《氧化還原反應(yīng)》同步練習(xí)1、把銅粉放入裝有濃氨水的試管中，塞緊試管塞，振蕩后發(fā)現(xiàn)試管塞越來(lái)越緊，且溶液逐漸變?yōu)闇\黃色（近乎無(wú)色）溶液，打開(kāi)試管塞后，溶液迅速變?yōu)樗{(lán)色溶液。則下列說(shuō)法不正確的是（）A．試管塞越來(lái)越緊，是因?yàn)榉磻?yīng)消耗了大量O2B．打開(kāi)試管塞前Cu元素的化合價(jià)為+1價(jià)C．溶液迅速變?yōu)樗{(lán)色溶液，是因?yàn)榉磻?yīng)生成了D．上述反應(yīng)原理可用于測(cè)定O2的含量【答案】C【解析】振蕩后試管越來(lái)越緊，屬于減壓狀態(tài)，說(shuō)明試管中的O2參與了反應(yīng)?；瘜W(xué)反應(yīng)為：4Cu＋8NH3＋O2＋2H2O→4[Cu(NH3)2]OH；打開(kāi)試管塞后，溶液迅速變?yōu)樗{(lán)色溶液說(shuō)明＋1價(jià)的銅被氧化成＋2價(jià)，[Cu(NH3)2]OH→[Cu(NH3)4](OH)2。根據(jù)銅粉質(zhì)量可以測(cè)定試管中O2的含量。故Ｃ選項(xiàng)錯(cuò)誤。2、一般情況下，銅粉不溶于稀硫酸，但添加某物質(zhì)后，則可反應(yīng)生成硫酸銅（必要時(shí)可以加熱）。加入下列物質(zhì)時(shí)，肯定不能促使銅粉溶解的是()A．H2O2B．FeCl3C．O2D．FeCl2【答案】D【解析】在酸性溶液中H2O2可氧化銅，在酸性溶液中并在加熱條件下氧氣可氧化銅，F(xiàn)eCl3可與銅反應(yīng)，因此選D。思路點(diǎn)撥:本題根據(jù)銅的性質(zhì)及H2O2、FeCl3、O2的氧化性作答。3、ClO2是一種消毒殺菌效率高的水處理劑,實(shí)驗(yàn)室可通過(guò)以下反應(yīng)制得：KClO3+H2C2O4+H2SO4→ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平)下列有關(guān)敘述中，正確的是（A．H2C2O4的氧化性比ClO2B．1molKClO3參加反應(yīng)有1mol電子轉(zhuǎn)移C．ClO2是氧化產(chǎn)物D．還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:2【答案】B【解析】4、銻在自然界一般以硫化物的形式存在，我國(guó)銻的蘊(yùn)藏量占世界第一。從硫化物中提取單質(zhì)銻一般是先在高溫下將硫化物轉(zhuǎn)化為氧化物，再用碳還原：①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C=4Sb+6CO關(guān)于反應(yīng)①、②的說(shuō)法正確的是（）A.反應(yīng)①②中的氧化劑分別是Sb2S3、Sb4O6B.反應(yīng)①中每生成3molFeS時(shí)，共轉(zhuǎn)移6mol電子C.反應(yīng)②說(shuō)明高溫下Sb的還原性比C強(qiáng)D.每生成4molSb時(shí)，反應(yīng)①與反應(yīng)②中還原劑的物質(zhì)的量之比為4︰3【答案】B【解析】5、2022年9月，我國(guó)神舟七號(hào)載人航天飛行圓滿成功，實(shí)現(xiàn)了我國(guó)空間技術(shù)發(fā)展具有里程碑意義的重大跨越。航天飛船中的某些系統(tǒng)采用固體燃料作動(dòng)力，其反應(yīng)方程式為：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑ΔH＜0。下列對(duì)該反應(yīng)的敘述不正確的是（）A．1mol高氯酸銨分解時(shí)會(huì)轉(zhuǎn)移14mol電子B．該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為3∶1C．該反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量D．該反應(yīng)是熵增加的化學(xué)反應(yīng)【答案】A【解析】6、已知：將Cl2通入適量KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值與溫度高低有關(guān)。當(dāng)n(KOH)＝amol時(shí)，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．若某溫度下，反應(yīng)后＝11，則溶液中＝B．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于amolC．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的最大理論產(chǎn)量為molD．改變溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：amol≤ne≤amol【答案】C【解析】A．若某溫度下，反應(yīng)后＝11，則根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒可得1×c(Cl-)=1×c(ClO-)+5×c(ClO3-),c(ClO3-)=2,則溶液中＝,正確；B．在反應(yīng)后的產(chǎn)物中Cl元素與K元素的原子個(gè)數(shù)比為1:1，因?yàn)閚(KOH)＝amol所以參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于amol，正確；C．改變溫度，若產(chǎn)物中被氧化的Cl完全變?yōu)镵ClO3，根據(jù)元素守恒和電子守恒可知KClO3的最大理論產(chǎn)量為mol，錯(cuò)誤；D．改變溫度，若氧化產(chǎn)物完全變?yōu)镵ClO,則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne=amol；若完全氧化KClO3，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne=amol，所以反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量的范圍：amol≤ne≤amol，正確。7、Ｃu+在酸性溶液中可發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，生成Cu2+和Cu。若檢驗(yàn)用H2還原CuO所得的紅色產(chǎn)物中是否含有Cu2O，應(yīng)選用的試劑是()A、濃硝酸B、濃硫酸C、稀硫酸D、稀硝酸【答案】C【解析】8、根據(jù)最新報(bào)道,科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了如下反應(yīng)O2+PtF6=O2(PtF6),已知O2(PtF6)為離子化合物（其中Pt為+5價(jià)）,對(duì)于此反應(yīng),下列說(shuō)法正確的是()A、在此反應(yīng)中,O2氧化劑,PtF6是還原劑B、O2(PtF6)中氧元素的化合價(jià)為+1價(jià)C、在此反應(yīng)中,每生成1molO2(PtF6)則轉(zhuǎn)移1mol電子D、在O2(PtF6)中不存在共價(jià)鍵【答案】C【解析】9、氯化溴是由兩種鹵素互相結(jié)合而成的鹵素互化物。其化學(xué)性質(zhì)與Cl2相似，能與金屬和非金屬反應(yīng)生成鹵化物，能與水反應(yīng)：BrCl+H2O===HCl+HbrO，下列有關(guān)BrCl的性質(zhì)的敘述中不正確的是()A．是較強(qiáng)的氧化劑 B．BrCl含極性共價(jià)鍵C．能使?jié)櫇竦牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)D．BrCl與水反應(yīng)中，BrCl既是氧化劑，又是還原劑【答案】D【解析】10、據(jù)悉，奧運(yùn)會(huì)上使用的發(fā)令槍所用的“火藥”成分是氯酸鉀和紅磷，經(jīng)撞擊發(fā)出響聲，同時(shí)產(chǎn)生白色煙霧。撞擊時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為：5KCIO3＋6P＝3P2O5＋5KCl，則下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是()A．上述反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5：6B．白色煙霧是生成的P2O5白色固體小顆粒(煙)吸收空氣中的水分，生成磷酸小液滴(霧)C．反應(yīng)中消耗1molP時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5molD．因紅磷和白磷互為同分異構(gòu)體，所以上述火藥中的紅磷可以用白磷代替【答案】D【解析】11、赤銅礦的主要成分是Cu2O，輝銅礦的主要成分是Cu2S，將赤銅礦與輝銅礦混合加熱發(fā)生以下反應(yīng)：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2下，關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法中，正確的是()A．該反應(yīng)的氧化劑只有Cu2OB．Cu2S在反應(yīng)中既是氧化劑，又是還原劑C．Cu既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物D．每生成，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子【答案】B【解析】12、關(guān)于反應(yīng)的有關(guān)敘述中，正確的是（）A．KCl中含有B．KCl中含有C．生成物的相對(duì)分子質(zhì)量大于71D．該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為【答案】A【解析】13、在一定條件下，和氟氣可發(fā)生如下反應(yīng)：RO3n－和氟氣可發(fā)生如下反應(yīng)：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O。從而可知在RO3n－中，元素R的化合價(jià)是（）A．＋4B．＋5C．＋6D．＋7【答案】B【解析】14、某含鉻Cr2O72－廢水用硫亞鐵銨［FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O］處理，反應(yīng)中鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀。該沉淀干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考慮處理過(guò)程中的實(shí)際損耗，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．消耗硫酸亞鐵銨的物質(zhì)量為n(2-x)molB．處理廢水中Cr2O72－的物質(zhì)量為EQ\f(nx,2)molC．反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3nxmolD．在FeO·FeyCrxO3中3x=y【答案】A【解析】15、下列各組離子在堿性條件下能大量共存，而在強(qiáng)酸性條件下能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的是（）+、Na+、SO42-、Cl—+、CO32-、Cl—、NO3—+、K+、NO3—、SO32—+、Na+、SO42-、NO3—【答案】C【解析】16、有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六種微粒，分別屬于一個(gè)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．還原產(chǎn)物為NH4+B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8:lC．若有l(wèi)molNO3－參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移8mole-D．若把該反應(yīng)設(shè)計(jì)為原電池，則負(fù)極反應(yīng)為Fe2+－e-＝Fe3+【答案】C【解析】17、向氯酸鈉的酸性水溶液中通入二氧化硫，反應(yīng)中氧化過(guò)程為：SO2+2H2O–2e-→SO42-+4H+；向亞氯酸鈉(NaClO2)固體中通入用空氣稀釋的氯氣，反應(yīng)中還原過(guò)程為：Cl2+2e-→2Cl-。在上述兩個(gè)反應(yīng)中均會(huì)生成產(chǎn)物X，則X的化學(xué)式為（）A．NaClO B．NaClO4C【答案】D【解析】18、美日科學(xué)家因在研究“鈀催化交叉偶聯(lián)反應(yīng)”所作出的杰出貢獻(xiàn)，獲得了2022年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。鈀的化合物PdCl2通過(guò)化學(xué)反應(yīng)可用來(lái)檢測(cè)有毒氣體CO，該反應(yīng)的反應(yīng)物與生成物有：CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一種未知物質(zhì)X。下列說(shuō)法不正確的是（）A．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為1mo1時(shí)，生成2mo1物質(zhì)XB．未知物質(zhì)X為CO2C．反應(yīng)中CO作還原劑D．題述反應(yīng)條件下還原性：CO>Pd【答案】A【解析】19、下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所對(duì)應(yīng)的離子方程式不正確的是（）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象離子方程式A在空氣中放置一段時(shí)間后，溶液呈藍(lán)色4H++4I-+O2=2I2+2H2OB溶液由淺綠色變?yōu)榧t色2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3C溶液由黃綠色變?yōu)闊o(wú)色Cl2＋2OH-=Cl-+ClO-+H2OD有白色沉淀生成，溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色Ba2＋＋OH－+H++SO42-＝BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】20、據(jù)悉，2022倫敦奧運(yùn)會(huì)上使用的發(fā)令槍所用的“火藥”成分是氯酸鉀和紅磷，經(jīng)撞擊發(fā)出響聲，同時(shí)產(chǎn)生白色煙霧。撞擊時(shí)發(fā)生的化學(xué)方程式為：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，則下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A．上述反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5:6B．產(chǎn)生白色煙霧的原因是生成的P2O5白色固體小顆粒(煙)吸水性很強(qiáng)，吸收空氣中的水分，生成磷酸小液滴(霧)C．上述反應(yīng)中消耗3molP時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為15molD．因紅磷和白磷互為同素異形體，所以上述火藥中的紅磷可以用白磷代替【答案】D【解析】21、鋰的化合物用途廣泛，如Li3N是非常有前途的儲(chǔ)氫材料，氨基鋰（LiNH2）主要用于藥物制造．在一定條件下，2.30g固體A與5.35gNH4Cl固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．氣體C極易溶于水得到堿性溶液，電解無(wú)水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣．由文獻(xiàn)資料知道：工業(yè)上物質(zhì)A可用金屬D與液態(tài)的C在硝酸鐵催化下反應(yīng)來(lái)制備，純凈的A為白色固體，但制得的粗品往往是灰色的；A的熔點(diǎn)390℃，沸點(diǎn)430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反應(yīng)劇烈，也要避免接觸酸、酒精．在空氣中A緩慢分解，對(duì)其加強(qiáng)熱則猛烈分解，在750～800℃回答下列問(wèn)題：（1）C的電子式為．（2）將鋰在純氮?dú)庵腥紵芍频肔i3N，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）氮化鋰在氫氣中加熱時(shí)可得到氨基鋰（LiNH2），其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氧化產(chǎn)物為（填化學(xué)式）．在270℃時(shí)，該反應(yīng)可逆向發(fā)生放出H2，因而氮化鋰可作為儲(chǔ)氫材料，儲(chǔ)存氫氣最多可達(dá)Li3N質(zhì)量的（精確到）．（4）A在750～800℃分解的方程式．（5）亞氨基鋰（Li2NH）也是一種儲(chǔ)氫容量高，安全性好的固體儲(chǔ)氫材料，其儲(chǔ)氫原理可表示為L(zhǎng)i2NH+H2═LiNH2+LiH，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是．A．LiNH中N的化合價(jià)是﹣1B．該反應(yīng)中H2既是氧化劑又是還原劑C．Li+和H﹣的離子半徑相等D．此法儲(chǔ)氫和鋼瓶?jī)?chǔ)氫的原理相同（6）久置的A可能大部分變質(zhì)而不能使用，需要將其銷毀．遇到這種情況，可用苯或甲苯將其覆蓋，然后緩慢加入用苯或甲苯稀釋過(guò)的無(wú)水乙醇，試解釋其化學(xué)原理．．【答案】（1）；（2）6Li+N22Li3N；（3）LiNH2，；（4）3LiNH2Li3N+2NH3；（5）B．（6）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫沒(méi)有水中氫活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)．【解析】在一定條件下，2.30g固體A與固體恰好完全反應(yīng)，生成固體B和4.48L氣體C（標(biāo)準(zhǔn)狀況），氣體C極易溶于水得到堿性溶液，可推知C為NH3，電解無(wú)水B可生成一種短周期元素的金屬單質(zhì)D和氯氣，B為金屬D氯化物，4.48L氨氣的物質(zhì)的量==，其質(zhì)量=×17g/mol=3.4g，根據(jù)質(zhì)量守恒可知B的質(zhì)量為2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩爾質(zhì)量為53.5g/mol，為，若D為ⅡA族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl2的物質(zhì)的量=，其摩爾質(zhì)量==85g/mol，D的相對(duì)分子質(zhì)量=85﹣71=14，不符合題意，若D為ⅠA族金屬，則固體A與NH4Cl固體反應(yīng)可表為：A+NH4Cl→DCl+NH3，根據(jù)Cl原子守恒，DCl的物質(zhì)的量=，其摩爾質(zhì)量==42.5g/mol，D的相對(duì)分子質(zhì)量=﹣=7，故D為L(zhǎng)i，可推知B為L(zhǎng)iCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也為，再根據(jù)質(zhì)量守恒和原子守恒（原子的種類和數(shù)目反應(yīng)前后相同），則中含有N原子為﹣=，含有H原子為×4﹣=，可推知A是LiNH2；（1）C為氨氣是共價(jià)化合物書(shū)寫(xiě)C的電子式為：；故答案為：；（2）將鋰在純氮?dú)庵腥紵芍频肔i3N，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Li+N22Li3N；故答案為：6Li+N22Li3N；（3）反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氫元素化合價(jià)0價(jià)變化為+1價(jià)和﹣1價(jià)，化合價(jià)升高的做還原劑被氧化生成氧化產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物為L(zhǎng)iNH2，在270℃時(shí)，該反應(yīng)可逆向發(fā)生放出H2，因而氮化鋰可作為儲(chǔ)氫材料，按照化學(xué)方程式計(jì)算，儲(chǔ)存氫氣最多可達(dá)Li3N質(zhì)量的=×100%=%；故答案為：LiNH2，；（4）A為是LiNH2，在750～800℃分解的方程式為：3LiNH2Li3N+2NH3；故答案為：3LiNH2Li3N+2NH3；（5）A、Li2NH中氮元素的化合價(jià)為﹣3；故A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)物H2中的氫元素的化合價(jià)為0價(jià)，反應(yīng)后生成LiNH2中H元素的化合價(jià)是+1，LiH中H元素的化合價(jià)是﹣1，所以H2既是氧化劑又是還原劑，故B正確；C、Li+核外有一個(gè)電子層，H+核外無(wú)電子，離子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，故Li+半徑大于H+；故C錯(cuò)誤；D、鋼瓶?jī)?chǔ)氫是物理過(guò)程，而該方法為化學(xué)方法，故D錯(cuò)誤．故選B．故答案為：B．（6）久置的A可能大部分變質(zhì)而不能使用，需要將其銷毀．遇到這種情況，可用苯或甲苯將其覆蓋，然后緩慢加入用苯或甲苯稀釋過(guò)的無(wú)水乙醇，LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋，乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫比水中氫不活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)；故答案為：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它們，所以可用苯或甲苯進(jìn)行覆蓋；乙醇羥基上的氫較活潑，故也可以跟LiNH2反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羥基上的氫沒(méi)有水中氫活潑，故此反應(yīng)進(jìn)行較緩慢，可將其銷毀又不會(huì)有危險(xiǎn)．22、MnO2、KMnO4等是中學(xué)化學(xué)中的常用試劑．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）MnO2在H2O2分解反應(yīng)中作催化劑．若將MnO2加入酸化的H2O2溶液中，MnO2溶解產(chǎn)生Mn2+，反應(yīng)的離子方程式是．（2）用MnO2制KMnO4的工藝流程如下電解池中兩極材料均為碳棒，在水或酸性溶液中K2MnO4發(fā)生歧化而變成MnO2和KMnO4．①寫(xiě)出240℃熔融時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式，投料時(shí)必須滿足n（KOH）：n（MnO2）②陽(yáng)極的電極反應(yīng)為．③B物質(zhì)是H2（寫(xiě)化學(xué)式，下同），可以循環(huán)使用的物質(zhì)是．④鉀離子交換膜的一種材料是聚丙烯酸鉀（），聚丙烯酸鉀單體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．⑤上述制得的KMnO4產(chǎn)品0.165g，恰好與0.335g經(jīng)硫酸酸化的Na2C2O4反應(yīng)完全，該KMnO4的純度是（精確到【答案】（1）MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；（2）①2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；②MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；③H2，KOH固體；④CH2=CHCOOK；⑤%．【解析】（1）雙氧水具有還原性，在酸性環(huán)境下，得到的氧化產(chǎn)物是氧氣，二氧化錳具有氧化性，在酸性環(huán)境下，得到還原產(chǎn)物是錳離子，二者在酸性環(huán)境下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O，故答案為：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；（2）用MnO2制KMnO4的工藝流程：二氧化錳、氫氧化鉀以及氧氣在240℃①240℃熔融時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O，氫氧化鉀、氧氣過(guò)量，可以保證錳元素的全部轉(zhuǎn)化，投料時(shí)必須滿足n（KOH）：n（MnO2）大于2：1，故答案為：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；②在電解池的陽(yáng)極上是錳酸鉀中的陰離子失電子的過(guò)程，即MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，故答案為：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；③在電解池的陰極上是氫離子得電子，在該極上會(huì)產(chǎn)生氫氣，在流程中，電解產(chǎn)物氫氧化鉀可以在開(kāi)始接著利用，即可以循環(huán)使用，故答案為：H2，KOH固體；④兩個(gè)碳原子鏈結(jié)的高分子化合物的單體是單鍵閉合，形成碳碳雙鍵即可，即單體是：CH2=CHCOOK，故答案為：CH2=CHCOOK；⑤設(shè)該KMnO4的純度為y，根據(jù)2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知，KMnO4﹣﹣Na2C2O×158134×yy=×100%=%，故答案為：%．23、利用低品位軟錳礦漿（主要成分是MnO2，少量的Fe3+、Al3+等）吸收高溫焙燒含硫廢渣產(chǎn)生的SO2廢氣，制備硫酸錳晶體可實(shí)現(xiàn)資源的綜合利用和環(huán)境治理．已知，浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，還含有少量的Fe2+、Al3+等其他金屬離子．有關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀時(shí)的pH見(jiàn)表：離子開(kāi)始沉淀時(shí)的pH完全沉淀時(shí)的pH加堿溶解的pHFe2+Fe3+Al3+＞Mn2+（1）寫(xiě)出浸出過(guò)程中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式．浸出過(guò)程中Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，此轉(zhuǎn)化的離子反應(yīng)方程式為．（2）寫(xiě)出氧化過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式：．（3）①在氧化后的液體中加入石灰漿，用于調(diào)節(jié)pH，pH應(yīng)調(diào)節(jié)至．②若加入的石灰漿過(guò)多，會(huì)使得MnSO4·H2O晶體中含有較多雜質(zhì)，用離子反應(yīng)方程式表示其原因．（4）下列各組試劑中，能準(zhǔn)確測(cè)定尾氣中SO2含量的是（選填序號(hào)）．a(chǎn)．NaOH溶液、酚酞試液b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c．碘水、淀粉溶液d．氨水、酚酞試液．【答案】（1）SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）①～；②Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（4）bc．【解析】（1）低品位軟錳礦漿的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，則MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+MnO2=MnSO4，三價(jià)鐵被二氧化硫還原成亞鐵離子，離子反應(yīng)方程式為：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案為：SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（2）雜質(zhì)離子中只有Fe2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案為：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）①雜質(zhì)中含有Fe3+、Al3+陽(yáng)離子，從圖可表以看出，大于可以將Fe3+和Al3+除去，小于是防止Mn2+也沉淀，所以只要調(diào)節(jié)pH值在～間即可．故答案為：～；②若加入的石灰漿過(guò)多，氫氧化鋁與氫氧化鈣反應(yīng)生成偏鋁酸根離子，所以離子反應(yīng)方程式為：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案為：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（4）a．二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉和二氧化硫、水又能反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，有兩步反應(yīng)，所以無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)定尾氣中SO2含量，故a錯(cuò)誤．b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液和二氧化硫能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使溶液褪色，只發(fā)生一步反應(yīng)，所以能準(zhǔn)確測(cè)定尾氣中SO2含量，故b正確．c．碘和二氧化硫能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使溶液褪色，只發(fā)生一步反應(yīng)，所以能準(zhǔn)確測(cè)定尾氣中SO2含量，故c正確．d．氨水和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，亞硫酸銨和二氧化硫和水又能反應(yīng)生成亞硫酸氫銨，有兩步反應(yīng)，所以無(wú)法準(zhǔn)確測(cè)定尾氣中SO2含量，故d錯(cuò)誤．故答案為：b、c．24、高鐵酸鉀是一種集氧化、吸附、絮凝于一體的新型多功能水處理劑．其生產(chǎn)工藝流程如圖1：請(qǐng)同答下列問(wèn)題：（l）寫(xiě)出向KOH溶液中通入足量Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式．（2）在溶液I中加入KOH固體的目的是（填編號(hào)）．A．為下一步反應(yīng)提供堿性的環(huán)境B．使KClO3轉(zhuǎn)化為KClOC．與溶液I中過(guò)量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)，生成更多的KClOD．KOH固體溶解時(shí)會(huì)放出較多的熱量，有利于提高反應(yīng)速率（3）從溶液Ⅱ中分離出K2FeO4后，還會(huì)有副產(chǎn)品KNO3，KCl，則反應(yīng)③中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為．每制得59.4克K2FeO4，理論上消耗氧化劑的物質(zhì)的量為mol．（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）作為水處理劑的一個(gè)優(yōu)點(diǎn)是能與水反應(yīng)生成膠體吸附雜質(zhì)，配平該反應(yīng)的離子方程式：FeO42﹣+H2O═Fe（0H）3（膠體）+O2↑+OH﹣．（5）從環(huán)境保護(hù)的角度看，制備K2FeO4較好的方法為電解法，其裝置如圖2所示．電解過(guò)程中陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為．（6）高鐵電池是一種新型二次電池，電解液為堿溶液，其反應(yīng)式為：3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，放電時(shí)電池的負(fù)極反應(yīng)式為．【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）AC；（3）2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；；（4）4；10；4；3；8；（5）Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（6）Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．【解析】足量Cl2通入和KOH溶液中，溫度低時(shí)發(fā)生反應(yīng)Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯氣完全反應(yīng)，且將溶液轉(zhuǎn)化為堿性溶液，只有堿性條件下次氯酸根離子才能和鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸根離子，除去KCl得到堿性的KClO濃溶液，向堿性的KClO濃溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，發(fā)生反應(yīng)2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，純化得到濕產(chǎn)品，將濕產(chǎn)品洗滌、干燥得到晶體K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2發(fā)生反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O，離子方程式為Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案為：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）KOH和氯氣反應(yīng)生成KClO，除去未反應(yīng)的氯氣，且只有堿性條件下，鐵離子才能和次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸根離子，所以加入KOH的目的是除去氯氣且使溶液為堿性，故選AC；（3）反應(yīng)③中鐵離子和次氯酸根粒子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成高鐵酸根離子，離子方程式為2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；n（K2FeO4）==，根據(jù)2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O知，氧化劑的物質(zhì)的量=×3=，故答案為：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；；（4）該反應(yīng)中Fe元素化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?3價(jià)、O元素化合價(jià)由﹣2價(jià)變?yōu)?價(jià)，其轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、電荷守恒配平方程式為4FeO42﹣+10H2O=2Fe（OH）3（膠體）+3O2↑+8OH﹣，故答案為：4；10；4；3；8；（5）Na2FeO4能消毒、凈水的原因高價(jià)鐵具有氧化性，能消毒殺菌，生成Fe3+形成膠體，具有吸附懸浮物的凈水的作用，電解時(shí)陽(yáng)極Fe失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)方程式為Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；故答案為：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（6）該原電池放電時(shí)，負(fù)極上鋅失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋅，電極反應(yīng)式為：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，充電時(shí)，氫氧根離子參加反應(yīng)生成水，所以隨著反應(yīng)的進(jìn)行，氫氧根離子濃度減小，溶液的pH減小，故答案為：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．25、無(wú)機(jī)化合物A中含有元素Li元素，A的摩爾質(zhì)量