化学氧化还原反应的专项培优 易错 难题练习题含答案含详细答案.docx

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化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题含答案含详细答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．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：

①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+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）22HCO3-+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

，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。

2．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）。

A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD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Mn2+，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VmL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B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++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）MnO4-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++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++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=

=

=0.005mol，根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=

=

=

mol/L，故答案为：

。

3．实验室用酸性蚀刻废液（含Cu2+、H+、CuC

、Cl-等）和碱性蚀刻废液[N

、Cu（NH3

、NH3·H2O等]制备CuI（白色固体）的实验流程如下:

（1）步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu（NH3

与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为______。

（2）步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80℃下进行,合适的加热方式是______。

（3）步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。

（4）步骤Ⅵ在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。

①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。

②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。

【答案】Cu（NH3

+3H++Cl-+H2O

Cu（OH）Cl↓+4N

热水浴冷却结晶过滤（洗涤）分液漏斗Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2

【解析】

【分析】

由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu（OH）Cl悬浊液，过滤，将Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。

【详解】

（1）步骤Ⅰ中Cu（NH3）42+与盐酸反应生成Cu（OH）Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+，故答案为：

Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+；

（2）步骤Ⅳ为Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为1~2，80℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：

热水浴；

（3）步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：

冷却结晶；过滤（洗涤）；

（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：

分液漏斗；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：

可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。

4．羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。

回答下列问题：

（1）请写出羟氨的电子式___。

（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。

测定步骤如下：

①溶液配制：

称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。

②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：

2NH2OH2＋＋4Fe3＋＝N2O↑＋4Fe2＋＋H2O＋6H＋，生成的Fe2＋用0.4000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。

请写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。

重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：

计算试样的纯度____%。

（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。

a滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失

b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液

c羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化

dKMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数

【答案】

硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O66ab

【解析】

【分析】

（1）根据羟氨化学式写出其电子式；

（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化；

②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；

（3）根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。

【详解】

（1）根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为：

，故答案为：

；

（2）①羟氨应溶解在H2SO4中，因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化，将其全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：

硫酸；容量瓶；刻度线；

②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe2＋与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：

5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V（平均）=

=20.00mL；

设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol，依据离子方程式可得关系式：

解得x=0.02

因总量为100mL，所以n（NH2OH2+）＝0.02×5＝0.1mol

m=n

M＝0.1×33g/mol＝3.3g

w=

=

100%=66%

故答案为：

当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe2++MnO4-+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；66；

（3）a．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V标准偏大，计算结果偏高；

b．滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液，相当于把KMnO4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；

c．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；

d．KMnO4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；

故答案为：

ab。

【点睛】

注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。

5．常温下，三硫代碳酸钠（Na2CS3）是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。

在工农业生产中有广泛的用途。

某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。

实验一：

探究Na2CS3的性质

（1）向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。

用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

（2）向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。

该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：

测定Na2CS3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。

已知：

Na2CS3 +H2SO4＝Na2SO4+CS2 +H2S↑。

CS2和H2S均有毒。

CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

（1）盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______（填化学式）。

（2）C中发生反应的离子方程式是____________。

（3）反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_________。

（4）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。

【答案】CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-＝COS22-+H2O将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L

【解析】

【分析】

实验一：

（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；

（2）根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；

实验二：

（1）根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

（2）A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；

（3）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；

（4）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n（CuS）＝

＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.0875mol，根据c＝

计算A中Na2CS3溶液的浓度。

【详解】

实验一：

（1）Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：

CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-；

（2）Na2CS3中Na为+1价，C为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；

实验二：

（1）盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

（2）A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：

CS2+2OH-＝COS22-+H2O；

（3）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：

将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；

（4）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n（CuS）＝

＝0.0875mol，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS得n（Na2CS3）＝n（CuS）＝0.0875mol，c（Na2CS3）＝

＝1.75mol/L。

6．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。

工业上Mn（NO3）2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：

用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn（NO3）2溶液；在一定条件下，把50%的Mn（NO3）2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：

3Mn（NO3）2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：

Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：

4KMnO4+2H2O

4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成

D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成

（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验

酸或碱

现象

A

1滴0.2mol/LNaOH溶液

不变色

B

1滴水

缓慢变浅棕褐色

C

1滴0.1mol/L硫酸溶液

迅速变棕褐色

该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。

写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O

【解析】

【分析】

Ⅰ、

（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将