2019届高三化学第一次阶段性过关考试试题(含解析).doc

2019届高三化学第一次阶段性过关考试试题(含解析)1.下列物质不属于电解质的是（）A.NaOHB.H2SO4C.蔗糖D.NaCl【答案】C【解析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。点睛：本题考查电解质和非电解质的概念。明确概念是解题的关键，电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能不能导电的化合物，注意电解质根据中的“或”、“导电”、“化合物”和非电解质中的“和”、“都不能”、“化合物”等词。2.实验室制备下列气体时，只能用排水法收集的气体是（）A.H2B.NOC.NO2D.CO2【答案】B【解析】A氢气和水不反应，所以可以用排水法收集，在常温下和氧气不反应，密度比空气小，所以也可以用向下排空气法收集，故A错误；BNO和氧气反应，所以不能用排空气法收集，和水不反应且难溶于水，所以只能用排水法收集，故B正确；C二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，二氧化氮和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故C错误；DCO2能和水反应，所以不能用排水法收集，和氧气不反应，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故D错误；故选B。点睛：本题主要考查实验室气体的收集方法，从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断是解答的关键。只能用排水法收集的气体具有以下特点：气体难溶于水；不能用排空气法收集。3.下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L H2和O2的混合物所含分子数为NAB.标准状况下，18g H2O的体积是22.4LC.在常温常压下，11.2L N2含有的分子数为0.5 NAD.1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为2NA【答案】A【解析】A、标准状况下，22.4LH2和O2的混合气体物质的量为1mol，所含分子数为NA，选项A正确；B、标准状况下，H2O为液体，18g H2O的体积小于22.4L，选项B错误；C、在标准状况下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA，选项C错误；D、1 mol Cl2通入澄清的石灰水中转移的电子数为NA，选项D错误。答案选A。4.下列说法中正确的是（）A.溶液中的溶质粒子能透过滤纸，而胶体中的分散质粒子不能透过滤纸，所以可以用滤纸来分离溶液和胶体B.有化学键断裂或化学键形成的过程都是化学变化C.焰色反应属于吸热反应D.食盐溶液能导电，但食盐溶液不是电解质【答案】D【解析】A.溶液中的溶质粒子和胶体中的分散质粒子均能透过滤纸，可以用半透膜来分离溶液和胶体，A错误；B.有化学键断裂或化学键形成的过程不一定都是化学变化，例如氯化钠溶于水等，B错误；C.焰色反应属于物理变化，不是吸热反应，C错误；D.食盐溶液能导电，溶液是混合物，食盐溶液不是电解质，D正确，答案选D。5.等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体。下列说法正确的是（）A.质量之比为1:1:1B.体积之比为4:14:13C.密度之比为13:13:14D.原子个数之比为1:1:2【答案】D【解析】A三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，CO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，根据m=nM知：质量之比与摩尔质量成正比为28：28：26=14：14：13，A错误；B三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，等温等压下，体积之比与物质的量成正比，所以三者体积之比1：1：1，B错误；CCO、N2、C2H2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol、26g/mol，等温等压下，气体摩尔体积相同，根据=m/V=M/Vm知，密度与摩尔质量成正比，则密度之比为28：28：26=14：14：13，C错误；D三种气体的分子的质子数分别为：14、14、14，质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，物质的量相等，1分子CO、N2、C2H2分别含原子数为：2、2、4，所以三种气体原子数之比：1：1：2，D正确，答案选D。6.下列有关实验的说法正确的是（）A.将SO2通入溴水中，溴水褪色证明SO2具有漂白性B.将含有少量HCl的Cl2通入水中以除去HCl杂质C.将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性D.将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解【答案】C【解析】A、SO2与溴水发生氧化还原反应，表现出还原性，选项A错误；B、将含有少量HCl的Cl2通入饱和食盐水中以除去HCl杂质，选项B错误；C、将乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色证明乙烯具有还原性，选项C正确；D、将蔗糖溶液和少量稀H2SO4混合加热后，先用氢氧化钠溶液中和至碱性，再加入新制的Cu(OH)2检验蔗糖是否水解，选项D错误。答案选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH1的溶液中：Fe2、NO3-、SO42-、NaB.由水电离的c(H)11014molL1的溶液中：Ca2、K、Cl、HCO3-C.c(H)/c(OH)1012的溶液中：NH4+、Al3、NO3-、ClD.c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、ClO、SO42-、SCN【答案】C【解析】A、pH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+离子之间发生氧化还原反应，则不能大量共存，选项A错误；B、在酸性或碱性溶液中，HCO3-不能存在，选项B错误；C、根据c(H+)/c(OH-)=1012，c(H+)=101molL-1，NH4+、Al3、NO3-、Cl离子可以共存，选项C正确；D、Fe3+与ClO-、SCN-均不能大量共存，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查有条件的离子共存问题。注意硝酸根离子本身氧化性不强，酸性条件下氧化性增强。注意判断溶液的酸碱性是解答本题的关键。8.下列指定反应的离子方程式表达正确的是()A.FeCl3溶液中加入KSCN溶液：Fe3+ 3SCN= Fe(SCN)3B.Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+2HCO3+ 2OH= CaCO3+ CO32+ H2OC.向NaClO溶液中通入少量SO2: 2ClO+SO2+H2O =SO32+2HClOD.过量的CO2通入水玻璃中：SiO322CO2+2H2O =H2SiO3 + 2HCO3【答案】D【解析】A. FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变成血红色，没有生成沉淀，故A错误；B. Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ca2+HCO3+ OH= CaCO3+ H2O，故B错误；C.向NaClO溶液中通入少量SO2反应生成的次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，故C错误；D.过量的CO2通入水玻璃中反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠：SiO322CO2+2 H2O =H2SiO3 + 2HCO3，故D正确；故选D。9.按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是（）A.步骤(1)需要过滤装置B.步骤(2)需要用到分液漏斗C.步骤(3)需要用到坩埚D.步骤(4)需要蒸馏装置【答案】C【解析】试题解析: A。步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确；B操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确；C从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误；D有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确；考点:考察物质的分离和提纯；10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀HNO3中加入过量铁粉，再滴入少量KSCN溶液溶液变红稀HNO3将Fe氧化为Fe3+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、稀硝酸中加入过量铁粉充分反应后，生成硝酸亚铁，则滴加KSCN溶液，无明显现象，选项A错误；B、AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，溶液澄清，可知Ag+与NH3H2O反应生成络合离子而不能大量共存，选项B错误；C、Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、NO和水，生成物中没有单质，不属于置换反应，选项C错误；D、KI和FeCl3溶液在试管中混合后，发生氧化还原反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，在下层，则下层溶液显紫红色，氧化性为Fe3+I2，选项D正确。答案选D。11.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO2NaClNaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是()A.NaCl、NaClOB.NaCl、NaClO3C.NaClO、NaClO3D.NaClO3、NaClO4【答案】B【解析】A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，二者还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误。答案选C。12.向盛有H2O2溶液的试管中滴入少量浓盐酸，经检验生成的混合气体中只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气将气体通入X溶液（如图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是（）选项X溶液现象A稀HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成B滴有KSCN的FeSO4溶液溶液变为血红色C淀粉KI酸性溶液溶液变为蓝色D紫色石蕊溶液溶液先变红后褪色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、含氯化氢也可生成白色沉淀，不能判断是否含有氯气，选项A不选；B、氧气可氧化亚铁离子，溶液变为血红色，不能判断是否含有氯气，选项B不选；C、氧气可氧化碘化钾，溶液变蓝，不能判断是否含氯气，选项C不选；D、紫色石蕊溶液先变红后褪色，可知一定含氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和漂白性，选项D可选。答案选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，实验装置综合。能判断气体中含有氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和漂白性，结合漂白性可检验，以此来解答。13.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3+的浓度(mol/L)为（）A.2bc2a2bc2aB.2bca2bcaC.2bc3a2bc3aD.2bc6a2bc6a【答案】C【解析】由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则SO42-+Ba2+BaSO4bmolbmolc（SO42-）=bmolaLbmolaL=babamol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OH-NH3+H2Ocmolcmolc（NH4+）=cmolaLcmolaL=cacamol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+cacamol/L1=babamol/L2，解得x=2bc3a2b-c3amol/L，答案选C。14.已知离子方程式：As2S3H2ONO3AsO43SO42NO_ (未配平)，下列说法错误的是()。A.配平后水的化学计量数为4B.反应后溶液呈酸性C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为328D.氧化产物为AsO43和SO42【答案】C【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得：3As2S34H2O28NO3=6AsO439SO4228NO8H，据此可知选项A、B、D均正确。氧化剂和还原剂的物质的量之比为283，选项C错误。答案选C。15.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：（1）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是。A. Na2SO3溶液与HNO3B. Na2SO3固体与浓硫酸C.硫化氢在空气中燃烧D.高温煅烧硫铁矿（2）装置C的作用是。（3）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有(填序号)。A蒸发皿B石棉网C漏斗D烧杯E玻璃棒F坩埚（4）写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：；请设计实验方案检验反应后A中Fe2生成；本实验中能表明SO2的还原性比I-的还原性强的现象是，其反应的离子方程式为。【答案】B除去尾气中的SO2过滤BFSO2+ 2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红B中溶液的蓝色褪去SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+【解析】(1)A项HNO3具有强氧化性，将把Na2SO3氧化成Na2SO4，C项不易控制和收集，D项高温煅烧适用于工业制法不适用于实验室制法，都不适用，答案选B；（2）二氧化硫直接排放到空气中会造成污染，装置C的作用是除去尾气中的SO2；（3）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中需要用到蒸发皿、漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到的仪器有石棉网、坩埚，故答案选BF；（4）SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式为：SO2+ 2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+；检验反应后A中Fe2生成，可取C中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红；本实验中能表明SO2的还原性比I-的还原性强，则二氧化硫将碘还原为碘离子，其现象是B中溶液的蓝色褪去，其反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。16.I.（1）已知食盐常加入KIO3来补充碘元素，检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+_KI+_H2SO4_K2SO4+_I2+_H2O（配平反应方程式）利用上述反应检验食盐中是否加碘，所需试剂是（填下列选项的序号）A、碘水B、KI溶液C、淀粉溶液D、稀硫酸E、AgNO3溶液如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为（2）Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）若反应中消耗Cl21.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为LII.用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制100mL1.0mol.L-1稀硫酸，实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸溶解检漏、转移、洗涤定容、摇匀。若实验仪器有：A100mL量筒B托盘天平C玻璃棒D50mL容量瓶E.10mL量筒F胶头滴管G.50mL烧杯H.100mL容量瓶回答下列问题：（1）需量取浓硫酸的体积为mL（2）实验时选用的仪器有（填序号）（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是（填序号）定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中用量筒量取浓硫酸时仰视读数【答案】1 5 3 3 3 3BCD0.12mol22.45.4CEFGH【解析】I.（1）根据氧化还原反应原理，碘酸钾中碘元素的化合价由+5价降为0，碘化钾中的碘元素化合价由-1价升高到0价，故配平得方程式： KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O；根据反应KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O可知，检验碘酸钾需要碘化钾、稀硫酸，还需要淀粉检验生成的碘单质，所以BCD正确；根据反应KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O可知，每生成3mol碘，转移5mol电子，则如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为0.12mol；（2）根据反应化学方程式：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气）每8mol氨气反应，其中只有2mol被氧化，若反应中消耗Cl21.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为1mol22.4L/mol=22.4L；II、（1）98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度为：1000wM1000wM=10001.8498%9810001.8498%98mol/L=18.4mol/L，配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，需要该浓硫酸的体积为：1.0mol/L0.1L18.4mol/L1.0mol/L0.1L18.4mol/L0.0054L=5.4mL；（2）根据配制100mL 1.0molL-1稀硫酸的步骤可知，配制过程中需要的仪器为：10mL量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，所以需要使用的仪器为：CEFGH；（3）定容时俯视刻度线观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故正确；容量瓶使用时未干燥，对溶质的物质的量及溶液的最终体积没有影响，不影响配制结果，故错误；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故错误；所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，导致浓硫酸浓度减小，量取的浓硫酸中含有的硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故错误；用量筒量取浓硫酸时仰视读数，导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故正确；故答案为。点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、氧化还原反应的计算、硫酸根离子检验等知识，试题题量较大，知识点较多，该题是中等难度的试题，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。17.氯气是一种重要的工业原料。.实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是。.某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O他们利用该反应设计如下制取氯气并验证其性质的实验。回答下列问题：（1）该实验中A部分的装置是(填标号)。（2）请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：。（3）写出D装置中发生反应的离子方程式（4）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法写出反应离子方程式。（5）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0 g，研磨后溶解，配制成250 mL溶液，取出25 mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置。待完全反应后，用0.1 mol.L1的Na2S2O3溶液作标准液滴定反应生成的碘，已知反应方程式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0 mL。则该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为。【答案】MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2+2H2Ob取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化Cl2+H2OH+Cl-+HClO；H+HCO3-CO2+H2O应将尾气通入NaOH溶液中Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O35.75%【解析】、实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；、A部分是氯气的发生装置，而此装置为固液加热型装置，因此选b；证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化，实际上是证明溶液中存在SO42-：取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；装置D中为碳酸氢钠与氯气的反应，此时应考虑氯气溶液水发生的反应。故答案为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；H+HCO3-CO2+H2O；整个反应过程中由于氯气具有毒性，因此，装置的末尾应加上一个尾气处理装置。可用碱性溶液吸收：应将尾气通入NaOH溶液中；由此过程中涉及的反应式可得出如下关系式：ClO-I22Na2S2O3，所以得：Ca(ClO)24Na2S2O31434molx0.002mol143x143x=4mol0.002mol4mol0.002mol解得x=0.0715g故该漂白粉中Ca(ClO)2的质量分数为0.0715g102.00g0.0715g102.00g100%=35.75%。点睛：本题考查氯气及其化合物的性质与相关计算。本题是一道结合实验与计算的综合题，属于中等难度题型，也是高考中的常考题型。对于此类题型的解答，熟练掌握物质的相关性质，是解题关键。对于计算，则需将多步反应联系起来，找出之间的对应关系，形成关系式形式，可简化计算，减少计算量。18.某工厂排出的废水中含有大量的Fe2+、Cu2+和SO42-.某校研究性学习小组设计如图流程以回收铜和硫酸亚铁请回答：（1）反应的离子方程式为。（2）操作中用到的玻璃仪器是（填序号）。a烧杯b漏斗c玻璃棒d酒精灯（3）固体成份是（填名称）。（4）原料的名称为。.已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H+、Mn2+、H2O、IO3、MnO4、IO4离子，有关离子反应方程式为：，用双线桥标出上述反应的电子得失。在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1升，测得溶液的pH=2，则在反应中转移电子的物质的量为mol。【答案】Cu2+FeCu+Fe2+abcCu和Fe稀硫酸2Mn2+ 5 IO4+ 3 H2O 2 MnO4+ 5 IO3+ 6 H+略1/60（或0.01）【解析】.（1）根据题意知，该物质能和铜离子反应且不引进新的杂质离子，所以物质为铁，铁与铜离子反应的离子方程式为：Cu2+FeCu+Fe2+；（2）操作的分离是固体、液体分离，所以应用过滤的方法，故用到的玻璃仪器有：a烧杯b漏斗c玻璃棒，答案为：abc；（3）操作中加入过量的铁才能使铜离子完全反应，所以所得固体的成分是铁和铜，分离铁和铜且回收铜，所以加入某物质与铁反应，与铜不反应，且与铁反应后的物质与操作所得溶液中溶质的成分一样，加入的原料为稀硫酸；.由于将锰离子转化为高锰酸根离子，所以锰离子是还原剂失去电子，因此IO4是氧化剂，其还原产物是IO3，所以该离子反应方程式为2Mn2+ 5 IO4+ 3 H2O 2 MnO4+ 5 IO3+ 6 H+；在锰离子转化为高锰酸根离子的反应2Mn2+ 5 IO4+ 3 H2O 2 MnO4+ 5 IO3+ 6 H+中，如果把反应后的溶液稀释到1升，测得溶液的pH = 2，则n(H+)=10-2mol/L1L=0.01mol，在反应中转移电子的物质的量为0.01mol1060.01mol106mol=160160mol。