…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、化學(xué)知識無處不在。下列與古詩文記載對應(yīng)的化學(xué)知識或原理不正確的是（）

。選項(xiàng)。

古詩文記載。

化學(xué)知識或原理。

A

《望廬山瀑布》“日照香爐生紫煙”

膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)。

B

《石炭行》“投泥潑水愈光明”

與煤的氣化原理相似。

C

《寶貨辨疑》“金遇鉛則碎；和銀者性柔和銅者性硬”

銅金合金硬度大于各成分單質(zhì)的硬度。

D

《寄題龔立道農(nóng)隱堂》“人生請治田；種秫多釀酒”

淀粉通過水解反應(yīng)直接得到酒精。

A.AB.BC.CD.D2、下列物質(zhì)中含有自由移動的Cl-的是A.KClO3溶液B.MgCl2溶液C.液態(tài)HClD.固態(tài)NaCl3、下列實(shí)驗(yàn)操作；現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）

。選項(xiàng)。

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

向NaBr溶液中分別滴入少量氯水和苯；振蕩；靜置，溶液上層呈橙紅色。

Br-的還原性強(qiáng)于Cl-

B

相同條件下，分別向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同濃度和體積的草酸溶液(過量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的時(shí)間更短(生成的Mn2+對該反應(yīng)無影響)

濃度對反應(yīng)速率的影響：濃度越大；反應(yīng)速率越快。

C

向淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣；溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，后藍(lán)色褪去。

氯氣具有強(qiáng)氧化性和漂白性。

D

室溫下，用pH試紙測得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH約為10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5

HSO3-結(jié)合H+的能力比SO32-的強(qiáng)。

A.AB.BC.CD.D4、SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液白中，溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，但立即又變成棕黃色，這時(shí)若滴入BaCl2溶液，會產(chǎn)生白色沉淀。針對上述一系列變化，下列說法錯誤的是A.上述過程中，最終被還原的是NO3-B.從上述反應(yīng)可知氧化性HNO3>Fe3+>稀硫酸C.上述過程中，會產(chǎn)生一種無色、難溶于水的氣體D.若通入的SO2完全反應(yīng)，則通入的SO2和逸出的氣體物質(zhì)的量之比為1：15、下列說法中正確的懸()A.化合物中的原子都是通過共價(jià)鍵相結(jié)合的B.若化學(xué)反應(yīng)吸收能量時(shí)，其斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量C.化學(xué)反應(yīng)中，斷開化學(xué)鍵要放出能量，形成化學(xué)鍵要吸收能量D.化學(xué)鍵是構(gòu)成物質(zhì)原子間的強(qiáng)相互作用，表現(xiàn)為原子核間的斥力6、下列各組混合物中，用分液漏斗不能分離的是A.苯和水B.正己烷和水C.溴乙烷和水D.乙酸和乙醇評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、利用海水提取溴和鎂的過程如圖；下列說法不正確的是。

A.工業(yè)上常利用電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂，鎂在陰極生成B.步驟③脫水時(shí)，在空氣中加熱MgCl2·6H2O得到MgCl2C.富集溴元素過程中，空氣吹出法利用了溴易揮發(fā)的性質(zhì)D.若提取1molBr2，至少需要22.4L的Cl28、下列物質(zhì)中屬于強(qiáng)電解質(zhì)的有A.固體KOHB.液態(tài)HClC.熔融E.冰醋酸E.冰醋酸9、下表為部分酸、堿、鹽在水中的溶解性(20℃)。溶溶溶溶溶溶溶溶溶微溶溶溶微溶不溶—溶不溶微溶不溶溶溶溶不溶不溶

在表中所涉及的離子范圍內(nèi)，下列說法不正確的是A.可以用硝酸銀溶液檢驗(yàn)B.會干擾氯化鋇溶液對的檢驗(yàn)C.可用澄清石灰水作酸性氣體的吸收劑D.向硫酸銅中加入足量最終得到沉淀10、把0.05mol的NaOH固體分別加入到100mL下列溶液中，溶液的導(dǎo)電能力變化不大的是（）A.自來水B.0.5mol/L鹽酸C.0.5mol/L醋酸D.0.5mol/LNH4Cl溶液11、已知Ⅰ：Bi（OH）3+3OH-+Cl2+Na+=NaBiO3+2C1-+3H2O，Ⅱ：5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。下列推斷不正確的是（）A.反應(yīng)Ⅱ中，當(dāng)有10.45gBi3+生成時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NAB.任何條件下，都存在氧化性：C12＞NaBiO3＞MnO4-C.NaBiO3可與鹽酸發(fā)生反應(yīng)：NaBiO3+6H++2C1-=Bi3++Na++C12↑+3H2OD.已知BiC13可由Bi2O3與王水（濃硝酸和濃鹽酸的混合物）反應(yīng)制取，說明Bi3+不能被硝酸氧化12、BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑；可用于光催化降解苯酚，原理如圖所示。下列說法正確的是。

A.該過程的總反應(yīng)：C6H6O+7O26CO2+3H2OB.該過程中BMO表現(xiàn)出較強(qiáng)氧化性C.光催化降解過程中，光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、熱能等D.①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為1：3評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、回答下列問題：

I.下列三組物質(zhì)中；均有一種物質(zhì)的類別與其他三種不同。

①M(fèi)gO、Na2O、CO2；CuO

②HClO、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2

（1）三種物質(zhì)依次是（填化學(xué)式）：①________；②________；③________。

II.現(xiàn)有以下物質(zhì)：

①NaCl晶體②液態(tài)HCl③CaCO3固體④熔融KCl⑤蔗糖⑥銅⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH溶液。

（2）以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是____________。（填序號）

（3）以上物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是____________。（填序號)14、已知反應(yīng)：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，若反應(yīng)過程中消耗SO2標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L；則：

(1)求轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目。_____________

(2)反應(yīng)后溶液中H+的物質(zhì)的量為多少？_____________15、元素在周期表中的位置反映了元素的原子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)。下圖是元素周期表的一部分，請按要求回答下列問題：。族

周期IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2①②3③④⑤⑥⑦⑧

(1)元素①位于元素周期表的第_______周期第_______族；它是形成化合物種類最多的元素。

(2)寫出②的元素符號_______。

(3)畫出元素④的原子結(jié)構(gòu)示意圖_______。

(4)元素③和⑤的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物中堿性較強(qiáng)的是_______(填化學(xué)式)。

(5)比較⑦和⑧的簡單離子半徑大小_______>_______(填離子符號)。

(6)寫出元素⑧的單質(zhì)與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。16、有關(guān)漂白粉和漂白液的說法正確的是_______(填序號)。

①工業(yè)上將氯氣通入澄清石灰水制取漂白粉。

②漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。

③漂白粉和Fe(OH)3膠體都常用于自來水的處理；二者的作用原理不相同。

④漂白粉在空氣中久置不可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。

⑤漂白粉在空氣中久置變質(zhì)，理由是漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3。

⑥漂白粉在空氣中不穩(wěn)定，所以可用于漂白紙張。17、(1)下列關(guān)于硫酸的說法正確的是_______(填序號)。

①在常溫下；濃硫酸和濃硝酸與Fe和Al發(fā)生“鈍化”，說明常溫下濃硫酸和濃硝酸與Fe和Al都不反應(yīng)。

②濃硫酸具有強(qiáng)氧化性；稀硫酸不具有氧化性。

③常溫下將銅片放入濃硫酸中；無明顯變化，說明銅在濃硫酸中發(fā)生“鈍化”

④將濃硫酸滴到濕的蔗糖表面；固體變黑膨脹并有刺激性氣味氣體生成，說明濃硫酸有脫水性；吸水性和強(qiáng)氧化性。

⑤濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，SO2具有還原性，所以濃硫酸不能干燥SO2

⑥濃硫酸具有吸水性，所以濃硫酸可以干燥H2、CO、NH3、H2S、HI、HBr等氣體。

(2)寫出下列物質(zhì)的電子式：

N2_______；MgCl2_______；Na2O2_______。評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共24分)18、錳是一種非常重要的金屬元素；在很多領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。利用廢鐵屑還原浸出低品位軟錳礦制備硫酸錳，然后進(jìn)行電解，是制備金屬錳的新工藝，其流程簡圖如下：

已知：

i.低品位軟錳礦主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。

ii.部分金屬離子以氫氧化物沉淀時(shí)的pH

。

Fe2+

Fe3+

Al3+

Mn2+

Cu2+

開始沉淀的pH

6.8

1.8

3.7

8.6

5.2

沉淀完全的pH

8.3

2.8

4.7

10.1

6.7

iii.幾種化合物的溶解性或溶度積(Ksp)

。MnF2

CaS

MnS

FeS

CuS

溶于水。

溶于水。

2.5×10－13

6.3×10－18

6.3×10－36

(1)研究表明，單質(zhì)Fe和Fe2+都可以還原MnO2。在硫酸存在的條件下，MnO2將Fe氧化為Fe3+的離子方程式是____________。

(2)清液A先用H2O2處理，然后加入CaCO3，反應(yīng)后溶液的pH≈5。濾渣a的主要成分中有黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6。

①H2O2的作用是____________(用離子方程式表示)。

②濾渣a中除了黃銨鐵礬，主要成分還有X。用平衡移動原理解釋產(chǎn)生x的原因：____________。

(3)用離子方程式表示MnS固體的作用：____________。

(4)濾渣c(diǎn)的成分是____________。

(5)如下圖所示裝置，用惰性電極電解中性MnSO4溶液可以制得金屬M(fèi)n。陰極反應(yīng)有：

i.Mn2++2e－＝Mnii.2H++2e－＝H2↑

電極上H2的產(chǎn)生會引起錳起殼開裂；影響產(chǎn)品質(zhì)量。

①電解池陽極的電極方程式是________________。

②清液C需要用氨水調(diào)節(jié)pH＝7的原因是____________。

③電解時(shí)，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液導(dǎo)電性之外，還有___________(結(jié)合電極反應(yīng)式和離子方程式解釋)。19、儲氫納米碳管的研究成功體現(xiàn)了科技的進(jìn)步，但用電弧法合成的碳納米管常伴有大量的雜質(zhì)——碳納米顆粒，這種碳納米顆粒可用氧化氣化法提純。其反應(yīng)式為：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。

（1）請用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目___。

（2）上述反應(yīng)中氧化劑是___（填化學(xué)式），被氧化的元素是___（填元素符號）。

（3）H2SO4在上述反應(yīng)中表現(xiàn)出來的性質(zhì)是___（填序號）。

A.氧化性B.氧化性和酸性C.酸性D.還原性和酸性。

（4）若反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移了0.8mol，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為___L。

（5）下列離子方程式的書寫及評價(jià)均合理的是___。選項(xiàng)離子方程式評價(jià)A將1molCl2通入含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2正確；Cl2過量，可將Fe2+、I-均氧化B1mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等體積互相均勻混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O正確；AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質(zhì)的量之比為2∶3C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-正確；說明酸性：H2SO3強(qiáng)于HClODCa(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O正確；酸式鹽與堿反應(yīng)生成正鹽和水

（6）將一定量Mg、Al合金溶于1mol·L-1的HC1溶液中，進(jìn)而向所得溶液中滴加1mol·L-1的NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量（n）與滴加的NaOH溶液（mL）體積的關(guān)系如圖所示。下列結(jié)論中正確的是___。

A.溶解“一定量Mg；A1合金”的HC1溶液的體積為90mL

B.Al的物質(zhì)的量為0.01mol

C.可算出實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為0.04mol

D.若a=20,可算出Mg的物質(zhì)的量為0.04mol20、（1）氯酸是一種強(qiáng)酸，氯酸的濃度超過40%就會迅速分解，生成有毒氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。所得混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為________。

（2）實(shí)驗(yàn)室可用軟錳礦（主要成分為MnO2）制取KMnO4，方法如下：高溫下使軟錳礦與過量KOH(s)和KClO3(s)反應(yīng)，生成K2MnO4(錳酸鉀)和KCl；用水溶解，濾去殘?jiān)?；酸化濾液，K2MnO4轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4；再濾去沉淀MnO2，濃縮結(jié)晶得到KMnO4晶體。K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為________。

（3）已知測定錳的一種方法是：錳離子轉(zhuǎn)化為高錳酸根離子，反應(yīng)體系中有H＋、Mn2＋、H2O、

①該反應(yīng)的離子方程式為________________________。在錳離子轉(zhuǎn)化為高錳酸根離子的反應(yīng)中，如果把反應(yīng)后的溶液稀釋到1L，測得溶液的pH＝2，則在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________mol。（結(jié)果寫成小數(shù)；保留三位有效數(shù)字）

②在測定錳離子濃度的實(shí)驗(yàn)中，需要配制250mL0.10mol/LKIO4的標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)用托盤天平稱取______gKIO4固體。

③下列有關(guān)配制溶液的操作或判斷正確的是_________

A．使用容量瓶前必須檢查容量瓶是否完好以及瓶塞處是否漏水。

B．容量瓶用蒸餾水洗凈后；沒有烘干就用來配制溶液。

C．定容搖勻后液面下降再加水到刻度線；不影響所配溶液濃度。

D．定容時(shí)仰視刻度線會導(dǎo)致所配溶液濃度偏高。

E．當(dāng)容量瓶中的液面距離刻度線2~3cm時(shí)改用膠頭滴管加水定容評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共16分)21、實(shí)驗(yàn)室欲配制240mL0.2mol·L－1的碳酸鈉溶液；回答下列問題：

（1）通過計(jì)算可知，應(yīng)用托盤天平稱取______gNa2CO3固體。

（2）配制過程必需的儀器有：膠頭滴管；托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒；還缺少的儀器是______。

（3）在配制過程中；下列操作中會引起誤差且使?jié)舛绕〉氖莀__（填序號）。

①沒有洗滌燒杯和玻璃棒②容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水。

③未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容④定容時(shí)仰視刻度線22、次氯酸鈉是常見的消毒劑；實(shí)驗(yàn)室可用如下圖所示裝置制取含次氯酸鈉的溶液：

(1)寫出裝置A中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________。

(2)裝有濃鹽酸的儀器的名稱是________。為吸收揮發(fā)出的HCl，裝置B中應(yīng)盛裝的溶液是_________。

(3)Cl2與NaOH溶液的反應(yīng)放熱，溫度升高后發(fā)生副反應(yīng)。為防止副反應(yīng)的發(fā)生，可以采取的方法是___________。

(4)為測定裝置C中NaClO溶液物質(zhì)的量濃度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確量取10.00mL裝置C中的溶液于錐形瓶中，加入醋酸和過量的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的KI溶液。以淀粉溶液為指示劑，用0.2400mol·L-1的Na2S2O3滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗Na2S2O3溶液20.00mL。實(shí)驗(yàn)過程中所發(fā)生的反應(yīng)為NaClO+2KI+2CH3COOH=NaCl+2CH3COOK+I2+H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，計(jì)算裝置C中NaClO溶液物質(zhì)的量濃度(寫出計(jì)算過程)___________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．《望廬山瀑布》“日照香爐生紫煙”；“紫煙”屬于氣溶膠，是膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)，故A正確；

B．《石炭行》“投泥潑水愈光明”；包含的化學(xué)知識是：在高溫下，把水滴到炭火上，得到兩種可燃性氣體，與煤的氣化原理相似，故B正確；

C．《寶貨辨疑》“金遇鉛則碎；和銀者性柔和銅者性硬”，說明金的硬度小于鉛的硬度；與銀的硬度相當(dāng)、大于銅的硬度，與銅金合金硬度大于各成分單質(zhì)的硬度原理一樣，故C正確；

D．淀粉在相關(guān)酶作用下水解成葡萄糖；葡萄糖再在酵母菌無氧呼吸作用下生成酒精，因此淀粉通過水解反應(yīng)不能直接得到酒精，故D錯誤；

答案選D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A；氯酸鉀溶液中含有鉀離子和氯酸根離子；沒有氯離子，A錯誤；

B；氯化鎂在溶液中電離出鎂離子和氯離子；B正確；

C；液態(tài)氯化氫不發(fā)生電離；不存在氯離子，C錯誤；

D；固態(tài)氯化鈉不發(fā)生電離；不存在氯離子，D錯誤；

答案選B。3、A【分析】【詳解】

A．NaBr溶液中滴入氯水，發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，由此得出還原性Br-＞Cl-；A正確；

B．要通過溶液紫色褪去的時(shí)間長短比較反應(yīng)速率快慢；應(yīng)該讓酸性高錳酸鉀的體積和濃度均相同，改變草酸的濃度，B錯誤；

C．淀粉碘化鉀溶液中通入過量氯氣；溶液先變藍(lán)后褪色，氯氣只表現(xiàn)氧化性，氯氣沒有漂白性，C錯誤；

D．0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，堿性強(qiáng)，則結(jié)合H+的能力強(qiáng)；D錯誤；

故選A。4、D【分析】【分析】

將SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸根離子，發(fā)生離子反應(yīng)為SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又變?yōu)樽攸S色，發(fā)生亞鐵離子與硝酸根離子的氧化還原反應(yīng)，生成鐵離子，離子反應(yīng)為3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；以此解答該題。

【詳解】

A、溶液由黃色變?yōu)闇\綠色，但立即又變?yōu)辄S色，三價(jià)鐵離子變?yōu)閬嗚F離子，后又被氧化為三價(jià)鐵離子，所以最終被還原的是NO3﹣；選項(xiàng)A正確；

B、由溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，說明三價(jià)鐵的氧化性強(qiáng)于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又變成棕黃色，說明亞鐵迅速被氧化成鐵離子，故硝酸的氧化性強(qiáng)三價(jià)鐵，綜上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸；選項(xiàng)B正確；

C；硝酸根離子和二氧化硫被氧后產(chǎn)生的氫離子構(gòu)成強(qiáng)氧化性體系；氧化亞鐵時(shí)生成無色的一氧化氮?dú)怏w，選項(xiàng)C正確；

D、上述過程中，最終被還原的是NO3﹣，故相當(dāng)于二氧化硫與硝酸根離子之間的氧化還原，3SO2～2NO3﹣；之比為3：2，選項(xiàng)D錯誤；

答案選D。

【點(diǎn)睛】

本題比較綜合，涉及氧化還原、離子反應(yīng)方程式書寫、化學(xué)反應(yīng)的計(jì)算等，把握習(xí)題中的信息及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，較好的考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，易錯點(diǎn)為選項(xiàng)B：由溶液有棕色變?yōu)闇\綠色，說明三價(jià)鐵的氧化性強(qiáng)于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又變成棕黃色，說明亞鐵迅速被氧化成鐵離子。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．化合物中的原子不都是以共價(jià)鍵相結(jié)合；如離子化合物中一定含有離子鍵，故A錯誤；

B．?dāng)噫I吸收能量；成鍵釋放能量，若化學(xué)反應(yīng)吸收能量，說明斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量，故B正確；

C．?dāng)嚅_化學(xué)鍵吸收能量；形成化學(xué)鍵釋放能量，故C錯誤；

D．相鄰原子之間強(qiáng)烈的相互作用是化學(xué)鍵；化學(xué)鍵中包含引力和斥力兩方面的強(qiáng)烈作用，故D錯誤；

綜上所述答案為B。6、D【分析】【詳解】

A.苯不溶于水，可以用分液漏斗分離，A錯誤；B.正己烷不溶于水，可以用分液漏斗分離，B錯誤；C.溴乙烷不溶于水，可以用分液漏斗分離，C錯誤；D.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分離，D正確，答案選D。二、多選題(共6題，共12分)7、BD【分析】【分析】

依據(jù)流程分析，海水中加入氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，過濾后在沉淀中加入鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂；海水濃縮曬鹽得到鹵水中通入氧化劑氯氣氧化溴離子得到溴單質(zhì)，2Br-+C12=Br2+2Cl-，吹入熱的空氣用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+通入氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)溴。

【詳解】

A.從MgCl2溶液中得到MgCl2固體，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂和氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；鎂離子在陰極得電子生成金屬鎂，故A正確；

B.步驟③脫水時(shí)，在空氣中加熱MgCl2·6H2O；鎂離子會發(fā)生水解，最終得到的是MgO，故B錯誤；

C.海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr；達(dá)到富集的目的，故C正確；

D.若提取1molBr2，依據(jù)2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；提取粗溴消耗氯氣物質(zhì)的量為：1mol；得到純溴需氯氣物質(zhì)的量為：1mol，共需要2mol氯氣，所以在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為V=nVm=2mol×224.4L/mol=44.8L，故D錯誤；

故選BD。8、ABC【分析】【詳解】

A．固體KOH在水溶液中能完全電離；屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A選；

B．液態(tài)HCl是化合物；在水溶液中能完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，B選；

C．熔融能完全電離；屬于強(qiáng)電解質(zhì)，C選；

D．酒精在水溶液中不能導(dǎo)電；屬于非電解質(zhì)，D不選；

E．冰醋酸在水溶液中部分電離；屬于弱電解質(zhì)，E不選；

F.氨水屬于混合物；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，F(xiàn)不選；

G．為有機(jī)物；不溶于水，不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，G不選；

H．溶于水和水反應(yīng)；自身不能電離，屬于非電解質(zhì)，H不選；

故選：ABC。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．碳酸銀也不溶于水，單獨(dú)用硝酸銀溶液不能檢驗(yàn)故A錯誤；

B．碳酸鋇也不溶于水，因此會干擾在氯化鋇溶液對的檢驗(yàn)；故B正確；

C．澄清石灰水中含有氫氧化鈣；溶液顯堿性，可用澄清石灰水作酸性氣體的吸收劑，故C正確；

D．向硫酸銅中加入足量發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成沉淀和氫氧化銅沉淀；故D錯誤；

故選AD。10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A項(xiàng)；水是弱電解質(zhì)；溶液中離子濃度很小，NaOH固體加入到自來水中，溶液中的離子濃度增大，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故A錯誤；

B項(xiàng)；HCl是強(qiáng)電解質(zhì)；在水溶液中完全電離，NaOH固體加入到0.5mol/L鹽酸中，反應(yīng)的生成物氯化鈉也是強(qiáng)電解質(zhì)，溶液中離子濃度沒有明顯變化，導(dǎo)電能力沒有明顯變化，故B正確；

C項(xiàng)；醋酸是弱電解質(zhì)；溶液中離子濃度不大，NaOH固體加入到0.5mol/L醋酸中，有強(qiáng)電解質(zhì)醋酸鈉生成，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故C錯誤；

D項(xiàng)、NH4Cl是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，NaOH固體加入到0.5mol/LNH4Cl溶液中；反應(yīng)生成氯化鈉和一水合氨，氯化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，而一水合氨為弱電解質(zhì)，使得溶液的導(dǎo)電能力變化不大，故D正確；

故選BD。

【點(diǎn)睛】

導(dǎo)電能力的大小與單位體積內(nèi)離子濃度的多少成正比，溶液混合后導(dǎo)電能力變化的大小關(guān)鍵是看混合后溶液中自由移動的離子濃度的變化。11、AB【分析】【詳解】

A．反應(yīng)II中，Bi元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低為+3價(jià)，且只有該元素化合價(jià)降低，則當(dāng)有10.45gBi3+生成時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×(5-3)×NA=NA；故A錯誤；

B．自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，常溫下MnO4-＞Cl2；故B錯誤；

C．高錳酸鉀可與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，結(jié)合反應(yīng)II可知氧化性為NaBiO3＞MnO4-，則NaBiO3可與鹽酸發(fā)生NaBiO3+6H++2Cl-=Bi3++Na++Cl2↑+3H2O；故C正確；

D．BiCl3可由Bi2O3與王水反應(yīng)制取，Bi元素的化合價(jià)不變，則Bi3+不能被硝酸氧化；故D正確；

故選：AB。

【點(diǎn)睛】

氧化還原反應(yīng)中：氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性。12、AC【分析】【詳解】

A選項(xiàng)，根據(jù)圖中信息得到該過程的總反應(yīng)：C6H6O+7O26CO2+3H2O；故A正確；

B選項(xiàng)，BMO與氧氣氧化成變?yōu)锽MO+；說明該過程中BMO表現(xiàn)出較強(qiáng)還原性，故B錯誤；

C選項(xiàng)；光催化降解過程中，光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；熱能等，故C正確；

D選項(xiàng)，根據(jù)O2－與BMO+得失電子關(guān)系，O2－化合價(jià)失去三個得到氧離子，BMO+化合價(jià)降低一個價(jià)態(tài)；因此①和②中被降解的苯酚的物質(zhì)的量之比為3:1，故D錯誤。

綜上所述，答案為AC。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ(1).下列三組物質(zhì)中；均有一種物質(zhì)的類別與其他三種不同。

①M(fèi)gO、Na2O、CO2、CuO中，MgO、Na2O、CuO為金屬氧化物或堿性氧化物，而CO2為非金屬氧化物或酸性氧化物；②HClO、H2SO4、HNO3中，HClO、H2SO4、HNO3為酸，而H2O不是酸；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2中，NaOH、KOH、Cu(OH)2為堿，而Na2CO3為鹽，三種物質(zhì)依次是(填化學(xué)式)：①CO2；②H2O；③Na2CO3；

II(2).①NaCl晶體，為電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電；②液態(tài)HCl，為電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電；③CaCO3固體，為電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，不溶于水，故也不導(dǎo)電；④熔融KCl，為電解質(zhì)，本身導(dǎo)電，溶于水也能導(dǎo)電；⑤蔗糖，為非電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，溶于水也不導(dǎo)電；⑥銅，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，本身導(dǎo)電，不溶于水；⑦CO2，為非電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電；⑧H2SO4；為電解質(zhì)，本身不導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電；⑨KOH溶液，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，本身導(dǎo)電，溶于水也能導(dǎo)電；綜上，以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是④⑥⑨；

(3)綜上，以上物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是⑤⑦。【解析】CO2H2ONa2CO3④⑥⑨⑤⑦14、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)反應(yīng)SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，SO2中S元素的化合價(jià)由+4價(jià)升高至+6價(jià)，則SO2失去電子作還原劑，Cl2中Cl元素的化合價(jià)由0價(jià)降低至-1價(jià)，則Cl2得到電子作氧化劑，反應(yīng)過程中，每消耗SO2標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L，SO2的物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移的電子0.1mol×2=0.2mol，數(shù)目為0.2NA，故答案為：0.2NA；

(2)該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+則消耗標(biāo)況下2.24L(0.1mol)SO2時(shí)，生成0.4molH+，即溶液中H+的物質(zhì)的量為0.4mol，故答案為：0.4mol?！窘馕觥竣?0.2NA②.0.4mol15、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置；①是C元素；②是N元素；③是Na元素；④是Mg元素；⑤是Al元素；⑥是Si元素；⑦是S元素；⑧是Cl元素。

【詳解】

（1）①是C元素；位于元素周期表的第二周期第IVA族，它是形成化合物種類最多的元素。

（2）②是氮元素；元素符號為N；

（3）④是Mg元素，Mg是12號元素，原子核外有3個電子層，最外層有2個電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖為

（4）同周期元素從左到右金屬性減弱；最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的堿性減弱，元素Na和Al的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物中堿性較強(qiáng)的是NaOH。

（5）電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越小，簡單離子半徑大小S2->Cl-。

（6）Cl2與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO。【解析】(1)二IVA

(2)N

(3)

(4)NaOH

(5)S2-Cl-

(6)Cl2+H2O=HCl+HClO16、略

【分析】【分析】

【詳解】

①不正確，漂白粉是將Cl2通入石灰乳中制得的混合物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；

②正確，漂白液的有效成分是NaClO，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；

③正確，漂白粉用于自來水殺菌消毒，F(xiàn)e(OH)3膠體用于除去水中的懸浮雜質(zhì)；二者的作用原理不同；

④不正確，漂白粉在空氣中久置的化學(xué)方程式為Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，2HClO2HCl＋O2↑；既有復(fù)分解反應(yīng)，又有氧化還原反應(yīng)；

⑤不正確，漂白粉在空氣中失效原因是Ca(ClO)2＋H2O＋CO2=CaCO3＋2HClO，而2HClO2HCl＋O2↑；

⑥不正確；漂白粉能用于漂白紙張，與其強(qiáng)氧化性有關(guān)，與不穩(wěn)定性無關(guān)。

則答案為:②③。【解析】②③17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①在常溫下；濃硫酸和濃硝酸遇Fe和Al發(fā)生“鈍化”，是由于濃硫酸和濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，在與金屬接觸時(shí)，能夠?qū)e和Al表面的金屬氧化產(chǎn)生一層致密的氧化物保護(hù)膜，阻止金屬的進(jìn)一步氧化，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，而不能說常溫下都二者不能與Fe；Al反應(yīng)，①錯誤；

②濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，稀硫酸的氧化性比較弱，稀硫酸的氧化性是H+的氧化性；②錯誤；

③常溫下將銅片放入濃硫酸中；無明顯變化，說明銅在常溫下濃硫酸不能發(fā)生反應(yīng)，③錯誤；

④將濃硫酸滴到濕的蔗糖表面，固體變黑膨脹并有刺激性氣味氣體生成，是由于濃硫酸吸收水分放出大量的熱，溫度升高加快了濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以水的組成脫去，體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性；后來C與濃硫酸在加熱時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生CO2，濃硫酸被還原產(chǎn)生SO2；體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性，故該實(shí)驗(yàn)說明濃硫酸有脫水性；吸水性和強(qiáng)氧化性，④正確；

⑤濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，SO2具有還原性，但二者不能發(fā)生反應(yīng)，所以濃硫酸能干燥SO2氣體；⑤錯誤；

⑥濃硫酸同時(shí)具有酸性、吸水性、強(qiáng)氧化性，濃硫酸可以干燥H2、CO等中性氣體，但能夠與堿性氣體NH3發(fā)生反應(yīng)，因此不能干燥NH3；也能夠與還原性的氣體H2S、HI、HBr發(fā)生反應(yīng)，所以不能干燥H2S、HI、HBr等氣體；⑥錯誤；

綜上所述可知：說法正確的是④；

(2)N原子最外層有5個電子，在N2中，2個N原子共用三對電子，使分子中各原子都達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為：

MgCl2是離子化合物，2個Cl-與Mg2+之間以離子鍵結(jié)合，其電子式為：

Na2O2是離子化合物，2個Na+與通過離子鍵結(jié)合，電子式為：【解析】④四、原理綜合題(共3題，共24分)18、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，軟錳礦加入Fe和H2SO4，MnO2將Fe氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，經(jīng)過濾除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等離子，在清液A中加入H2O2可將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈣調(diào)節(jié)溶液的pH，產(chǎn)生黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氫氧化鋁沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等離子，在清液B中加入MnS固體，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等離子，在清液C中加入MnF2可將Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀而除去。最后加氨水調(diào)節(jié)溶液pH=7，電解中性MnSO4溶液制取Mn；以此分析。

【詳解】

(1)根據(jù)以上分析，在硫酸存在的條件下，MnO2將Fe氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，根據(jù)得失電子守恒，離子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。

故答案為3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；

(2)①黃銨鐵礬NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的鐵為+3價(jià)，所以H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；

離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。

故答案為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；

②分析流程圖可知，濾渣a中除了黃銨鐵礬，主要成分還有Al(OH)3。產(chǎn)生Al(OH)3的原因是Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3。

故答案為Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3

(3)分析流程圖可知，加入MnS固體，生成CuS沉淀，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，除去Cu2+，離子方程式為：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)。

故答案為MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)；

(4)在清液C中加入MnF2可將Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀而除去，所以濾渣c(diǎn)的成分是CaF2。

故答案為CaF2；

(5)①用惰性電極電解中性MnSO4溶液，電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。

故答案為2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)

②根據(jù)信息，電極上H2的產(chǎn)生會引起錳起殼開裂，影響產(chǎn)品質(zhì)量，所以清液C需要用氨水調(diào)節(jié)pH＝7，降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產(chǎn)生的H2減少。

故答案為降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產(chǎn)生的H2減少；

③電解時(shí)，陰極發(fā)生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，為防止溶液中因?yàn)閜H過大而產(chǎn)生Mn(OH)2，則加入(NH4)2SO4控制pH不過大。

故答案為陰極2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因?yàn)閜H過大而產(chǎn)生Mn(OH)2?！窘馕觥?MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入碳酸鈣，消耗H+，H+濃度降低，平衡向右移動，最終生成Al(OH)3MnS(s)+Cu2+＝Mn2++CuS(s)CaF22H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)降低c(H+)，減弱H+的放電趨勢(放電能力)，使陰極上產(chǎn)生的H2減少陰極2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因?yàn)閜H過大而產(chǎn)生Mn(OH)219、略

【分析】【詳解】

(1)該反應(yīng)中中C元素的化合由0升高為+4價(jià)，Cr元素的化合價(jià)由+6價(jià)降低為+3價(jià)，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移12e-，則用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目為

(2)氧化劑得電子化合價(jià)降低，所以K2Cr2O7為氧化劑；被氧化的元素化合價(jià)應(yīng)升高；所以C元素被氧化；

(3)該反應(yīng)中硫酸反應(yīng)生成鹽和水；所以表現(xiàn)酸性，所以選C；

(4)根據(jù)雙線橋可知轉(zhuǎn)移0.8mol電子時(shí)生成二氧化碳的物質(zhì)的量為0.2mol；標(biāo)況下體積為4.48L；

(5)A．將1molCl2通入到含1molFeI2溶液中，氯氣量不足，碘離子還原性強(qiáng)于二價(jià)鐵離子，氯氣先氧化碘離子，離子方程式：2I-+Cl2=2Cl-+I2；故A錯誤；

B．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等體積互相均勻混合反應(yīng)方程式為：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+2H2O，1mol偏鋁酸根離子消耗1mol氫離子生成1mol氫氧化鋁沉淀，剩余的1.5mol氫離子溶解0.5mol氫氧化鋁沉淀，則AlO2-與Al(OH)3消耗的H+的物質(zhì)的量之比為1mol：1.5mol=2：3；故B正確；

C．過量SO2通入到NaClO溶液中，SO32-有強(qiáng)還原性，ClO-有強(qiáng)氧化性，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=2H++SO42-+Cl-；故C錯誤；

D．Ca(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)，離子方程式：Ca2++2HCO3-+OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；故D錯誤；

綜上所述選B；

(6)A．滴加80mLNaOH溶液時(shí)沉淀量達(dá)到最大，此時(shí)沉淀為Al(OH)3和Mg(OH)2，溶液中的溶質(zhì)為NaCl，則n(HCl)=n(Cl-)=n(Na+)=0.08L×1mol/L=0.08mol；HCl溶液的濃度為1mol/L，所以HCl溶液的體積為80mL，故A錯誤；

B．80～90mL發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根據(jù)元素守恒可知n(Al)=0.01L×1mol/L=0.01mol；故B正確；

C．根據(jù)已知條件無法確定Mg的量，則無法確定金屬溶解時(shí)消耗的HCl的量，所以產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量不確定；故C錯誤；

D．a(chǎn)～80mL發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，鋁離子消耗的NaOH的體積為=0.03L=30mL，a=20，則鎂離子消耗的NaOH的體積為80mL-20mL-30mL=30mL，所以n(Mg)=0.03L×1mol/L×=0.015mol；故D錯誤；

綜上所述選B。【解析】K2Cr2O7CC4.48LBB20、略

【分析】【分析】

(1)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量在數(shù)值上=平均摩爾質(zhì)量=

(2)K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的反應(yīng)中K2MnO4→KMnO4+MnO2；Mn元素的化合價(jià)既升高又降低；

(3)①錳離子失電子轉(zhuǎn)化為高錳酸根離子，所以錳離子為還原劑，則得電子化合價(jià)降低的物質(zhì)作氧化劑，根據(jù)元素的化合價(jià)確定氧化劑和還原產(chǎn)物，再結(jié)合離子方程式的書寫規(guī)則書寫；反應(yīng)后的溶液稀釋到1L，測得溶液的pH=2，則n(H+)=1L0.01mol/L=0.01mol；根據(jù)方程式計(jì)算；

②配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時(shí)所需溶質(zhì)質(zhì)量m=n?M=c?V?M；

③根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的注意事項(xiàng)分析；

根據(jù)以上分析解答。

【詳解】

(1)HClO3分解生成的氣體為O2和Cl2，物質(zhì)的量之比為3：2，混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為==47.6g/mol；所以所得混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為47.6；

答案為：47.6。

(2)K2MnO4轉(zhuǎn)化為MnO2和KMnO4的反應(yīng)中，K2MnO4→KMnO4+MnO2，Mn元素的化合價(jià)既升高又降低；所以K2MnO4既是氧化劑又是還原劑；Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)降到+4價(jià)發(fā)生還原反應(yīng)，為氧化劑，Mn元素的化合價(jià)由+6價(jià)升高到+7價(jià)發(fā)生氧化反應(yīng)，為還原劑，得失電子數(shù)之比為2：1，根據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2；

答案為：1：2。

(3)①錳離子轉(zhuǎn)化為高錳酸根離子，所以錳離子為還原劑，氧化劑得電子化合價(jià)降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合價(jià)分別是+5價(jià)和+7價(jià)，所以IO4-作氧化劑，還原產(chǎn)物是IO3-，同時(shí)水參加反應(yīng)生成氫離子，所以該反應(yīng)