·mol－1＝8.96L。
II.（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3＋3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，所以方程式为
2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO=2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O；
（2）“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
14．（14分）某研究性学习小组进行如下探究活动：
实验目的：探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱。
查阅资料：①常温下，高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气；②溴单质易挥发，碘单质易升华；③淀粉溶液遇到碘单质变蓝色；④溴、碘在不同溶剂中所形成溶液（从稀到浓）的颜色变化如图所示。

水
四氯化碳
溴
黄→棕
橙→橙红
碘
深黄→褐
紫→深紫
实验方案：该小组设计下图所示装置实验（夹持仪器已略去，装置气密性完好）

实验过程：
Ⅰ 先打开弹簧夹，再打开活塞a，滴加浓盐酸
Ⅱ 当B和C中的溶液都变黄时，加紧弹簧夹
Ⅲ 当B中的溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a
Ⅳ … …
回答以下问题：
（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是 ，写出该反应的化学方程式 ；
（2）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是 ，写出该反应的离子方程式 ；
（3）由实验得到的氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为 ；
（4）你认为实验中为什么要加过程Ⅲ这一步操作，请简述个人观点
【答案】（1）A中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝（2分） 2KI+Cl2 =2KCl+I2（2分）
(2)打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D振荡、静置，观察到D中四氯化碳层呈紫色，说明溴的氧化性强于碘 （3分） Br2+2I－=2Br－+I2（2分）
（3）Cl2、Br2、I2（2分）（4）B、C中的NaBr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液B含有的溴单质比黄色溶液C中的多，说明C中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴与碘化钾的反应。（3分）
【解析】（1）装置①中可以生成氯气，氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是A中湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；反应的化学方程式是2KI+Cl2 =2KCl+I2。
（2）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是打开活塞b，将分液漏斗中的黄色溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D振荡、静置，观察到D中四氯化碳层呈紫色，说明溴的氧化性强于碘；该反应的离子方程式为Br2+2I－=2Br－+I2。
（3）根据上述两个实验，对同一个化学反应而言，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则Cl2>Br2，Br2>I2，所以氯、溴、碘单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2、Br2、I2。
（4）B、C中的NaBr溶液的浓度和体积均相同，棕色溶液B含有的溴单质比黄色溶液C中的多，说明C中还存有溴离子，不存在氯气，确保了氯气不干扰溴与碘化钾的反应，所以实验中要加过程Ⅲ这一步操作。