1.3氧化还原反应同步练习（含解析）2023——2024学年高一化学人教版（2019）必修第一册

1.3氧化还原反应同步练习
姓名（）班级（）
一、选择题
1．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是
A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去
B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀
D．向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀
2．已知某反应的化学方程式为，则下列说法中错误的是
A．a的值为2
B．该反应产生两种氧化产物
C．反应中作氧化剂，被还原
D．反应中每生成1个，共转移4个电子
3．下列表示反应中电子转移的方向和数目错误的是
A．
B．
C．
D．
4．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目错误的是
A． B．
C． D．
5．亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．溶解时若将稀换成盐酸，会发生反应：
B．试剂A应选择一种安全、成本低的氧化剂
C．反应②的化学方程式为：
D．氧化性：
6．下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是
A． B．
C． D．
7．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A． B．2HClO2HCl + O2
C． D．
8．下列离子因会发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
9．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列反应属于阴影部分的是
A． B．
C． D．
10．常温下，在溶液中能发生如下反应：①；②；③(反应未配平)，由此判断下列说法错误的是
A．氧化性由强到弱的顺序是：
B．反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5
C．反应可以进行
D．Z元素在②③反应中均被还原
11．以、炭粉、氯化钙等为原料，采用下列流程可制备粉状(一种压电材料)。
已知：①“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的；
②“沉淀”步骤中加入的试剂适量，反应生成。
下列叙述错误的是
A．“焙烧”时炭粉作还原剂，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
B．“滤渣”的主要成分是和炭粉
C．“沉淀”反应的化学方程式为
D．流程中涉及了过滤操作。实验室中完成该操作所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
12．关于反应，下列说法不正确的是
A．还原产物只有
B．氧化剂是和
C．每消耗11个，反应转移120个电子
D．氧化产物与还原产物的个数之比为5：6
13．反应，下列说法正确的是（ ）
A．发生氧化反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．被氧化的与被还原的的化学计量数之比为2∶3
D．参加反应的化学计量数与转移电子数之间的关系为：
14．长征系列火箭常用的燃料有液态的偏二甲肼(C2H8N2，其中H元素显+1价，N元素显-3价)和四氧化二氮(N2O4)，反应方程式为C2H8N2+2N2O4=3N2↑+2CO2↑+4H2O。下列说法中正确的是
A．该反应属于置换反应 B．C2H8N2仅作还原剂
C．氮元素在反应中仅被氧化 D．氧化性：N2O4＜CO2
15．关于反应16Pb(ClO3)2=14PbO2+2PbCl2+11Cl2↑+6ClO2+28O2↑，下列说法错误的是
A．PbCl2是还原产物
B．Pb(ClO3)2既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为42∶19
D．1molPb(ClO3)2发生反应，转移5.5mol电子
二、填空题
16．亚硝酸钠()是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生、和，其水溶液呈碱性。由于有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：
(1)在下面方框中写出氧化剂和还原剂的化学式及其系数，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目： 。
(2)从物质分类角度来看，是 (填字母代号)。
a．酸　　　　b．盐　　　　c．碱　　　　d．非电解质　　　　e．电解质
(3)用上述反应来处理并不是最佳方法，其原因是 。从环保角度来讲，要将转化为 。
(4)下列方法不能用来区分固体和NaCl的是 (填序号)。
A．分别溶于水，并滴加几滴酚酞溶液
B．分别加强热并收集气体检验
C．用筷子分别蘸取固体品尝味道
(5)误食会导致人体血红蛋白中的转化为而中毒，该过程中表现出的性质与下列___________(填序号)反应中表现出的性质相同。
A．
B．
C．
D．
(6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式： ，产生氮气分子和转移电子数目比为： 。
17．按要求完成下列填空：
(1)碳酸钡在水中的电离方程式： 。
(2)硫酸氢钠在熔融状态的电离方程式： 。
(3)盐酸和小苏打反应的离子方程式： 。
(4)向澄清石灰水中通入过量CO2反应的离子方程式： 。
(5)铜绿Cu2(OH)2CO3溶于硫酸溶液的离子方程式： 。
(6)配平方程式： 。
_______K2CrO4+______HCl(浓)=_______KCl+______CrCl3+_______Cl2↑+________
(7)锌矿(主要成分ZnS)，浸出过程原理如图所示，ZnS浸出总反应的离子方程式为 。
三、实验探究题
18．实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：

相关信息列表如表：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118. 与水、乙醇互溶
装置示意图如图所示，实验步骤为：
部溶解。①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3 6H2O，边搅拌边加热，至固体全
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。
③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。

回答下列问题：
(1)实验中加热方式采用油作为热传导介质，该加热方法的优点是 。
(2)仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 (填“是”或“否”)，简述判断理由 。
(5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是 。
(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去 (填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a.热水 b.乙酸 c.冷水 d.乙醇
(7)本实验的产率最接近于 (填标号)。
a.85% b.80% c.75% d.70%
四、工业流程题
19．二苯铬［(C6H6)2Cr］可用作聚合反应的催化剂。某研究小组按如下流程制备二苯铬：
已知：为橙红色晶体，难溶于水。
回答下列问题：
(1)有关物质的溶解度()如图所示。通过 、 、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到橙红色晶体。
(2)“加热”反应的化学方程式为 。待冷却后，需用蒸馏水洗涤，洗涤的操作方法是 。
(3)已知沸点为76.8℃，为了能够向“转化”中提供稳定的气流，适宜的加热方法是 ，“转化”中氮气并未参与化学反应，反应还生成一种含有碳、氧、氯的有毒气体，且碳、氧、氯三种元素的质量比为12∶16∶71，则该气体的化学式为 。
(4)“合成”中得到中间产物[(C6H6)2Cr][AlCl4]，然后再用连二亚硫酸钠()在碱性条件下还原[(C6H6)2Cr]+得到三明治结构的二苯铬[(C6H6)2Cr]，其中连二亚硫酸钠被氧化为亚硫酸钠，则“还原”反应的离子方程式为 ；若要得到1[(C6H6)2Cr]，则至少需要铝 (结果保留三位有效数字)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程式：，pH增大，故A正确；
B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀，反应过程中未消耗H+，pH不变，故C错误；
D．向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
答案选A。
2．D
【分析】反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a＝2，反应中Sn元素化合价降低，被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价分别生高为+2、+4价，为还原剂，以此解答该题。
【详解】A．由质量守恒可知M为CO，a＝2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑，故A正确；
B．C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故B正确；
C．反应中Sn元素化合价降低，作氧化剂，被还原，故C正确；
D．由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1个CO2，消耗2个SnO2，则转移8 个电子，故D错误；
故选D。
3．B
【详解】A．S的化合价既升高到+4价K2SO3，失去4个电子，降低到-2价K2S，得到2个电子，根据得失电子守恒，1个S失去电子发生氧化反应，生成1个K2SO3，2个S发生还原反应生成2个K2S，A正确；
B．H2S中的S化合价升高到0价S，得到2个电子，H2SO4中S的化合价降低为SO2，得到2个电子，B错误；
C．KClO3中Cl为+5价降低为0价Cl2，失去5个电子，HCl中-1价的Cl升高到0价失去1个电子，则1个KClO3发生还原反应，5个HCl发生氧化反应，C正确；
D．Zn失去2个电子，CuSO4中Cu得到2个电子，D正确；
故答案为：B。
4．B
【详解】A．氯化亚铁与氯气反应时，氯气总共得到2e-，化合价降低转化为氯离子，亚铁离子失去2e-，化合价升高转化为铁离子，上述双线桥能正确表示出电子转移的方向和数目，A正确；
B．氧化还原反应中同种元素归中时化合价不能交叉，所以双线桥表示的电子转移方向和数目错误，正确的表示应该是H2S中S元素失去2e-转化为S，浓硫酸中S元素得到2e-转化为SO2，B错误；
C．氯化铁中铁元素化合价降低，得到2e-转化为氯化亚铁，Cu失去12e-转化为氯化铜，上述双线桥能正确表示出电子转移的方向和数目，C正确；
D．氯酸钾与HCl发生归中反应生成氯气，其中1个氯酸钾得到15e-，5个HCl失去5e-个电子，得失电子数守恒，且双线桥箭头均指向氯气，上述双线桥能正确表示出电子转移的方向和数目，D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．溶解时若将稀换成盐酸，会发生反应：，故A错误；
B．NaClO3→ClO2发生还原反应，所以试剂A应选择一种安全、成本低的还原剂，故B错误；
C．反应②是用双氧水把ClO2还原为NaClO2，反应的化学方程式为：，故C正确；
D．ClO2把H2O2氧化为O2，所以氧化性：，故D错误；
选C。
6．B
【详解】A．C是有0价升高到+2价，应该是失去4个电子，Si得到4个电子，A错误；
B．B是单线桥表示的电子转移方向和数目，B正确；
C．Cl2与NaI反应中，Cl2是得到电子，I-离子是失去电子，C错误；
D．Cu与浓硫酸反应应该是Cu失去电子，箭头应该由Cu指向S，D错误；
答案选B。
7．C
【详解】A．属于置换反应，故不选A；
B．2HClO2HCl + O2属于分解反应，故不选B；
C．不属于四种基本反应类型，C、Fe元素化合价改变，属于氧化还原反应，故选C；
D．属于化合反应，故不选D；
选C。
8．C
【详解】A．氢离子会与亚硫酸根离子结合成亚硫酸，不是氧化还原反应，A不符合题意；
B．该组离子互不反应，可以大量共存，B不符合题意；
C．和在存在下发生价态归中反应生成单质硫，因会发生氧化还原反应而不能大量共存，C符合题意；
D．铁离子与氢氧根离子不能大量共存，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
9．C
【分析】属于阴影部分的反应是氧化还原反应，不属于化合反应、不属于分解反应、不属于置换反应。
【详解】A．是化合反应，不是氧化还原反应，A不符合题意；
B．是氧化还原反应，属于置换反应，B不符合题意；
C．是氧化还原反应，不属于化合反应、不属于分解反应、不属于置换反应，C符合题意；
D．属于复分解反应，不属于氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
10．D
【分析】①反应，A元素化合价升高、B元素化合价降低，A2+是还原剂、B2是氧化剂、A3+是氧化产物、B-是还原产物，所以氧化性B2>A3+，还原性A2+> B-；②反应，B元素化合价升高、Z元素化合价降低，B-是还原剂、Z2是氧化剂、B2是氧化产物、Z-是还原产物，所以氧化性Z2>B2，还原性B-> Z-；③反应，Z元素化合价升高、X元素化合价降低，Z-是还原剂、是氧化剂、Z2是氧化产物、X2+是还原产物，所以氧化性> Z2，还原性Z-> X2+；氧化性由强到弱的顺序是：、还原性A2+> B-> Z-> X2+。
【详解】A．根据以上分析，氧化性由强到弱的顺序是，故A正确；
B．反应③中Z元素化合价由-1升高为0、X元素化合价由+7降低+2，Z-是还原剂、是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故B正确；
C．根据氧化性Z2>A3+、还原性A2+>Z-，所以反应可以进行，故C正确；
D．反应③中Z元素化合价升高，Z元素在③反应中被氧化，故D错误；
选D。
11．A
【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaS和BaCl2；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3；
【详解】A． “焙烧”步骤中C的化合价从0价升高到价，中S的化合价从价降到价，因此炭粉作还原剂，作氧化剂，CO是氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为，选项A错误；
B．根据分析可知，“滤渣”的主要成分是和炭粉，选项B正确；
C．“沉淀”步骤为BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2，对应的化学方程式为：，选项C正确；
D．流程中浸取后及浓缩结晶后均涉及了过滤操作。实验室中完成该操作所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，选项D正确；
答案选A。
12．D
【分析】P4→Cu3P，P4→H3PO4，P4中P元素由0价部分降低到-3价，部分升高到+5价，则P4既作氧化剂又作还原剂，H3PO4为氧化产物。CuSO4→Cu3P，CuSO4中Cu元素由+2价降低到+1价，则CuSO4作氧化剂，Cu3P为还原产物。
【详解】A．根据分析，还原产物只有Cu3P，A正确；
B．根据分析，氧化剂是P4和CuSO4，B正确；
C．由化学方程式可知，消耗11molP4，反应转移120mol电子，则每消耗11个，反应转移120个电子，C正确；
D．根据分析，H3PO4为氧化产物，Cu3P为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为24:20=6:5，D错误；
故选D。
13．C
【详解】A．氯元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，A错误；
B．氮元素化合价升高，失去电子，是还原剂，B错误；
C．8分子氨气反应，被氧化的是2分子，所以被氧化的与被还原的的化学计量数之比为2∶3，C正确；
D．参加反应的化学计量数与转移电子数之间的关系有关为：，D错误；
答案选C。
14．B
【分析】C2H8N2中在反应中N由-3价变为0价，被氧化，C由-1价变为+4价，被氧化；N2O4中N由+4价变为0价，被还原；
【详解】A．反应物中没有单质，不是置换反应，A错误；
B．根据分析，则C2H8N2作还原剂，B正确；
C．氮元素被氧化又被还原，C错误；
D．氧化剂氧化性>氧化产物氧化性，D错误；
答案：选B
15．D
【详解】A．氯元素化合价降低生成PbCl2，因此PbCl2是还原产物，故A正确；
B．Pb(ClO3)2中氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，因此Pb(ClO3)2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．PbO2、O2是氧化产物，PbCl2、Cl2、ClO2是还原产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为42∶19，故C正确；
D．根据方程式分析16molPb(ClO3)2反应，转移140mol电子，则1mol Pb(ClO3)2发生反应，转移8.75mol电子，故D错误。
综上所述，答案为D。
16．(1)
(2)be
(3) 产生NO有害气体污染环境 N2
(4)C
(5)C
(6) 1：3
【详解】（1）在反应中，KI是还原剂，NaNO2是氧化剂，转移2个电子，单线桥法表示为；
（2）NaNO2是钠离子和亚硝酸跟形成的盐，属于电解质，故答案为：be；
（3）上述反应来处理NaNO2时产生NO，NO是有害气体污染环境，故该方法不是最好的方法；从环保角度来讲，要将转化为为无污染的氮气；
（4）A．根据题干信息可知，亚硝酸钠溶液显碱性，氯化钠溶液显中性，分别滴加几滴酚酞溶液，显红色的是亚硝酸钠溶液，可以区分，故A不符合题意；
B．分别加强热并收集气体检验，亚硝酸钠加热分解会生成N2和O2，NaCl分解会生成Cl2，故可以区分，B不符合题意；
C．化学实验室的安全原则是不能尝药品的味道的，且两者的味道也类似，故不能用该方法区分两者，故C符合题意；答案为C；
（5）会导致人体血红蛋白中的转化为而中毒，该过程中做氧化剂表现氧化性；
该反应中，过氧化氢中的O元素既有升高又有降低，故既是氧化剂又是还原剂，故A不符合题意；
反应中，过氧化氢中的O元素化合价升高，表现还原性，故B不符合题意；
过氧化氢中的O元素化合价降低，表现氧化性，故C符合题意；
反应中，反应中，过氧化氢中的O元素化合价升高，表现还原性，故D不符合题意；
答案选C。
（6）亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，方程式为；生成一个氮气分子时转移3个电子，故产生氮气分子和转移电子数目比为1：3。
17．(1)BaCO3 = Ba2+ +
(2)NaHSO4 = Na+ +
(3)+ H+ = CO2↑+ H2O
(4)OH-+CO2 =
(5)Cu2(OH)2CO3 +4H+ = 2 Cu2++ CO2 ↑+3H2O
(6)2K2CrO4+16HCl(浓)=4KCl+2CrCl3+3Cl2↑+8H2O
(7)2ZnS+4H++O2 = 2Zn2++2H2O+2S
【详解】（1）碳酸钡是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：BaCO3 = Ba2+ + 。
（2）硫酸氢钠在熔融状态只能完全电离出钠离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4 = Na+ +。
（3）盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：+ H+ = CO2↑+ H2O。
（4）向澄清石灰水中通入过量CO2，生成易溶于水的碳酸氢钙，反应的离子方程式：。
（5）铜绿Cu2(OH)2CO3溶于硫酸溶液反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3 +4H+ = 2 Cu2++ CO2 ↑+3H2O。
（6）K2CrO4和浓HCl反应生成氯气和氯化铬以及氯化钾和水，其离子方程式为：2K2CrO4+16HCl(浓)=4KCl+2CrCl3+3Cl2↑+8H2O。
（7）由浸出原理分析可知，硫化锌在酸性条件下与氧气反应生成锌离子和硫单质，其总反应的离子方程式为：2ZnS+4H++O2 = 2Zn2++2H2O+2S。
18．(1)可以提供更高的加热温度，受热均匀，易于控制温度
(2) 球形冷凝管 a
(3)防暴沸
(4) FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
(5)抑制氯化铁水解
(6)a
(7)b
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5mL水及9.0g FeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体3次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
【详解】（1）根据题给信息可知，该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，该加热方法的优点是：可以提供更高的加热温度，受热均匀，易于控制温度；
（2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为：球形冷凝管；a；
（3）步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸；
（4）FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故答案为：a；
（7）由于安息香（C14H12O2）与二苯乙二酮（C14H10O2）的相对分子质量相差不大，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等约为2.0g。则产率约为=80%，故答案为：b。
19．(1) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) (NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O 将冷却后的固体转移到过滤装置的漏斗中，向漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出后，重复2～3次
(3) 水浴加热
(4) 2[(C6H6)2Cr]+++4OH =2(C6H6)2Cr+2+2H2O 0.667
【分析】Na2Cr2O7与NH4Cl发生反应生成(NH4)2Cr2O7和NaCl，再加热(NH4)2Cr2O7，分解可得到Cr2O3、N2和水，将生成的Cr2O3固体与CCl4发生反应，即可得到三氯化铬和COCl2，然后将无水三氯化铬与铝、氯化铝和苯进行合成，最后在碱性条件下，被还原，即可制备得到(C6H6)2Cr，据此分析解题。
【详解】（1）橙红色晶体为(NH4)2Cr2O7，根据溶解度曲线图信息可知，(NH4)2Cr2O7的溶解度虽温度的升高而增大，且变化幅度明显，低温时溶解度较小，而氯化钠的溶解度随温度的增大变化并不显著，所以想要得到橙红色晶体(NH4)2Cr2O7，可进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥的操作，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（2）加热(NH4)2Cr2O7，分解可得到Cr2O3、N2和水，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，待Cr2O3冷却后，需用蒸馏水洗涤，洗涤的操作方法是将冷却后的固体转移到过滤装置的漏斗中，向漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出后，重复2～3次，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；将冷却后的固体转移到过滤装置的漏斗中，向漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出后，重复2～3次；
（3）CCl4沸点为76.8°C，温度较低，为保证提供稳定的CCl4气流，可通过水浴加热来控制温度和气流量，并采用温度计指示温度；“转化”中氮气并未参与化学反应，则根据题干信息可知，反应的化学方程式为：Cr2O3+3CCl4=2CrCl3+3COCl2，所以生成的含有碳、氧、氮的有毒气体为COCl2，且满足碳、氧、氧三种元素的质量比为12∶16∶71，故答案为：水浴加热；COCl2；
（4）根据给定信息可知，“合成”过程中，Cr元素化合价从+3价降低到+1价，被还原，Al元素化合价从0价升高到+3价，被氧化，“还原”反应中，作还原剂，将[(C6H6)2Cr]+还原为(C6H6)2Cr，自身被氧化为，碱性条件下发生该反应，根据氧化还原反应的规律可知，其离子方程式为：2[(C6H6)2Cr]+++4OH =2(C6H6)2Cr+2+2H2O，反应中每生成1mol(C6H6)2Cr转移2mol电子，根据电子守恒可知，若要得到1mol(C6H6)2Cr，则至少需要铝=0.667mol，故答案为：2[(C6H6)2Cr]+++4OH =2(C6H6)2Cr+2+2H2O ；0.667。
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