2020高考化学一轮复习第二章化学物质及其变化课时作业6氧化还原反应（含解析） 练习

课时作业6　氧化还原反应时间：45分钟1．(2019·安徽皖江名校联盟联考)下列过程中，不涉及氧化还原反应的是(　B　)A．浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂B．将SO2通入盛有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C．用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车D．汽车安装尾气净化装置将氮氧化物(NOx)转化为N2解析：将SO2通入盛有酚酞的NaOH溶液中，二氧化硫与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱直至溶液变为中性或酸性，溶液红色褪去，不涉及氧化还原反应，B项符合题意。2．(2019·河北邢台模拟)中国传统文化对人类文明贡献巨大，《本草纲目》中有如下记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中利用的KNO3的性质是(　D　)A．自燃性  B．稳定性  C．还原性  D．氧化性解析：火药爆炸的反应原理为2KNO3＋S＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑，反应中N元素化合价降低，KNO3为氧化剂，故反应中利用了KNO3的氧化性，D项正确。3．(2019·山西临汾模拟)NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO＋NO＋________―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)，下列叙述中正确的是(　B　)A．该反应中NO被还原B．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4C．反应过程中溶液的pH减小D．空格中应填充的粒子是OH－解析：反应中Mn元素的化合价由＋7―→＋2，所以MnO是氧化剂，NO作还原剂，亚硝酸根离子中N元素失电子化合价升高，在酸性条件下，生成硝酸根离子，根据转移电子数相等和质量守恒配平方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O。亚硝酸根离子中N元素失电子化合价升高，被氧化，A项错误；根据方程式知，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4，B项正确；该反应中氢离子参加反应，所以反应过程中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C项错误；通过以上分析知，空格中粒子为H＋，D项错误。4．(2019·晋豫省际大联考)已知Fe2＋或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应：Fe2＋：①H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；②H2O2＋2Fe3＋===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑。I2：③H2O2＋I2===2HIO；④……下列说法中错误的是(　C　)A．通过反应①②可知Fe2＋为过氧化氢分解的催化剂B．根据反应①可知，在该条件下，氧化性：H2O2＞Fe3＋C．1 mol H2O2分解，转移的电子数为2NAD．反应④为2HIO＋H2O2===I2＋2H2O＋O2↑解析：反应①②相加的总反应恰好为过氧化氢的分解反应：2H2O2===2H2O＋O2↑，并且反应前后Fe2＋无变化，A项正确；反应①中，过氧化氢为氧化剂，Fe3＋为氧化产物，所以氧化性：H2O2＞Fe3＋，B项正确；过氧化氢分解的化学方程式为2H2O2===2H2O＋O2↑，由反应方程式可知，1 mol H2O2分解，转移的电子数为NA，C项错误；由过氧化氢分解反应的化学方程式减去反应③得到反应④为：2HIO＋H2O2===I2＋2H2O＋O2↑，D项正确。5．(2019·滁州调研)LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH42LiH＋2Al＋3H2↑，②LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑。下列说法正确的是(　B　)A．若反应①中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成B．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH＋H2O===LiOH＋H2↑C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为4∶3D．LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物解析：气体所处温度和压强未知，无法由体积求物质的量，A项错误；氢化锂中的氢是－1价，与水发生归中反应，方程式为LiH＋H2O===LiOH＋H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B项正确；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为＋1价、Al为＋3价、H为－1价，受热分解时，根据A1元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解，转移3 mol电子，生成1.5 mol的氢气，由LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑可知，生成4 mol的氢气转移4 mol的电子，所以生成1 mol的氢气转移电子分别为2 mol和1 mol，所以反应①、②生成等质量的H2转移电子数之比为2∶1，C项错误；LiAlH4、LiH是离子化合物，D项错误。6．(2019·河南郑州质检)将过量H2O2溶液加入到含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为CrO＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH－＋O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是(　D　)A．M中Cr的化合价为＋3B．参与反应的H2O2全部被氧化C．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象D．转移0.2 mol电子时，生成M的质量为16.7 g解析：因M[化学式为Cr(NH3)3O4]中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为＋4价，A错误；由离子方程式可知，若有3 mol H2O2参与反应，则有1 mol H2O2被氧化，B错误；向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的O氧化为Fe3＋，溶液由浅绿色变为棕黄色，C错误；由离子方程式可知，每生成1 mol O2，转移2 mol电子，同时生成1 mol Cr(NH3)3O4，则转移0.2 mol电子时，生成的M的质量为16.7 g，D正确。7．(2019·云南曲靖一中质量监测)向200 mL FeCl3溶液中通入4.48 L标准状况下的H2S气体后(气体完全反应)，再加入过量的Fe粉，反应停止后，测得溶液中含有1.2 mol金属阳离子，下列说法正确的是(　D　)A．通入H2S时发生反应的离子方程式为Fe3＋＋H2S===Fe2＋＋S↓＋2H＋B．若将加入Fe粉后溶液中的1.2 mol金属阳离子完全氧化，需要通入13.44 L Cl2C．若将上述4.48 L标准状况下的H2S换成0.2 mol Na2S，加入过量的Fe粉后溶液中也能得到1.2 mol金属阳离子D．将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的质量为64 g解析：向200 mL FeCl3溶液中通入4.48 L标准状况下的H2S气体，发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。标准状况下，4.48 L H2S的物质的量为0.2 mol，由离子方程式可知，反应后可生成0.4 mol Fe2＋和0.4 mol H＋，再加入过量的Fe粉，0.4 mol H＋可以溶解0.2 mol Fe，并生成0.2 mol Fe2＋，最终溶液中金属阳离子的物质的量为1.2 mol，故与H2S反应时Fe3＋过量，剩余的0.4 mol Fe3＋与Fe反应生成0.6 mol Fe2＋，所以原溶液中有0.8 mol Fe3＋，最终得到的溶液为FeCl2溶液。通入H2S时发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A不正确；若将1.2 mol Fe2＋完全氧化，需要通入0.6 mol Cl2，0.6 mol Cl2在标准状况下的体积为13.44 L，题中并未告知该气体在标准状况下测定，B不正确；0.2 mol Na2S中含有0.4 mol Na＋和0.2 mol S2－，与Fe3＋反应后生成0.4 mol Fe2＋，加入过量的Fe粉后，Fe与剩余的0.4 mol Fe3＋反应生成0.6 mol Fe2＋，故溶液中共有0.4 mol＋0.4 mol＋0.6 mol＝1.4 mol金属阳离子，C不正确；将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是0.4 mol Fe2O3，0.4 mol Fe2O3的质量为64 g，D正确。8．(2019·安徽芜湖模拟)已知：2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；K2Cr2O7＋14HCl===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O；其中，KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸(＞6 mol·L－1)反应，MnO2需和浓盐酸(＞8 mol·L－1)在加热条件下反应。根据以上信息，下列结论中不正确的是(　C　)A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应B．生成1 mol Cl2转移电子数均为2NA(NA为阿伏加德罗常数)C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2D．盐酸的浓度越大，Cl－的还原性越强解析：三个反应中均有盐酸参与，且都有Cl2生成，再结合题给信息可得氧化性强弱顺序为KMnO4>K2Cr2O7>MnO2>Cl2，盐酸浓度越大，Cl－还原性越强，C项错误，D项正确；以上三个反应均为溶液中的离子反应，A项正确；均为Cl－被氧化生成Cl2，B项正确。9．(2019·山东临沂模拟)用“银－Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下：下列说法错误的是(　D　)A．标准状况下，11.2 L CO2中含碳氧双键的数目为6.02×1023B．30 g HCHO被氧化时转移电子数目为4×6.02×1023C．反应①的化学方程式为2Ag2O＋HCHO===4Ag＋CO2＋H2OD．理论上，吸收的HCHO与消耗的Fe3＋的物质的量之比为4∶1解析：标准状况下，11.2 L CO2的物质的量是0.5 mol，其中含碳氧双键的数目为6.02×1023，A正确；甲醛中C元素化合价为0价，被氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到＋4价，30 g HCHO的物质的量是1 mol，被氧化时转移电子的数目为4×6.02×1023，B正确；由流程图可知Ag2O与HCHO反应生成Ag、CO2和水，则反应的化学方程式为2Ag2O＋HCHO===4Ag＋CO2＋H2O，C正确；甲醛中碳元素的化合价从0价升高到＋4价，Fe元素的化合价由＋3价降低到＋2价，可得关系式：HCHO～4Ag～4Fe3＋，故理论上消耗的甲醛与Fe3＋的物质的量之比为1∶4，D错误。10．(2019·湖南株洲质检)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是(　D　)A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞SO2>I2B．在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，每转移2 mol e－会生成2 mol CuI沉淀解析：由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D项正确；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，得到的还原产物是HI，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2＞SO2，故A项错误。11．(2019·陕西榆林一模)(SCN)2被称为拟卤素，将几滴KSCN溶液加入到含有Fe3＋的酸性溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：①向其中一份溶液中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是(　B　)A．Fe3＋与SCN－反应的离子方程式是Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3B．②中红色褪去的原因是SO2将SCN－还原C．①中现象说明SCN－与Cl－相似，有还原性D．SCN－在适当条件下可失去电子，被氧化剂氧化为(SCN)2解析：Fe3＋与SCN－发生络合反应，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3，A正确；SO2具有强还原性，SCN－中S元素为－2价，C元素为＋4价，N元素为－3价，S、N均处于最低价，＋4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN－，而Fe3＋具有强氧化性，能被SO2还原，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋4H＋＋SO，导致溶液褪色，B错误；KMnO4具有强氧化性，Fe3＋中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3＋发生氧化还原反应，所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN－反应，体现了SCN－的还原性，C正确；SCN－与Cl－相似，具有还原性，能失去电子，被氧化为(SCN)2，D正确。12．(2019·长沙模拟)已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，反应方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。则下列有关说法错误的是(　C　)A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2C．根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1.25 molD．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol解析：在AB段，开始时Fe3＋的浓度不变，则说明Fe3＋没有与I－反应，所以只能是与FeSO4反应时剩余的KMnO4与I－发生了反应，所以A正确；BC段，Fe3＋的浓度逐渐减小直到为0，说明是Fe3＋与I－发生了反应，反应的离子方程式是2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，故B正确；C项，根据A项分析可知，高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液反应时，高锰酸钾剩余，则硫酸亚铁完全反应，Fe2＋全部变为Fe3＋，再根据B项分析可知，BC段发生的是Fe3＋与I－反应，此时消耗n(I－)＝(1.25－0.5)mol＝0.75 mol，则由关系式：1 Fe2＋～1 Fe3＋～1 I－得n(Fe2＋)＝0.75 mol，即硫酸亚铁的物质的量应为0.75 mol，所以C错误；根据C项得出的数据n(FeSO4)＝0.75 mol，根据得失电子守恒可得关系式：1KMnO4～5FeSO4，所以与FeSO4反应的n(KMnO4)＝＝0.15 mol；根据得失电子守恒AB段存在关系式：1 MnO～5 I－，AB段消耗n(I－)＝0.5 mol，所以与I－反应的KMnO4是0.1 mol，因此KMnO4共有0.15 mol＋0.1 mol＝0.25 mol，故D正确。13．(2019·山东淄博部分学校摸底)某容器中发生一个化学反应，反应过程涉及H2O、ClO－、CN－、HCO、N2、Cl－六种微粒。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是(　B　)A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCOC．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．若生成2.24 L(标准状况)N2，则转移电子1 mol解析：由曲线变化图可知，随着反应进行，ClO－的物质的量减小，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2是生成物，根据氮元素守恒可知，CN－是反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物。反应中Cl元素化合价由＋1价降低为－1价，C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，由得失电子守恒配平可得离子方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO＋N2↑＋5Cl－，可知氧化产物有HCO、N2，故A正确；ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，故B错误；由上述分析可知，CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，故C正确；2.24 L N2(标准状况)的物质的量为0.1 mol，所以参加反应的ClO－的物质的量为0.5 mol，反应中只有氯元素化合价降低，所以转移电子为0.5 mol×2＝1 mol，故D正确。14．(2019·浙江温州模拟)向相同体积的分别含a mol KI和b mol FeBr2的溶液中，分别通入V L Cl2(体积均在标准状况下测得)，下列说法不正确的是(　B　)A．当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同(同温、同压条件下)，则KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3∶1B．当反应恰好完成时，停止通入Cl2，若原溶液中a＝b，则通入Cl2的体积Va∶Vb＝3∶1C．若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后再滴加KSCN溶液，发现溶液变红，则V>11.2aD．若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2的体积V＞11.2a，则发生反应的离子方程式可能为4I－＋2Fe2＋＋3Cl2===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－解析：当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同(同温、同压条件下)，则根据得失电子守恒可知a mol×1＝b mol×3，因此KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3∶1，A正确；当反应恰好完成时，停止通入Cl2，根据得失电子守恒可知消耗氯气的物质的量分别是0.5a mol、1.5b mol，若原溶液中a＝b，则通入Cl2的体积比Va∶Vb＝1∶3，B错误；还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后，氯气首先氧化碘离子，然后是亚铁离子，最后氧化溴离子，如果再滴加KSCN，发现溶液变红，这说明碘离子已经全部被氧化，则根据得失电子守恒可知V＞11.2a，C正确；向上述混合溶液中通入Cl2的体积V＞11.2a，说明碘离子已经全部被氧化，亚铁离子已开始被氧化，则可能发生反应的离子方程式为4I－＋2Fe2＋＋3Cl2===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－，D正确。15．(2019·山东实验中学模拟)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，在生产、生活中有广泛应用。Ⅰ.在用酸性KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)②MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)(1)下列关于反应①的说法错误的是________(填序号)。A．被氧化的元素是Cu和SB．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5C．生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 molD．还原性的强弱关系是Mn2＋＞Cu2S(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。Ⅱ.在稀硫酸中，MnO和H2O2也能发生氧化还原反应。氧化反应：H2O2－2e－===2H＋＋O2↑还原反应：MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O(3)若有0.2 mol H2O2参加此反应，转移的电子为________mol。由上述反应得出物质氧化性强弱的结论是________＞__________(填化学式)。(4)已知：KMnO4＋H2O2＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋O2↑＋H2O(未配平)，则被1 mol KMnO4氧化的H2O2是________mol。解析：(1)铜元素的化合价由＋1价升高到＋2价，硫元素的化合价由－2价升高到＋4价，均被氧化，A项正确；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，则＝，B项正确；当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，当有标准状况下2.24 L(0.1 mol)SO2生成时，转移电子0.8 mol，C项正确；根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，可知还原性：Cu2S＞Mn2＋，D项错误。(2)由反应②可得，锰元素化合价由＋7价降到＋2价，硫元素化合价由－2价升高到＋4价，根据得失电子守恒得6MnO＋5CuS30e－。(3)由H2O2－2e－===2H＋＋O2↑可知，0.2 mol H2O2参加反应转移0.4 mol电子。在该反应中MnO是氧化剂，H2O2是还原剂，故氧化性：KMnO4＞H2O2(或O2)。(4)根据得失电子守恒可知，1 mol KMnO4得5 mol电子，而1 mol H2O2参加反应失去2 mol电子，故1 mol KMnO4可氧化2.5 mol H2O2。答案：(1)D(2)6MnO＋5CuS30e－(3)0.4　KMnO4　H2O2(或O2)　(4)2.516．(2019·四川成都一诊)高锰酸钾常用作消毒杀菌剂、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾的流程如下。试回答下列问题。(1)配平焙烧时的化学反应：□MnO2＋□________＋□O2□K2MnO4＋□H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率，试用碰撞理论解释其原因：__________________。(2)滤渣Ⅱ的成分有________(填化学式)；第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替的原因是________。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得到KMnO4。由图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过________、________、洗涤等操作。(5)工业上按上述流程连续生产KMnO4。含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4________t。(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液Ⅱ。①电解槽阳极反应式为____________；②阳极还可能有气体产生，该气体是________。解析：(1)MnO2中Mn元素的化合价为＋4价，   K2MnO4中Mn元素的化合价为＋6，O2中O元素的化合价由0价降低为－2价，根据得失电子守恒得MnO2的化学计量数应为2，O2的化学计量数为1，K2MnO4的化学计量数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH的化学计量数为4，水的化学计量数为2。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分。(2)根据流程可知滤液Ⅰ主要是K2MnO4溶液，还含有SiO和AlO等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2＋H2O＋SiO===H2SiO3↓＋CO、CO2＋3H2O＋2AlO===2Al(OH)3↓＋CO，所以滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2的目的之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，反应中不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO，因为CO2过量，所以还会生成HCO，离子方程式为3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO。(4)滤液Ⅲ的溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可知，KMnO4的溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3的溶解度受温度影响变化比较大，所以从滤液Ⅲ中得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。(5)根据Mn元素守恒，含a% MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4的质量为1×a%× t≈0.018a t。(6)①滤液Ⅱ主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO，故阳极反应式为MnO－e－===MnO；②溶液中的OH－也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。答案：(1)2　4　KOH　1　2　2　加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数多，反应速率加快，使MnO2反应更充分(2)Al(OH)3、H2SiO3　稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量(3)3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO(4)蒸发结晶　趁热过滤　(5)0.018a(6)MnO－e－===MnO　O2