2020-2021全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考模拟和真题汇总附答案

2020-2021全国备战高考化学氧化还原反应的综合备战高考模拟和真题汇总附答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．碘酸钾（ 3KIO ）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产 品中 3KIO 的纯度 ： 其中制取碘酸（ 3HIO ）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中 物质 性质 HIO3 白色固体，能溶于水，难溶于 CCl4 KIO3 ①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇 ②碱性条件下易发生氧化反应： ClO－ ＋IO3 －=IO4 －＋ Cl－ 回答下列问题 （1）装置 A 中参加反应的盐酸所表现的化学性质为 ______________。 （2）装置 B 中反应的化学方程式为 ___________________ 。B 中所加 CCl4 的作用是 _________从而加快反应速率。 （3）分离出 B 中制得的 3HIO 水溶液的操作为 ____________；中和之前，需将 HIO3 溶液 煮沸至接近于无色，其目的是 ____________，避免降低 3KIO 的产率。 （4）为充分吸收尾气，保护环境， C处应选用最合适的实验装置是 ____________（填序 号）。 （5）为促使 3KIO 晶体析出，应往中和所得的 3KIO 溶液中加入适量的 ___________。 （6）取 1.000g 3KIO 产品配成 200.00mL 溶液，每次精确量取 20.00mL 溶液置于锥形瓶 中，加入足量 KI 溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用 0.1004mol/L 2 2 3Na S O 溶液滴定。 滴定至终点时蓝色消失（ 2- - 2- 2 2 3 4 6I +2S O =2I +S O ），测得每次平均消耗 2 2 3Na S O 溶液 25.00mL。则产品中 3KIO 的质量分数为 ___（结果保留三位有效数字）。 【答案】还原性 、 酸性 2 2 2 35CI +I +6H O==2HIO +10HCl 充分溶解 2I 和 2Cl ，以增大 反应物浓度 分液 除去 2Cl （或 -ClO ），防止氧化 3KIO C 乙醇（或酒精） 89.5%。 【解析】 【分析】 装置 A 用于制取 Cl2，发生的反应为： KClO3+6HCl(浓 )=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置 B 中发生的是 制取 HIO3 的反应，装置 C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的 HCl 和 Cl2，还要防止倒 吸。 【详解】 （1）装置 A 中发生的反应为： KClO3+6HCl(浓 )=KCl+3Cl2↑ +3H2O，浓盐酸中的 Cl 元素有一部 分失电子转化为 Cl2，表现出还原性，还有一部分 Cl 元素没有变价转化为 KCl（盐），表现 出酸性，故答案为：还原性、酸性； （2）装置 B 中发生的反应为： 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2 和 I2 均难溶于水，易溶于 CCl4，加入 CCl4 可使二者溶解在 CCl4 中，增大反应物浓度，故答案为： 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解 I2 和 Cl2，以增大反应物浓度； （3）分离 B 中制得的 HIO3 水溶液的操作为分液， HIO3 溶液中混有的 Cl2 在碱性条件下转化 为 ClO-，ClO-会将 IO3-氧化为 IO4-，因此在中和前需要将 Cl2除去，故答案为：分液；除去 Cl2（或 ClO-），防止氧化 KIO3； （4）尾气中主要含 HCl 和 Cl2，需用 NaOH 溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为： C； （5）因为 KIO3 难溶于乙醇，向 KIO3 溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使 KIO3 晶体析 出，故答案为：乙醇（或酒精）； （6）每 20mLKIO3溶液中，加入 KI 溶液和稀盐酸发生的反应为： IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴 定时发生的反应为： I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式： IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗 的 n(S2O32-)= 0.1004mol/L × 0.025L=0.00251mol，则每 20mLKIO3 溶液中， n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-) ÷ 6=0.00251mol ÷ 6=0.000418mol， 200mL 溶液中， n(KIO3)=0.00418mol ，产品中 KIO3 的质量分数 = 214g mol 0.00418mol × 100% 1g / =89.5%，故答案为： 89.5%。 【点睛】 1g 样品配成了 200mL 溶液，而根据关系式计算出的是 20mL 溶液中 KIO3 的物质的量，需扩 大 10 倍才能得到 1g 样品中 KIO3 的物质的量。 2．碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行 了探究。 已知：① FeCO3 是白色固体，难溶于水② Fe2＋+6SCN- Fe(SCN)64- ( 无色 ) Ⅰ. FeCO3 的制取（夹持装置略） 实验 i： 装置 C 中，向 Na2CO3 溶液（ pH＝11.9）通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。 (1)试剂 a 是 _____。 (2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是 _____。 (3)C 装置中制取 FeCO3 的离子方程式为 _____。 (4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由 ________。 Ⅱ.FeCO3 的性质探究 实验 ii 实验 iii (5)对比实验 ⅱ和 ⅲ，得出的实验结论是 _____。 (6)依据实验 ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式 _____。 Ⅲ.FeCO3 的应用 (7)FeCO3 溶于乳酸［ CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（ [CH3CH(OH)COO]2Fe，相对 分子质量 为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德 中学化学实验小组准确称 量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4 溶液滴定该补血剂，消耗 0.1000mol/L 的 KMnO4 溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为 _____，该数值 异常的原因是 ________（不考虑操 作不当以及试剂变质引起的误差）。 【答案】饱和 NaHCO3 溶液 降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓ +CO2↑ +H2O 不合理， CO2 会和 FeCO3 反应生成 Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气 的影响 ) Fe2+与 SCN-的络合 (或结合 )会促进 FeCO3 固体的溶解或 FeCO3 固体在 KSCN溶液中 的溶解性比 KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3+24SCN-或 6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe3+ 117% 乳酸根 中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4 【解析】 【分析】 I. 装置 A 中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置 B 中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置 C中，向碳酸钠溶液 (pH=11.9)通入一段时间二氧 化碳至其 pH 为 7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到 FeCO3； II. (5)根据 Fe2＋+6SCN- Fe(SCN)64-分析 FeCO3 在 KCl和 KSCN两种不同溶液中的溶解度不同 判断； (6)实验 ii 中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入 10%过氧化氢溶液后有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成； (7)FeCO3 溶于乳酸［ CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒 和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。 【详解】 I. (1)装置 A 中制取的 CO2 中混有 HCl，欲除去 CO2 中混有的 HCl，B 中盛装的试剂 a 应是饱 和 NaHCO3 溶液，故答案为：饱和 NaHCO3 溶液； (2)向 Na2CO3 溶液中通入 CO2 的目的是利用 CO2 和 Na2CO3 反应生成的 NaHCO3，提高溶液中 HCO3-的浓度，抑制 CO32-的水解，降低溶液中 OH-的浓度，防止生成 Fe(OH)2，故答案为： 降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2； (3)装置 C中，向 Na2CO3 溶液 (pH=11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，此时溶液中溶质主 要为 NaHCO3，再滴加 FeSO4 溶液，有 FeCO3 沉淀生成，发生反应的离子方程式为 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓ +CO2↑+H2O，故答案为： 2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓ +CO2↑ +H2O； (4)FeCO3 沉淀能溶解在 CO2 的水溶液中，生成可溶于水的 Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当 出现白色沉淀之后不应继续通入 CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通 CO2，可防止空气中 氧气氧化 FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理， CO2 会和 FeCO3 反应生成 Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响 )； Ⅱ. (5)通过对比实验 ii 和 iii，可知 Fe2+与 SCN-的络合生成可溶于水的 Fe(SCN)64-，会促进 FeCO3 固体的溶解，故答案为： Fe2+与 SCN-的络合 (或结合 )会促进 FeCO3 固体的溶解或 FeCO3 固体在 KSCN溶液中的溶解性比 KCl溶液中大； (6)依据实验 ⅱ的现象，可知在含有 Fe2+的溶液中滴加 10%的过氧化氢溶液后，有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成，发生反应的离子方程式为 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3+24SCN-或 6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe3+； 故答案为： 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3+24SCN- 或 6Fe2++3H2O2+12SCN- =2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe3+； Ⅲ. (7)FeCO3 溶于乳酸［ CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（ [CH3CH(OH)COO]2Fe 补 血剂，可得关系式 MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为 0.1000mol/L × 0.01L × 5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数 0.005mol 234g/mol 100%=117% 1.0g ，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾 溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按 Fe2+被氧化，故计算所得乳酸 亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于 100%，故答案为： 117%；乳酸根 中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4。 3．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。根据下列信息回答问题 : 已知 :①高氯酸铵受热分解为 N2、Cl2、 O2 和 H2O;② Mg3N2 易水解 ;③Cu与 N2 在酒精灯加热 条件下不反应。 （1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式 : _____________，Mg3N2 的电子式为 ________。 （2）现有 23.5g NH4ClO4 分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。 (注 :①装置中空气已除尽 ;②装置可重复使用 ;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反 应完全。 ) ①用 E 装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则 E中盛放的试剂是 :_______。 ②请按气流由左至右的方向连接装置 :A →E→D →B→______→_____→_______→E (选择 B~F 装置，并用 B~F字母填空 )。 ③证明产物中有 Cl2 的实验现象 :________。 ④反应结束后，若 C 装置质量增加了 2.38g，则 NH4ClO4 的分解率是 :________%。 （3）样品中 NH4ClO4 的含量 (杂质中不含 NH4+)还可用蒸馏法测定 (如图所示，加热和夹持装 置已略去 )，实验步骤如下 : 步骤 1:组装仪器，检查气密性 ;准确称取样品 a g(不超过 0.5g)于蒸馏烧瓶中，加入约 150mL 水溶解。 步骤 2:准确量取 40.00mL 约 0.1mol/L H 2SO4 于锥形瓶中。 步骤 3:向蒸馏烧瓶中加入 20mL 3mol/L NaOH 溶液 ;加热蒸馏使 NH3 全部挥发。 步骤 4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置 2~3 次，洗涤液并入锥形瓶中。 步骤 5:向锥形瓶中加 2~3 滴甲基橙，用 c mol/L NaOH 标准溶液滴定至终点，消耗 NaOH 标 准溶液 V1 mL。 步骤 6:重复实验 2~3 次。 回答下列问题 : ①步骤 2 中，准确量取 40.00ml H 2SO4 溶液的玻璃仪器是 : __________。 ②为获得样品中 NH4ClO4 的含量，还需补充的实验是 :______。 【答案】 2NH4ClO4 2O2↑ +N2↑ +Cl2↑ +4H2O↑ 浓硫酸 E F C D裝置中颜色由无色变为橙色 85.0 或 85 酸式滴定管或移液管 用 NaOH 标准 溶液标定硫酸溶液的浓度 【解析】 【分析】 （1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式； Mg3N2 是离子化合物； （2）A 是高氯酸铵受热分解的装置； B 是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气； C 中盛放 Mg 粉，可以检验氮气； D 中溴化钾可以检验氯气； F 中铜粉可以检验氧气； E中盛放液体，根 据 E 装置质量的增加来验证生成的水，所以 E 中盛浓硫酸； （3）①根据硫酸体积的精度是 0.01mL 选择仪器；②要计算 NH4ClO4 的含量，需要知道硫 酸溶液的浓度。 【详解】 （1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为 2NH4ClO4 2O2↑ +N2↑ +Cl2↑ +4H2O↑；Mg3N2 是离子化合物，电子式是 ； （2）① A 是高氯酸铵受热分解的装置； B 是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气； C中盛放 Mg 粉，可以检验氮气； D 中溴化钾可以检验氯气； F 中铜粉可以检验氧气； E中盛放液体，根 据 E 装置质量的增加来验证生成的水，所以 E 中盛浓硫酸； ②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置 :A →E→D →B→E→F→C→E； ③D 中溴化钾可以与氯气反应，方程式是 2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以 D 裝置中 颜色由无色变为橙色可以证明产物中有 Cl2； ④C 中盛放 Mg 粉，可以与氮气反应生成 Mg3N2，若 C 装置质量增加了 2.38g，说明反应生 成氮气 2.38g，则 NH4ClO4 的分解率是 2.38 100% 85%1423.5 117.5 g g ； （3）①根据硫酸体积的精度是 0.01mL，准确量取 40.00mLH2SO4 溶液的玻璃仪器是酸式滴 定管； ②为获得样品中 NH4ClO4 的含量，还需补充的实验是用 NaOH 标准溶液标定硫酸溶液的浓 度。 4．硫酸亚铁铵的化学式为（ NH4） 2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫 酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种 盐的溶解度（单位为 g/100g 水）如下表： 温度／℃ 10 20 30 （NH4） 2SO4 73.0 75.4 78.0 FeSO4·7H2O 20.0 26.5 32.9 （NH4） 2SO4?FeSO4 17.2 21.6 28.1 （一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下： 试回答下列问题： （1）步骤 1 中加入 10％Na2CO3 溶液的主要作用是 ___________ ；反应中铁屑过量是为了 ______。 （2）步骤 3 需要趁热过滤，原因是 ___________。 （3）从步骤 4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是 ______，析出的晶体常用 ________洗涤。 （4）若莫尔盐的饱和溶液中有水 20 克，当温度从 30℃降至 10℃，最多析出莫尔盐的质 量是 ________（选填编号）。 A 2.18g B 大于 2.18g C 小于 2.18g D 无法确定 （二）称取质量为 1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性 KMnO4 溶液进行滴定。 （1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式 ____。 （2）判断该反应到达滴定终点的现象为 ____________。 （3）假设到达滴定终点时，用去 V mL 酸性 KMnO4 溶液，则该酸性 KMnO4 溶液的浓度为 _______mol/L 。 【答案】除铁屑表面的油污 还原氧化生成的 Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少产 物中的 Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有 FeSO4·7H2O 析出 过滤、洗涤 无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO 4-+8H+ → 5Fe3++Mn 2++4H2O 加入最后一滴 KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V 【解析】 【分析】 （一）（ 1）碳酸钠水解显碱性； （2）FeSO4 在温度低时溶解度较小； （3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小； （4）（ NH4） 2SO4·FeSO4 在 30℃和 10℃的溶解度分别为： 28.1g 和 17.2g； （二）（ 1）MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为 Mn2+； （2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的； （3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关 系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。 【详解】 （一）（ 1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的 Fe 可以还原氧化生成 的 Fe3+，减少产物中的 Fe3+杂质， 故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的 Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少 产物中的 Fe3+杂质； （2）如果不趁热过滤就会有 FeSO4·7H2O 析出，故答案为： FeSO4 在温度低时溶解度较小， 如果不趁热过滤就会有 FeSO4·7H2O 析出； （3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸 亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水； （4）（ NH4） 2SO4·FeSO4 在 30℃和 10℃的溶解度分别为： 28.1g 和 17.2g，即若溶剂为 100g 水，冷却析出 10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（ NH4） 2SO4·FeSO4·6H2O 含有结晶水，故析出质量大于 2.18g，故答案为： B； （二）（ 1）反应的离子方程式 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为： 5Fe2++MnO 4-+8H+→ 5Fe3++Mn 2++4H2O； （2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变 成紫红色， 30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴 KMnO4 溶液紫红 色不褪，且半分钟内不褪色； （3）1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量 n= m M = 1.96 392 / g g mol =0.005mol ，根据原子守恒则亚 铁离子的物质的量为 0.005mol ，反应 5Fe2++MnO 4-+8H+=5Fe3++Mn 2++4H2O，则 5Fe2+～MnO 4- ，所以高锰酸钾的物质的量为 0.001mol ，据 c= n V = 3 0.001 10 mol VL = 1 V mol/L ，故答案为： 1 V 。 5．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿 (主要成分为 FeS2)作为原料。完成下列填 空： (1)将 0.050mol SO2(g) 和 0.030mol O 2(g) 充入一个 2L 的密闭容器中，在一定条件下发生反 应： 2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g)+Q。经 2 分钟反应达到平衡，测得 n(SO3)=0.040mol ，则 O2 的平 均反应速率为 ______ (2)在容积不变时，下列措施中有利于提高 SO2 平衡转化率的有 ______(选填编号 ) a.移出氧气 b.降低温度 c.减小压强 d.再充入 0.050molSO 2(g)和 0.030molO 2(g) (3)在起始温度 T1(673K)时 SO2 的转化率随反应时间 (t)的变化如图，请在图中画出其他条件 不变情况下，起始温度为 T2(723K)时 SO2 的转化率随反应时间变化的示意图 ___ (4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为 SO2 和 Fe3O4 ①将黄铁矿的煅烧产物 Fe3O4 溶于 H2SO4 后，加入铁粉，可制备 FeSO4。酸溶过程中需维持 溶液有足够的酸性，其原因是 ______ ②FeS2 能将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，本身被氧化为 SO42﹣。写出有关的离子方程式 ______。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为 ______ 【答案】 0.005mol/(L?min) bd 抑 制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+ 14NA 【解析】 【分析】 (1)根据 v＝ c t 求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计 算； (2)反应放热，为提高 SO2 平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不 变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移 动，不利于提高 SO2 平衡转化率，由此分析解答； (3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需 要的时间缩短，据此画出曲线； (4)①Fe3＋与 Fe2＋易水解， Fe2＋易被氧化成 Fe3＋； ②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算 转移电子数。 【详解】 (1)v(SO3)＝ c t ＝ 0.040mol 2L 2min ＝0.01mol/(L?min) ，所以 v(O2)＝ 1 2 v(SO3)＝0.005mol/(L?min) ， 故答案为： 0.005mol/(L?min) ； (2)a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选； b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选； c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选； d．再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO 2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的 转化率增大，故选； 故答案为： bd； (3)反应： 2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) △H＜0，SO2 的转化率在起始温度 T1＝673K 下随反应时间 (t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为 T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行， 二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度 T2下 SO2 的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示 ；故答案为： ； (4)①Fe2O3(或 Fe3O4 等)溶于 H2SO4 后，生成的 Fe3＋与 Fe2＋易水解， Fe2＋易被氧化成 Fe3＋，所 以要加入 Fe 粉和酸，抑制 Fe3＋ 与 Fe2＋的水解，并防止 Fe2＋被氧化成 Fe3＋ ，故答案为：抑 制 Fe3＋ 与 Fe2 ＋的水解，并防止 Fe2＋被氧化成 Fe3＋； ②-2 价的硫离子具有还原性， FeS2 可以将溶液中的 Fe3＋还原为 Fe2＋，而本身被氧化为硫酸 根离子，有关的离子方程式为： FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根 离子，有 2mol 硫酸根生成时转移的电子数为 14NA，故答案为： FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42 ﹣+16H+；14NA。 【点睛】 注意 (3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需 要的时间短，此为解题的关键。 6．废水中过量的氨氮 ( 3NH 和 4NH )会导致水体富营养化。某科研小组用 NaClO 氧化法处 理氨氮废水。已知：① HClO 的氧化性比 NaClO 强；② 3NH 比 4NH 更易被氧化；③国家 相关标准要求经处理过的氨氮废水 pH 要控制在 6~9 。 (1) pH 1.25 时， NaClO 可与 4NH 反应生成 2N 等无污染物质，该反应的离子方程式为 ___________。 (2)进水 pH 对氨氮去除率和出水 pH 的影响分别如图 1 和图 2 所示： ①进水 pH 在 1.25~2.75 范围内时，氨氮去除率随 pH 的升高迅速下降的原因是 __________。 ②进水 pH 在 2.75~6 范围内时，氨氮去除率随 pH 的升高而上升的原因是 ___________。 ③进水 pH 应控制在 ____________左右为宜。 (3)为研究空气对 NaClO 氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的 量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是 ______(填序号 ) a. 2O 的氧化性比 NaClO 弱 b. 2O 氧化氨氮速率比 NaClO 慢 c. 2O 在废水中溶解度比较小 d.空气中的 2N 进入废水中 【答案】 4 2 23ClO 2NH N 3Cl 3H O 2H 随着 pH 的升高， NaClO 含量增 大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降 随着 pH 的升高，氨氮废水中 3NH 含量增大，而 3NH 比 4NH 更易被氧化 1.5 abc 【解析】 【分析】 (1)pH=1.25 时， NaClO可与 NH4+反应生成 N2 等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子 和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式； (2)①进水 pH 为 1.25～ 2.75 范围内，氨氮去除率随 pH 升高迅速下降是 c(OH-)较大，抑制 NaClO 水解， c(HClO)较小致氧化能力弱； ②进水 pH 为 2.75～6.00 范围内氨氮去除率随 pH 升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧 化； ③结合图象变化可知进水 pH 应控制在 1.0 左右； (3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明 O2 氧 化氨氮速率比 NaClO 慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。 【详解】 (1)pH=1.25 时， NaClO可与 NH4+反应生成 N2 等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离 子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式： 3ClO-+2NH4+=N2↑ +3Cl- +2H+； (2)①进水 pH 为 1.25～ 2.75 范围内，氨氮去除率随 pH 升高迅速下降的原因是：随着 PH 升 高， NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降； ②进水 pH 为 2.75～6.00 范围内，氨氮去除率随 pH 升高而上升的原因是：随着 PH 升高氨 氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化； ③进水 pH 应控制在 1.50 左右，氨氮去除率会较大； (3)研究空气对 NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量， 发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是： O2的氧化性比 NaClO 弱、 O2氧化氨氮速率比 NaClO 慢、 O2 在溶液中溶解度比较小；故答案为： abc。 7．实验室用图所示装置制备 KClO溶液，并通过 KClO溶液与 3 3Fe(NO ) 溶液的反应制备高 效水处理剂 2 4K FeO .已知 2 4K FeO 具有下列性质 ① 可溶于水、微溶于浓 KOH溶液， ② 在 0 5℃ ℃、强碱性溶液中比较稳定， ③ 在 3Fe 和 3Fe(OH) 催化作用下发生分解， ④ 在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成 3Fe(OH) 和 2O 。 （1）装置 A 中 4KMnO 与盐酸反应生成 2MnCl 和 2Cl ，其化学方程式为 ______，装置 B 的作用是 ______。 （2） 2Cl 和 KOH在较高温度下反应生成 3KClO ，试写出该反应的离子方程式 ______。 （3）制备 2 4K FeO 时， KClO饱和溶液与 3 3Fe(NO ) 饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将 3 3Fe(NO ) 饱和溶液缓慢滴加到 KClO饱和溶液中。理由是 ______。 （4）已知 pH 11时 2Zn(OH) 能溶于 NaOH 溶液生成 2 4[Zn(OH) ] . 下表列出了几种离子 生成氢氧化物沉淀的 pH( 开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 11.0mol L 计算 ) 。 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH 3Fe 1.1 3.2 2Fe 5.8 8.8 2Zn 5.9 8.9 实验中可选用的试剂： 2 230%H O 、 1 31.0mol L HNO 、 11.0mol L NaOH. 由某硫酸锌溶 液 ( 含 2Fe 、 3Fe 杂质 ) 制备 ZnO 的实验步骤依次为： ① ______； ② ______； ③ 过滤； ④ ______； ⑤ 过滤、洗涤、干燥； 900⑥ ℃ 煅烧。 【答案】 2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 除去 2Cl 中的 HCl 2 3 23Cl 6OH 5Cl ClO 3H O V 2 4K FeO 在 3Fe 作用下会分解 向硫酸锌溶液中 加入适量 2 230%H O ，使其充分反应 滴加 11.0mol L NaOH ，调节溶液 pH 约为 5( 或 3.2 pH 5.9) ，使 3Fe 沉淀完全 向滤液中滴加 11.0mol L NaOH ，调节溶液 pH 约为 10( 或 8.9 pH 11) ，使 2Zn 沉淀完全 【解析】 【分析】 根据实验装置图可知， A 装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的 氯化氢，所以 B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置 C 中用氯气与氢氧化钾溶 液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。 【详解】 41 KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为 2Cl ，反应还有水生成，所以化学方程 式为： 2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有 HCl，应饱和食盐水吸收 HCl 除去， 故答案为： 2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O；除去 2Cl 中的 HCl； 22 Cl 和 KOH在较高温度下反应生成 3KClO ，反应的离子方程式为 2 3 23Cl 6OH 5Cl ClO 3H O V ，故答案为： 2 3 23Cl 6OH 5Cl ClO 3H O V ； 3 由题意可知 2 4K FeO 在 3Fe 和 3Fe(OH) 催化作用下发生分解，则 KClO饱和溶液与 3 3Fe(NO ) 饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将 3 3Fe(NO ) 饱和溶液缓慢滴加到 KClO 饱 和溶液中，故答案为： 2 4K FeO 在 3Fe 作用下会分解； 4 根据表中阳离子沉淀的 PH 可知，由除去铜的滤液制备 ZnO 的实验步骤依次为：①向 滤液中加入 2 230%H O ，使其充分反应，目的使 2Fe 转化完全为 3Fe ，②加氢氧化钠溶 液，控制 PH 在 4 左右，使 3Fe 沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加 11.0mol L NaOH ， 调节溶液 PH 约为 10( 或 8.9 pH 11) ，使 2Zn 沉淀完全， ⑤ 过滤、洗涤、干燥， ⑥900℃煅烧。故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量 30% 2 2H O ，使其充分反应；②滴 加1.0 1mol L NaOH ，调节溶液 pH 约为 5( 或 3.2 pH 5.9) ，使 3Fe 沉淀完全；④向 滤液中滴加 1.0 1mol L NaOH ，调节溶液 pH 约为 10( 或 8.9 pH 11) ，使 2Zn 沉淀 完全。 【点睛】 根据实验装置图可知， A 装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的 氯化氢，所以 B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置 C 中用氯气与氢氧化钾溶 液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。 8．过氧硫酸氢钾复合盐（ K2SO4?KHSO4?2KHSO5）易分解，可用作漂白剂、 NOx 和 SO2 等的 脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如图所示。 已知：浓硫酸与 H2O2 反应，部分转化为过硫酸（化学式为 H2SO5，是一种一元强酸） （1）H2SO5 中硫元素的化合价为 +6 价，其中过氧键的数目为 ________；工业上用过氧硫酸 氢钾复合盐溶液脱除 NO 时，反应的离子方程式为 ___________________________ 。 （2）若反应物的量一定，在上述流程的 “转化 ”步骤中需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫 酸，其目的是 ___________________________ 。 （3）“结晶”操作中，加入 K2CO3 即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程 式为 ______________________________ 。过氧硫酸氢钾复合盐产率（以产品含氧量表示） 随溶液 pH 和温度的变化关系如图所示，则该过程适宜的条件是 _________________。 （4）产品中 KHSO5 含量的测定：取 1.000g 产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入 5mL5％的硫酸和 5mL25％的 KI 溶液，再加入 1mL 淀粉溶液作指示剂，用 0.2000mol ·L-1 硫 代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为 25.00mL。 已知： 2KHSO5＋4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI ① 用_____滴定管盛装标准浓度的硫代硫酸钠溶液（填 “甲 ”或 “乙 ”）。 ② 产品中 KHSO5 的质量分数为 ___________。 【答案】 1 3HSO5 －＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3 －＋5H+ 防止浓硫酸与 H2O2 溶液混合时放 出大量热使 H2O2 分解 5K2CO3＋ 4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋ 5CO2↑＋ 5H2O 控制 pH 在 2.0~2.5 之间，温度在 0℃左右 乙 38.00％ 【解析】 【详解】 (1)H2SO5 中硫元素的化合价为 +6 价，依据化合价的代数和为 0 计算，有 2 个氧原子显 -1 价，所以过氧键的数目为 1。答案为 1； 工业上用过氧硫酸氢钾复合盐溶液脱除 NO 时，反应的离子方程式为 3HSO5 －＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3 －＋5H+。答案为 3HSO5 －＋2NO＋H2O = 3SO42－＋2NO3 －＋5H+ (2)在“转化”步骤中， 30%的 H2O2 溶液加入 98%的浓硫酸中，相当于浓硫酸稀释，会放出 大量的热，而 H2O2 受热易分解，所以需用冰水浴冷却，且缓慢加入浓硫酸。 答案为：防止浓硫酸与 H2O2 溶液混合时放出大量热使 H2O2 分解； (3)“结晶”操作中，加入 K2CO3 即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的化学方程式 为 5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋ 5CO2↑＋ 5H2O。 答案为： 5K2CO3＋4H2SO5＋4H2SO4 =2(K2SO4?KHSO4?2KHSO5)↓＋ 5CO2↑＋ 5H2O 从溶液 pH 看，过氧硫酸氢钾复合盐产率在 2.0~2.5 之间时最大；从温度看，过氧硫酸氢钾 复合盐产率在 0℃左右最大，所以该过程适宜的条件是控制 pH 在 2.0~2.5 之间，温度在 0℃左右。答案为：控制 pH 在 2.0~2.5 之间，温度在 0℃左右； (4) ① 硫代硫酸钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内。答案为乙； ② 由反应 2KHSO5＋ 4KI＋H2SO4 = 2I2＋3K2SO4＋2H2O 和 I2＋2Na2S2O3 =Na2S4O6＋2NaI 可得 出如下关系式： KHSO5—— 2Na2S2O3 n(Na2S2O3)=0.2mol/L ×0.025L=0.005mol ，n(KHSO5)=0.0025mol 产品中 KHSO5 的质量分数为： 0.0025 152 / 100% 38.00% 1.000 mol g mol g 答案为： 38.00％。 9．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除 这些物质对环境的影响。 (1)CO2 的重整用 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。 已知 : ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol ②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205kJ/mol 写出 CO2 重整的热化学方程式： _____。 (2) “亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2 ①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3 溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断 _____(填“减小 ”“不变 ” 或 “增大 )。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2 的能力显著下降，应更换 吸收剂，此时溶液中 c(SO32-) =0.2mol/L ， 则溶液中 c(HSO3-) =_____。 ②室温条件下，将烟气通入 (NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化 关系如图 : b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________ 。 (3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理 4NH3+6NO 5N2+6H2O。不同温度条件下， n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、 3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示： ①曲线 a 中， NO 的起始浓度为 6×10-4mg·m-3，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的 脱除速率为 _____mg·m-3·s-1。 ②曲线 b 对应 NH3 与 NO 的物质的量之比是 _____。 (4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式 (阴极室溶液呈酸 性 )_____。吸收池中除去 NO 的原理 _____(用离子方程式表示 )。 【答案】 CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △ H=-163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5 × 10-4 3:1 - 2- 3 2 4 22HSO +2e +2H =S O 2H O 2- - 2 4 2 2 32NO+2S O 2H O N 4HSO 【解析】 【分析】 （1）已知：① CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol ， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol ， 根据盖斯定律，① -②×2得： CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算△ H； （2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据 反应方程式的量的关系计算可得； ②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用 pH=7 时， c(H+)=c(OH- )找出其他离子的等量关 系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果； （3）①曲线 a 中， NO 的起始浓度为 6×10-4mg?m-3，根据图象得到 A、 B 处的 NO 脱除率， 可得两处的 NO 的浓度，再计算脱除速率； ②NH3与 NO 的物质的量的比值越大， NO 的脱除率越大，据此分析； （4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收 NO。 【详解】 （1）已知：① CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol ， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol ， 根据盖斯定律，由① - ②×2得反应： CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1-2 △H2=-163kJ/mo1 ， 故答案为： CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-163kJ/mo1 ； （2）①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3 溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢 钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液 pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧 化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式 SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离 子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为 1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为 (1.0-0.2)mol/L ，则生成 c( - 3HSO )=2 × (1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L， 故答案为：减小； 1.6mol/L ； ②b 点时溶液 pH=7，此时溶液中的溶质是 (NH4)2SO3 和 NH4HSO3，根据电荷守恒： c( + 4NH )+c(H+)=c(OH- )+c( - 3HSO )+2c( 2- 3SO )，因 pH=7，故 c(H+)=c(OH- )，则 c( + 4NH )=c( - 3HSO )+2c( 2- 3SO )，由图可读出 b 点时， c( - 3HSO )=c( 2- 3SO )，则 c( + 4NH )=3 c( - 3HSO )，因在同一体系， n( + 4NH )：n( - 3HSO )=3：1， 故答案为： 3：1； （3）①曲线 a 中， NO 的起始浓度为 6×10-4 mg?m -3 ，A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率 为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为 6× 10-4mg?m -3 × (0.75-0.55) ÷ 0.8s=1.5 × 10-4 mg?m -3 ?s-1， 故答案为： 1.5 ×10-4 ； ②NH3与 NO 的物质的量的比值越大， NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为 4：1， 3：1，1：3 时，对应的曲线为 a， b，c，即曲线 b 对应的物质的量之比是 3：1， 故答案为： 3：1； （4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是 - 3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成 2- 2 4S O ，其电极反应式为 - 2- 3 2 4 22HSO +2e +2H =S O 2H O ；根据图示，吸收池中 2- 2 4S O 和 NO 是反应物， N2 和 - 3HSO 是生成物，则吸收池中除去 NO 的原理是： 2- - 2 4 2 2 32NO+2S O 2H O N 4HSO ， 故答案为： - 2- 3 2 4 22HSO +2e +2H =S O 2H O ； 2- - 2 4 2 2 32NO+2S O 2H O N 4HSO 。 【点睛】 陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析 化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注 意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移 电子守恒等）。 10． 某体系中存在如下反应： ①H 2S＋4H2O－8e = SO42－＋10H＋，②2IO 3 － ＋12 H＋＋10e = I2 ＋6H2O。 （1）反应 ① 中 H2S做 _____剂，反应 ② 属于 _______ 反应（填 “氧化 ”或 “还原 ”）。 （2）若在反应 ① 中失去 0．2 mol 电子，则反应 ② 中可生成 ______g I2。 （3）写出并配平碘酸钾与硫化氢反应的化学方程式，同时标出电子转移的方向和数目： _____。 （4）由上述反应可推知 __________。 a．氧化性： K2SO4＞ KIO3 b．酸性： HIO3＞ H2SO4 c．还原性： H2S ＞ I2 d．反应过程中溶液的酸性逐渐减弱 【答案】还原 还原 5．08 c 【解析】 【分析】 （1）化合价升高的反应物做还原剂，碘元素的价态由正五价，变为零价，发生还原反应； （2）由得失电子数目守恒计算可得； （3）①× 5+②× 4 得反应的化学方程式； （4）还原性：还原剂＞还原产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，因为有水的生成，酸性减 弱。 【详解】 （1）由① H2S+4H2O-8e→SO42-+10H+和② 2IO3-+12H++10e→I2+6H2O 可知，反应①中硫元素化 合价从 -2 价变化为 +6 价，化合价升高失电子做还原剂，反应②是碘元素化合价从 +5 价变 化为 0 价，化合价降低做氧化剂，发生还原反应，故答案为：还原，还原； （2）根据①②电子守恒得到： 40mole -转移生成 4molI 2，4I2～40e-，；①中失去 0.2mol 电 子，②中得到 0.2mol 电子，反应的碘单质物质的量 0.02mol ，m（I2） =0.02mol ×127g/mol ×2=5.08g，故答案为： 5.08； （3）由①和②依据电子守恒得到反应的化学方程式为 5H2S+8KIO3=4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O，由方程式可知 40mole -转移生成 4molI 2，则电子转移 的方向和数目为 ，故答案为： ； （4）a、氧化剂 KIO3 的氧化性大于氧化产物 K2SO4、H2SO4，氧化性： K2SO4＜KIO3，故 a 错 误； b、反应物中无碘酸生成，该反应不能判断酸性强弱，故 b 错误； c、还原剂 H2S 的还原性大于还原产物 I2，则还原性： H2S＞I2，故 c 正确； d、反应过程中氢硫酸反应生成硫酸，溶液酸性增强，故 d 错误； c 正确，故答案为： c。 11． 实验室可由软锰矿（主要成分为 MnO2）制备 KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与 过量 KOH(s)和 KClO3(s)反应，生成 K2MnO 4（锰酸钾）和 KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤 液， K2MnO4 转化为 MnO 2 和 KMnO4；再滤去沉淀 MnO2，浓缩结晶得到 KMnO4 晶体。 请回答： （1）用软锰矿制备 K2MnO 4 的化学方程式是 _______________________________________ 。 （2）K2MnO 4 转化为 KMnO4 的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 _____________。 生成 0.1mol 还原产物时转移电子 ______________个。 KMnO4、K2MnO4 和 MnO2 的氧化性由 强到弱的顺序是 ____________________________ 。 （3）KMnO4 能与热的 Na2C2O4(aq,硫酸酸化）反应生成 Mn 2+和 CO2。若取用软锰矿制得的 KMnO4 产品 0.165g，能与 0.335g Na2C2O4 恰好完全反应（假设杂质均不能参与反应），该 产品中 KMnO4 的纯度为 ____________________。 【答案】 6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO 4+ KCl + 3H2O； 1:2 0.2NA 或 6.02 × 10-22 KMnO4 ＞K2MnO 4＞MnO 2 0.958 （ 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析： （1）反应物为 KOH、KClO3、MnO 2，生成物为 K2MnO4（锰酸钾）和 KCl、水，该反应为 6KOH+KClO3+3MnO 2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为 6KOH+KClO3+3MnO 2＝ 3K2MnO4+KCl+3H2O； （2）K2MnO 4 转化为 KMnO4 的反应中 K2MnO 4＝2KMnO 4+MnO 2，Mn 元素的化合价由 +6 价 升高为 +7 价， Mn 元素的化合价由 +6 价降低为 +4 价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1：2，生成 0.1mol 还原产物时转移电子 0.1 NA× (6-4)=0.2NA 或 6.02 × 10-22，由氧化还原反应 中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为 KMnO4＞K2MnO 4＞ MnO2，故答 案为 1： 2；0.2NA或 6.02 × 10-22；KMnO4＞K2MnO 4＞MnO 2； （3）KMnO4 能与热的 Na2C2O4（ aq，硫酸酸化）反应生成 Mn 2+和 CO2，设 KMnO4 的纯度 为 x，则由电子守恒可知， 0.165 122.5 / gx g mol (7-2)= 0.335 134 / g g mol 2 (4-3) ，解得 x=0.958，故 答案为 0.958． 12． 高锰酸钾是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。可将软锰矿 (主要成 分为 MnO2)和 KClO3 在碱性介质中制得 K2MnO4，然后通入 CO2制备高锰酸钾。已知： 温度 溶解度 /g K2CO3 KHCO3 KMnO4 K2SO4 CH3COOK 20℃ 111 33.7 6.38 11.1 217 (1)制备锰酸钾的主要反应为： 3MnO 2+6KOH+KClO3=3K2MnO4+KCl+3H2O ① 该反应中的氧化剂是 _____________，还原剂是 _____________。 ② 每生成 1mol K2MnO4 转移 _______ mol 电子。 (2)通入少量 CO2 气体时，锰酸钾发生歧化反应，生成 KMnO4，MnO 2，K2CO3。 ① 则生成的 KMnO4与 MnO2 的物质的量之比为 __________。 ② 若 CO2 过量会生成 KHCO3，导致得到的 KMnO4 产品的纯度降低，其原因是 ______________________________，可以把通 CO2 改为加其他的酸。从理论上分析，选用 下列酸中 _______，得到的产品纯度更高。 A．醋酸 B．浓盐酸 C．稀硫酸 【答案】 KClO3 MnO2 2 2:1 KHCO3 的溶解度比 K2CO3 小很多，滤液蒸发浓缩时 KHCO3 会随 KMnO4 一起结晶析出 A 【解析】 【分析】 （1） 2 3 2 4 23MnO +6KOH+KClO =3K MnO +KCl+3H O 该反应中，锰元素化合价升高，故 2MnO 是还原剂，氯元素化合价降低； （2）①根据题目信息可以写出方程式为： 2 4 2 4 2 2 33K MnO +2CO =2KMnO +MnO +2K CO ； ②根据题目中的溶解度信息可以发现 3KHCO 的溶解度比 2 3K CO 小很多，故滤液蒸发浓缩 时 3KHCO 会随 4KMnO 一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生 成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的 硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质。 【详解】 （1） 2 3 2 4 23MnO +6KOH+KClO =3K MnO +KCl+3H O 该反应中，锰元素化合价升高，故 2MnO 是还原剂，氯元素化合价降低，故 3KClO 是氧化剂，该反应转移电子数是 6，即生 成 3 个锰酸钾转移 6 个电子，故每生成 1mol 2 4K MnO 转移 2 mol 电子； 答案为： 3KClO ； 2MnO ；2； （2）①根据题目信息可以写出方程式为： 2 4 2 4 2 2 33K MnO +2CO =2KMnO +MnO +2K CO ，故生 成的 4KMnO 与 2MnO 的物质的量之比为 2:1； ②根据题目中的溶解度信息可以发现 3KHCO 的溶解度比 2 3K CO 小很多，故滤液蒸发浓缩 时 3KHCO 会随 4KMnO 一起结晶析出；盐酸具有还原性，能够还原高锰酸钾，加入醋酸生 成醋酸钾，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时会留在母液中，加入硫酸生成的 硫酸钾溶解度小，会和高锰酸钾一起结晶析出而有杂质，故选择醋酸； 答案为： 2:1 ； 3KHCO 的溶解度比 2 3K CO 小很多，滤液蒸发浓缩时 3KHCO 会随 4KMnO 一起结晶析出； A。 【点睛】 高锰酸根能够将氯离子氧化为氯气： - - + 2+ 4 2 22MnO +10Cl +16H =2Mn +5Cl +8H O 。 13． 工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为 Al2O3,少量 Pd)回收 Al2(SO4)3 及 Pd 流程如 图： 说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。 （1）焙烧时产生气体 X 的结构式为 ________。 （2）水浸分离中，滤渣 Pd 的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是 _________ (填字 母） A．过滤 B．抽滤 C．倾析 D．渗析 （3）写出酸浸时发生反应的离子方式 ______(已知氯钯酸为弱酸 ) （4）某同学在实验室用如下图所示装置完成 Pd 的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6 的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。 ①写出热还原法过程中发生反应的化学方程式 ________。 ②i.将石英玻璃管中（带开关； K1 和 K2)(设为装置 A )称重，记为 mi g。将滤渣 [(NH4)2PdCl6] 装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 m 2 g。 ii.连接好装置后，按 d→ → → b→ → e(填标号 )顺序进行实验。 _______ a.关闭 K1 和 K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热 d.打开 K1 和 K2 e.称量 A f.缓缓通入 H2 g.冷却至室温 iii.重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 m3g。 ③根据实验记录，计算滤渣中（ NH4)2PdCl6 的百分含量 __________[列式表示，其中 (NH4)2PdCl6 相对分子质量为 355]。 ④实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是 ____(填化学式） ,这种情况导致 实验结果 _________(填 “偏高 ”、“偏低 ”、“无影响 ”） 【答案】 C Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl f；c； g；a 2 3 2 1 355 m m 249 m m NH4Cl 偏低 【解析】 【分析】 废催化剂（主要成分为 Al2O3，少量 Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体 X 为氨气，产物 水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣 Pd 加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液 Y 是 Pd 溶于王水发生 Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O，Y 为 H2PdCl6，通入氨气中和过滤得 到滤渣 ( NH4) 2PdCl6，被氢气还原得到 Pd，发生 ( NH4) 2PdCl6+2H2=Pd+2 NH3+6HCl，以此解答 该题。 【详解】 （1）焙烧得到气体是铵盐分解生成的氨气，结构式为 ， 故答案为： ； （2）水浸分离中，滤渣 Pd 的颗粒比较大，可用倾析的方法分离，故答案为： C； （3）酸浸时发生反应的离子方程式为 Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O，故答案 为： Pd+4NO3-+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2↑ +4H2O； （4）①通入氢气，反应的方程式为 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl ， 故答案为： 4 6 2 32NH PdCl +2H = Pd+2 NH +6HCl ； ②实验时，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体 质量的变化，则正确的顺序为 dfcbgae， 故答案为： f；c；g；a； ③样品的质量为（ m2-m1） g，反应后减少的质量为（ m2-m 3）g，应为 ( NH4) 2PdCl6、Pd 质量 之差，可知生成 Pd 的物质的量为 2 3m m 249 mol，可知 ( NH4) 2PdCl6 的质量为 2 3355 m m 249 g，含量为 2 3 2 1 355 m m 249 m m ，故答案为： 2 3 2 1 355 m m 249 m m ； ④实验结束时，若发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是氯化铵，为氨气和氯化氢在 温度较低时生成，这种情况会造成较大实验误差，可导致实验结果偏低， 故答案为： NH4Cl； 偏低。 【点睛】 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生 的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理 与实验的结合。 14． Ⅰ.高铁酸钾 (K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。 （1）请完成 FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__。 K2FeO4 在处理水的过程中所起的作用是 ___和 ____。 （2）将适量 K2FeO4 配制成 c(FeO42-)＝1.0mmol ·L－1 的试样，将试样分别置于 20℃、 30℃、 40℃和 60℃的恒温水浴中，测定 c(FeO42-)的变化，结果见图Ⅰ。第（ 1）题中的反应为 FeO42-变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是 ___，发生反应的 ΔH___0。 Ⅱ.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积 Ksp(25℃)。 电解质 平衡方程式 平衡常数 K Ksp CH3COOH CH3COOH CH3COO－ ＋H＋ 1.76 ×10－ 5 H2CO3 H2CO3 H＋＋HCO3- HCO3- H＋＋CO32- K1=4.31 × 10－4 K2=5.61 × 10－11 C6H5OH C6H5OH C6H5O－＋H＋ 1.1 ×10－10 H3PO4 H3PO4 H＋＋H2PO4- H2PO4- H＋＋HPO42-HPO42- H＋ ＋PO43- K1=7.52 × 10－3 K2=6.23 × 10－8 K3=2.20 × 10－13 NH3·H2O NH3·H2O NH4+＋OH－ 1.76 ×10－ 5 BaSO4 BaSO4 Ba2＋＋SO42- 1.07 × 10－ 10 BaCO3 BaCO3 Ba2＋＋CO32- 2.58 × 10－9 回答下列问题： （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，则它们酸 性由强到弱的顺序为 ___(填编号 )。 （2）写出 C6H5OH 与 Na3PO4 反应的离子方程式 ___。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中： c(CH3COO－)__c(NH4+)(填 “ >”、“＝ ”或 “ <”)。 （4）25℃时，向 10mL0.01mol·L－ 1 苯酚溶液中滴加 VmL0.01mol·L－1 氨水，混合液中粒子浓 度关系正确的是 __。 A．若混合液 pH>7，则 V≥ 10 B．若混合液 pH<7，则 c(NH4+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C．V＝10 时，混合液中水的电离程度小于 10mL0.01mol ·L－1 苯酚溶液中水的电离程度 D．V＝5 时， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH) （5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数 (用 Kb 表示 )，类 比化学平衡常数的定义，请写出 Na2CO3 第一步水解反应的水解常数的表达式： ___。 【答案】 3O2 杀菌消毒 吸附 (净水 ) 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移 动 > ①④③② C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42- = D Kb= - - 3 2- 3 c(HCO ) c(OH ) c(CO ) 【解析】 【分析】 Ⅰ.（1） FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋ 10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__，反应 中， Fe 由 +6 价降低为 +3 价，则价态升高的元素只能为 H2O 中的 O，从而得出氧化产物为 O2； K2FeO4 在处理水的过程中， Fe 价态降低，作氧化剂，生成 Fe(OH)3 胶体，作净水剂。 （2）从图中可以看出，升高温度， c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。 Ⅱ. （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，表中的 电离常数分别为： 1.76 ×10－5、5.61 × 10－ 11、 1.1 × 10－10、6.23 × 10－8，可确定它们酸性由强到 弱的顺序。 （2）C6H5OH 与 Na3PO4 反应，生成 C6H5O-与 HPO42-。 （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液 中， CH3COO－与 NH4+的水解程度也相同，由此可得出 c(CH3COO－)与 c(NH4+)的大小关系。 （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液 pH>7，也有可能出现 V<10； B．若混合液 pH<7，则反应生成 C6H5ONH4 后，剩余的 C6H5OH 又发生电离，从而使溶液显 酸性； C．V＝10 时，二者刚好完全反应，混合液中发生 C6H5O－ 、NH4+的水解反应，水的电离程 度大于苯酚溶液中水的电离程度； D．V＝5 时， n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则可知， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O －)＋c(C6H5OH)； （5）Na2CO3 第一步水解反应为 CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，据此写出水解常数的表达式。 【详解】 Ⅰ.（1） FeO42-与水反应的离子方程式： 4FeO42-＋ 10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2，反应 中， Fe 由 +6 价降低为 +3 价，则价态升高的元素只能为 H2O 中的 O，从而得出氧化产物为 O2； K2FeO4 在处理水的过程中， Fe 价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成 Fe(OH)3 胶体，作净水剂。答案为： 3O2；杀菌消毒；吸附 (净水 )； （2）从图中可以看出，升高温度， c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反 应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发 生反应的 ΔH>0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动； >； Ⅱ. （1）由上表分析，若① CH3COOH，② HCO3-，③ C6H5OH，④ H2PO4-均可看做酸，表中的 电离常数分别为： 1.76 ×10－5、5.61 × 10－ 11、 1.1 × 10－10、6.23 × 10－8，可确定它们酸性由强到 弱的顺序为①④③②。答案为：①④③②； （2）C6H5OH 与 Na3PO4 反应，生成 C6H5O-与 HPO42-，反应的离子方程式为 C6H5OH＋PO43- =C6H5O－＋HPO42-。答案为： C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋ HPO42-； （3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液 中， CH3COO－与 NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中： c(CH3COO－ )=c(NH4+)。答案 为： =； （4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液 pH>7，也有可能出现 V<10，A 不正确； B．若混合液 pH<7，则反应生成 C6H5ONH4 后，剩余的 C6H5OH 又发生电离，从而使溶液显 酸性，由此可得出 c(C6H5O－)>c(NH4+)> c(H＋)>c(OH－)，B 不正确； C．V＝10 时，二者刚好完全反应，混合液中发生 C6H5O－ 、NH4+的水解反应，水的电离程 度大于 10mL0.01mol·L－1 苯酚溶液中水的电离程度， C 错误； D．V＝5 时， n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则， 2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝ c(C6H5O－ )＋ c(C6H5OH)，D 正确。答案为： D； （5）Na2CO3 第一步水解反应为 CO32-＋H2O HCO3-＋OH-，水解常数的表达式为 - - 3 b 2- 3 c(HCO ) c(OH )K c(CO ) 。答案为： - - 3 b 2- 3 c(HCO ) c(OH )K c(CO ) 。 15． 高锰酸钾、高铬酸是一种典型的强氧化剂。完成下列填空： （1）某一反应体系有反应物和生成物共五种物质： O2、H2CrO4、Cr(OH)3、 H2O、H2O2 已知 该反应中 H2O2 只发生如下过程： H2O2→O2 ①该反应中的还原剂是 _____________。 ②该反应中，发生还原反应的过程是 ____________→__________。 ③写出该反应的化学方程式 _______________________。 （2）在用 KMnO4 酸性溶液处理 Cu2S 和 CuS的混合物时，发生的反应如下： ①MnO 4-＋ Cu2S＋H＋ → Cu2＋＋ SO2↑＋Mn 2＋ ＋H2O(未配平 ) ②MnO 4-＋ CuS＋H＋ → Cu2＋＋SO2↑＋Mn 2＋＋H2O(未配平 ) 下列关于反应①的说法中正确的是 ______________(填字母序号 )。 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．生成 2.24 L(标况下 )SO2，反应转移电子的物质的量是 0.8 mol d．还原性的强弱关系是： Mn 2＋＞Cu2S （3）在稀硫酸中， 4MnO 和 H2O2 也能发生氧化还原反应。 已知： 2KMnO4＋7H2O2＋3H2SO4===K2SO4＋ 2MnSO4＋6O2↑＋ 10H2O，则被 2 mol KMnO 4 氧 化的 H2O2是 ____________mol 。 （4）高锰酸钾溶液与硫化亚铁固体有如下反应： 10FeS＋6KMnO 4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O 若上述反应前后固体的质量减少了 2.8 g，则硫元素与 KMnO4 之间发生电子转移的数目为 ________。 【答案】 H2O2 H2CrO4 Cr(OH)3 3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑+2H2O a b c 5 0.1NA(或 6.02 × 1022) 【解析】 【分析】 （1）H2O2 只发生如下过程： H2O2→O2，O 元素的化合价升高，则 Cr元素的化合价降低， 还原过程为 H2CrO4→ Cr（OH） 3，则发生 H2CrO4+H2O2→ Cr（OH） 3+H2O+O2↑，结合电子守 恒及质量守恒定律分析； （2）① MnO 4 － +Cu2S+H＋ → Cu2＋+SO2↑ +Mn2＋+H2O 中， Mn 元素的化合价降低，而铜元素的 化合价由 +1 升到 +2 价，硫元素的化合价由 -2 升到 +4 价，结合氧化还原反应基本概念及还 原剂的还原性大于还原产物的还原性分析； （3）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算； （4）反应 10FeS+6KMnO4+24H2SO4→ 3K2SO4+6MnSO4+5Fe2（SO4） 3+10S+24H2O 中，反应前 后固体变化为： FeS→S，固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的 量及转移的电子数。 【详解】 （1）①由 O 元素的化合价升高可知， H2O2 为还原剂； ②该反应中， Cr 元素的化合价降低，还原过程为 H2CrO4→ Cr（OH）3。 ③发生 H2CrO4+H2O2→ Cr（OH） 3+H2O+O2↑，Cr元素的化合价由 +6 价降低为 +3 价， O 元素 的化合价由 -1 价升高为 0， 由电子守恒可知 2H2CrO4+3H2O2→ 2Cr（ OH） 3+H2O+3O2↑， 再由 H 原子守恒可知， 3H2O2+2H2CrO4=2Cr（OH） 3+3O2↑ +2H2O 标出生成物中的 ↑及反应条件：该反应的化学方程式 3H2O2 +2H2CrO4= 2Cr(OH)3+ +3O2↑ +2H2O。 （2）a．铜元素的化合价由 +1 升到 +2 价，硫元素的化合价由 -2 升到 +4 价，均被氧化，故 a 正确； b．设氧化剂的物质的量为 x，还原剂的物质的量为 y，则 5x=（2+6）y， x:y=8:5，故 b 正 确； c．根据 b 项，当生成 5 mol SO2 时，转移电子 40 mol ，所以当有 0.1 mol SO2 生成时，转移 电子 0.8 mol，故 c 正确； d．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性 Cu2S＞Mn 2＋ ，故 d 错 误； 故答案为： abc； （3）反应 2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑ +10H2O 中， 2molKMnO 4 可氧化 5molH 2O2，生成的 6molO 2 中，有 5mol 为 H2O2 被氧化生成，有 1mol 为 H2O2 自身发生氧化 还原反应生成，则被 2 mol KMnO 4 氧化的 H2O2 是 5mol。 （4）10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O 反应中固体质量变化为： FeS→S，固体质量变化为铁元素的变化；反应前后固体的质量减 少了 2.8g，参加反应的亚铁离子的物质的量为： 2.8g ÷56g·mol －1=0.05mol，即被氧化的 FeS 的物质的量为 0.05mol ，被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为 0.05mol ，转移的 电子的物质的量为： 0.05mol ×2=0.1mol，电子数目为： 0.1N A。 【点睛】 本题考查氧化还原反应及计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与 应用能力的考查，注意守恒法应用，难点（ 3）反应 2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑ +10H2O 中， 2molKMnO 4 可氧化 5molH 2O2， 生成的 6molO 2 中，有 5mol 为 H2O2 被氧化生成，有 1mol 为 H2O2 自身发生氧化还原反应生 成。