課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)一、選擇題：每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．(2021·舟山一中模擬)已知氧化性Br2>Fe3＋。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為aFe2＋＋bBr－＋cCl2===dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列選項(xiàng)中的數(shù)字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對(duì)應(yīng)，其中不符合反應(yīng)實(shí)際的是(　　)A．2　4　3　2　2　6B．0　2　1　0　1　2C．2　0　1　2　0　2D．2　2　2　2　1　4解析：選B。根據(jù)題意，Cl2先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。2．乙醇與酸性K2Cr2O7溶液混合可發(fā)生如下反應(yīng)：Cr2O＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列敘述不正確的是(　　)A．Cr2O中Cr元素化合價(jià)為＋6B．氧化產(chǎn)物為CH3COOHC．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D．1molC2H5OH發(fā)生上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mole－解析：選D。Cr2O中O元素化合價(jià)為－2，則Cr元素化合價(jià)為＋6，A正確；乙醇失去電子被氧化為乙酸，故氧化產(chǎn)物為CH3COOH，B正確；K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，C正確；乙醇中碳元素化合價(jià)為－2，乙酸中碳元素化合價(jià)為0，則1molC2H5OH發(fā)生題述反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mole－，D錯(cuò)誤。3．已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng)：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。則RO中R的化合價(jià)是(　　)A．＋3B．＋4C．＋5D．＋6解析：選D。根據(jù)離子反應(yīng)中反應(yīng)前后電荷守恒可得，3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根據(jù)化合價(jià)規(guī)則判斷RO中R的化合價(jià)為＋6。也可根據(jù)得失電子守恒計(jì)算。4．在一定條件下HI、Fe、FeBr2分別與足量的Cl2反應(yīng)，如果三個(gè)反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，則HI、Fe、FeBr2的物質(zhì)的量之比為(　　)A．1∶1∶1B．3∶1∶1C．1∶3∶3D．6∶3∶2 解析：選B。反應(yīng)中只有氯氣是氧化劑，三個(gè)反應(yīng)得失電子數(shù)目相等，則三個(gè)反應(yīng)中參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量相等，令參加反應(yīng)的氯氣為1mol，根據(jù)2HI＋Cl2===2HCl＋I(xiàn)2，n(HI)＝2mol，根據(jù)2Fe＋3Cl22FeCl3，n(Fe)＝mol，根據(jù)2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2，n(FeBr2)＝mol，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2mol∶mol∶mol＝3∶1∶1。5．據(jù)統(tǒng)計(jì)城市機(jī)動(dòng)車輛每年以15%至20%的速度增長(zhǎng)，交通事故也頻發(fā)，汽車在劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列判斷正確的是(　　)A．還原劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5∶8B．若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.4mol，則轉(zhuǎn)移電子1molC．每生成1.6molN2，則有0.2molKNO3被氧化D．NaN3是只含有離子鍵的離子化合物解析：選B。KNO3為氧化劑，NaN3為還原劑，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，其中氧化產(chǎn)物占，則還原劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為10∶＝2∶3，故A錯(cuò)誤；由反應(yīng)可知，轉(zhuǎn)移10mol電子時(shí)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.4mol時(shí)轉(zhuǎn)移電子1mol，故B正確；反應(yīng)中KNO3是氧化劑，被還原，故C錯(cuò)誤；NaN3是含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵的離子化合物，故D錯(cuò)誤。6．(2021·東營(yíng)高三模擬)NaNO2是一種食品添加劑，但食用過(guò)量可能致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列敘述中正確的是(　　)A．該反應(yīng)中NO被還原B．反應(yīng)過(guò)程中溶液的pH減小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4 D．Ｋ中的粒子是OH－解析：選C。NO中N元素的化合價(jià)升高，NO被氧化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，據(jù)此可知，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。7．某溫度下將Cl2通入KOH溶液里，反應(yīng)后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，經(jīng)測(cè)定ClO－與ClO的物質(zhì)的量濃度之比為11∶1，則Cl2與KOH反應(yīng)時(shí)，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為(　　)A．1∶3B．4∶3C．2∶1D．3∶1解析：選B。本題考查氧化還原反應(yīng)的簡(jiǎn)單計(jì)算。據(jù)題意設(shè)得到KCl、KClO、KClO3的物質(zhì)的量分別為xmol、11mol、1mol，則x　　　Cl2→KCl　　　降x×111Cl2→KClO升11×11Cl2→KClO3升1×5根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降數(shù)值相等可得x×1＝11×1＋1×5，解得x＝16，則被還原和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比是16∶(1＋11)＝4∶3。8．(2021·濱州高三模擬)工業(yè)上用發(fā)煙HClO4把潮濕的CrCl3氧化為棕色的煙[CrO2(ClO4)2]來(lái)除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素轉(zhuǎn)化為最低價(jià)態(tài)。下列說(shuō)法不正確的是(　　)A．HClO4屬于強(qiáng)酸，反應(yīng)還生成了另一種強(qiáng)酸B．該反應(yīng)中，參加反應(yīng)的氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素顯＋6價(jià)D．該反應(yīng)的離子方程式為19ClO＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O解析：選D。根據(jù)題意，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為19HClO4＋8CrCl3＋4H2O===8CrO2(ClO4)2↓＋27HCl，HClO4屬于強(qiáng)酸，反應(yīng)生成的HCl也是強(qiáng)酸，A項(xiàng)正確；該反應(yīng)的氧化劑為HClO4，氧化產(chǎn)物為CrO2(ClO4)2，當(dāng)有19molHClO4 參加反應(yīng)時(shí)，其中有3mol做氧化劑，生成的氧化產(chǎn)物[CrO2(ClO4)2]為8mol，因此參加反應(yīng)的氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶8，B項(xiàng)正確；CrO2(ClO4)2中O元素顯－2價(jià)，ClO顯－1價(jià)，所以Cr元素顯＋6價(jià)，C項(xiàng)正確；該反應(yīng)在酸性條件下進(jìn)行，離子方程式為19ClO＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋8H＋＋3Cl－，D項(xiàng)錯(cuò)誤。二、選擇題：每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。9．已知酸性高錳酸鉀溶液可以將FeSO4氧化，化學(xué)方程式為2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O?，F(xiàn)將一定量用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與硫酸亞鐵溶液混合，充分反應(yīng)后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中鐵離子的物質(zhì)的量隨加入KI的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如圖所示，則下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是(　　)A．圖中AB段主要是高錳酸鉀和碘化鉀溶液反應(yīng)B．圖中BC段發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I(xiàn)2C．根據(jù)OC段的數(shù)據(jù)可知，開始加入的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.25molD．根據(jù)OC段的數(shù)據(jù)可知，開始加入的硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為1mol解析：選D。根據(jù)題干中化學(xué)方程式可知，MnO的氧化性強(qiáng)于Fe3＋，當(dāng)加入KI溶液時(shí)，n(Fe3＋)不變，說(shuō)明MnO先氧化I－，A正確；MnO反應(yīng)完全后，F(xiàn)e3＋氧化I－，使n(Fe3＋)減小，B正確；BC段參加反應(yīng)的I－為0.75mol，故被還原的n(Fe3＋)為0.75mol，再根據(jù)電子守恒可知，生成0.75molFe3＋需0.15molMnO，加入0.5molKI時(shí)，剩余的MnO全部被還原，消耗0.1molMnO，則開始加入的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.25mol，C正確，D不正確。10．(2021·安陽(yáng)質(zhì)檢)已知：①KMnO4＋HCl(濃)―→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋ H2O(未配平)②檢驗(yàn)Mn2＋的存在：5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===10SO＋2MnO＋16H＋下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　)A．S2O離子中存在一個(gè)過(guò)氧鍵(—O—O—)，則S2O離子中硫元素的化合價(jià)為＋6價(jià)B．反應(yīng)②若有0.1mol還原劑被氧化，則轉(zhuǎn)移電子0.5mol　C．K2S2O8與濃鹽酸混合可得到黃綠色氣體D．反應(yīng)①配平后還原劑與還原產(chǎn)物之比為8∶1解析：選D。A.過(guò)氧鍵整體顯－2價(jià)，S2O中存在一個(gè)過(guò)氧鍵，則S2O中硫元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，故A正確；B.反應(yīng)②Mn2＋為還原劑，若有2mol還原劑被氧化，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol×(7－2)＝10mol，故若有0.1mol還原劑被氧化，轉(zhuǎn)移電子0.5mol，故B正確；C.根據(jù)反應(yīng)②，K2S2O8的氧化性比高錳酸鉀強(qiáng)，故其與濃鹽酸混合可得到氯氣，故C正確；D.反應(yīng)①中Mn元素從＋7價(jià)降低到＋2價(jià)，Cl元素從－1價(jià)升高到0價(jià)，由得失電子守恒和原子守恒配平方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，反應(yīng)中HCl中的Cl元素的化合價(jià)升高，HCl做還原劑，還原產(chǎn)物為MnCl2，16份氯化氫參與反應(yīng)，只有10份做還原劑，則還原劑與還原產(chǎn)物之比為5∶1，故D錯(cuò)誤。11．(2021·濰坊模擬)釩元素在酸性溶液中有多種存在形式，其中VO2＋為藍(lán)色，VO為淡黃色，VO具有較強(qiáng)的氧化性，F(xiàn)e2＋、SO等能把VO還原為VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色。下列說(shuō)法正確的是(　　)A．在酸性溶液中氧化性：MnO>VO2＋>Fe3＋B．亞硫酸鈉溶液與酸性(VO2)2SO4溶液發(fā)生反應(yīng)：2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2OC．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液發(fā)生反應(yīng)：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4D．向含1molVO的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移 1.5mol電子解析：選BC。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色，說(shuō)明MnO把VO2＋氧化為VO，則氧化性：MnO>VO，F(xiàn)e2＋能把VO還原為VO2＋，自身被氧化為Fe3＋，則氧化性：VO>Fe3＋，但無(wú)法說(shuō)明VO2＋和Fe3＋的氧化性強(qiáng)弱關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；SO能把VO還原為VO2＋，自身被氧化為SO，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和質(zhì)量守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2O，B項(xiàng)正確；向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色，說(shuō)明KMnO4把VOSO4氧化為(VO2)2SO4，自身被還原為MnSO4，結(jié)合得失電子守恒和質(zhì)量守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4，C項(xiàng)正確；向含1molVO的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液發(fā)生反應(yīng)：Fe2＋＋VO＋2H＋===Fe3＋＋VO2＋＋H2O，則VO的量不足，所以轉(zhuǎn)移1mol電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。12．(2021·山東高三模擬)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu(NO3)2。向所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　)A．原固體混合物中Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.6mol·L－1C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48LD．Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余0.6molHNO3解析：選BD。向所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中的溶質(zhì)為NaNO3，則n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1.0mol，沉淀為Cu(OH)2，質(zhì)量為39.2g，則其物質(zhì)的量為0.4mol，根據(jù)銅元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝0.4mol，所以反應(yīng)后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.4mol。 設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為x、y，根據(jù)二者質(zhì)量有64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，根據(jù)銅元素守恒有x＋2y＝0.4mol，聯(lián)立方程解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，故Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.2mol∶0.1mol＝2∶1，A項(xiàng)正確；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以n(NO)＝0.2mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，根據(jù)氮元素守恒可知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2mol＋1.0mol＝1.2mol，所以原硝酸溶液的濃度c(HNO3)＝1.2mol÷0.5L＝2.4mol·L－1，B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；根據(jù)選項(xiàng)B計(jì)算可知n(NO)＝0.2mol，所以反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅反應(yīng)，剩余的氫氧化鈉與硝酸反應(yīng)，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知，Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。三、非選擇題13．磷化鋁(AlP)和磷化氫(PH3)都是糧食儲(chǔ)備常用的高效熏蒸殺蟲劑。(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP遇水蒸氣會(huì)發(fā)生反應(yīng)放出PH3氣體，該反應(yīng)的另一種產(chǎn)物的化學(xué)式為________。(2)PH3具有強(qiáng)還原性，能與CuSO4溶液反應(yīng)，配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式：CuSO4＋PH3＋H2O===Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4(3)工業(yè)制備PH3的流程如圖所示。①白磷和燒堿溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________， 次磷酸屬于________(填“一”“二”或“三”)元酸。②若起始時(shí)有1molP4參加反應(yīng)，則整個(gè)工業(yè)流程中共生成________molPH3。(不考慮產(chǎn)物的損失)解析：(1)AlP與H2O反應(yīng)生成PH3氣體，另一種產(chǎn)物的化學(xué)式是Al(OH)3。(2)反應(yīng)中Cu由＋2價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，部分P由－3價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒可將化學(xué)方程式配平。(3)①由流程圖可知，白磷和燒堿溶液反應(yīng)生成PH3和NaH2PO2，產(chǎn)物中H原子個(gè)數(shù)比O原子個(gè)數(shù)多，因此反應(yīng)物中除P4、NaOH外還應(yīng)有H2O參與，據(jù)此可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。由于使用的燒堿過(guò)量，所以得到的NaH2PO2應(yīng)是次磷酸的正鹽，即次磷酸屬于一元酸。②1molP4與燒堿溶液發(fā)生反應(yīng)P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2，生成1molPH3和3molNaH2PO2，3molNaH2PO2與硫酸發(fā)生反應(yīng)2NaH2PO2＋H2SO4===Na2SO4＋2H3PO2，生成3molH3PO2，3molH3PO2再發(fā)生分解反應(yīng)2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，又生成1.5molPH3，所以整個(gè)工業(yè)流程中共生成PH32.5mol。答案：(1)三?、魽　Al(OH)3(2)24　11　12　8　3　24(3)①P4＋3NaOH＋3H2O===PH3＋3NaH2PO2　一?、?.514．鉻及其化合物常被應(yīng)用于冶金、化工、電鍍、制藥等行業(yè)，但使用后的廢水因其中含高價(jià)鉻的化合物而毒性很強(qiáng)，必須進(jìn)行處理。工業(yè)上往往采取下列循環(huán)工藝防止鉻的污染：(1)上述各步反應(yīng)中屬于氧化還原反應(yīng)的是________(填序號(hào))。(2)第①步，含Cr2O的廢水在酸性條件下用綠礬(FeSO4·7H2O)處理，寫出反 應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)第②步，向上述反應(yīng)后的溶液中加入適量的堿石灰，使鉻離子轉(zhuǎn)變?yōu)镃r(OH)3沉淀。處理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，還有________、________(填化學(xué)式)。已知Cr(OH)3的性質(zhì)與Al(OH)3類似，是既能與強(qiáng)酸反應(yīng)又能與強(qiáng)堿反應(yīng)的兩性物質(zhì)，寫出從該沉淀物中分離出Cr(OH)3的離子方程式：________________________________、________________________________________________________________________。(4)回收所得的Cr(OH)3，經(jīng)③④⑤步處理后又可轉(zhuǎn)變成K2Cr2O7。純凈的K2Cr2O7常用于準(zhǔn)確測(cè)定Na2S2O3溶液的物質(zhì)的量濃度，方法如下：①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O　?、?S2O＋I(xiàn)2===S4O＋2I－準(zhǔn)確稱取純凈的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，則Na2S2O3溶液的物質(zhì)的量濃度為________(保留四位有效數(shù)字)。解析：(1)第①步中鉻元素由＋6價(jià)降至＋3價(jià)，第④步中鉻元素由＋3價(jià)升至＋6價(jià)。(2)亞鐵離子具有還原性，與重鉻酸根離子反應(yīng)生成鉻離子和鐵離子。(3)加入綠礬反應(yīng)后，溶液中有鐵離子和硫酸根離子，再加入堿石灰，除生成Cr(OH)3外，還會(huì)生成氫氧化鐵和硫酸鈣。氫氧化鉻與氫氧化鋁類似，具有兩性，能與氫氧化鈉反應(yīng)生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2與偏鋁酸鈉類似，通入過(guò)量的CO2生成氫氧化鉻、碳酸氫鈉：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根據(jù)反應(yīng)得關(guān)系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)， c(Na2S2O3)＝＝0.1000mol·L－1。答案：(1)①④　(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(3)Fe(OH)3　CaSO4Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O　CrO＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO(4)0.1000mol·L－115．工業(yè)上以軟錳礦(主要成分MnO2)為原料，通過(guò)液相法生產(chǎn)KMnO4。即在堿性條件下用氧氣氧化MnO2生成K2MnO4，分離后得到K2MnO4，再用惰性材料為電極電解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生產(chǎn)工藝簡(jiǎn)略如下：(1)反應(yīng)器中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)生產(chǎn)過(guò)程中最好使用含MnO280%以上的富礦，因?yàn)镸nO2含量最低的貧礦中Al、Si的氧化物含量較高，會(huì)導(dǎo)致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(3)電解槽中的總離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在傳統(tǒng)工藝中得到K2MnO4后，向其中通入適量CO2反應(yīng)生成黑色固體、KMnO4等，反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 上述反應(yīng)中氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為________________________________________________________________________。與該傳統(tǒng)工藝相比，電解法的優(yōu)勢(shì)是________________________________________。(5)用高錳酸鉀測(cè)定草酸結(jié)晶水合物的純度：稱取草酸晶體樣品0.500g溶于水配制成100mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(雜質(zhì)不反應(yīng))，至溶液呈淺粉紅色且半分鐘內(nèi)不褪去，消耗酸性KMnO4溶液14.80mL，則該草酸晶體的純度為________。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(已知該草酸結(jié)晶水合物H2C2O4·2H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為126)解析：(1)根據(jù)題給流程和信息可知，反應(yīng)器中KOH、MnO2和O2反應(yīng)生成K2MnO4和H2O，利用化合價(jià)升降法配平，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)貧礦中Al、Si的氧化物含量較高，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：Al2O3＋2KOH===2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，會(huì)導(dǎo)致KOH消耗量偏高。(3)用惰性材料為電極電解錳酸鉀溶液制備高錳酸鉀，電解槽中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，MnO失電子轉(zhuǎn)化為MnO，電極反應(yīng)式為2MnO－2e－===2MnO，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，兩式相加得總離子方程式為2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入適量CO2，二者反應(yīng)生成黑色固體二氧化錳、KMnO4，利用化合價(jià)升降法配平，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3，上述反應(yīng)中3molK2MnO4有1mol錳元素化合價(jià)由＋6價(jià)降為＋4價(jià)生成二氧化錳，做氧化劑，有2mol錳元素化合價(jià)由＋6價(jià)升高到＋7價(jià)生成高錳酸鉀，做還原劑，故氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為1∶2。與該傳統(tǒng)工藝相比，電解法的優(yōu)勢(shì)是產(chǎn)率更高、KOH可循環(huán)利用。(5)酸性高錳酸鉀溶液與草酸反應(yīng)的離子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，則樣品中草酸晶體的物質(zhì)的量 n(H2C2O4·2H2O)＝n(KMnO4)＝×14.80×10－3L×0.0200mol·L－1×＝3.700×10－3mol，草酸晶體的質(zhì)量為3.700×10－3mol×126g·mol－1＝0.4662g，則該草酸晶體的純度為×100%≈93.2%。答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O(2)偏高(3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3　1∶2　產(chǎn)率更高、KOH可循環(huán)利用(5)93.2%