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解：①托盘天平是根据杠杆原理制成的，指针偏向左边，说明左盘的质量高．因此，若指针偏向左边，应将右边的螺丝帽向右移动；指针向右偏转，说明砝码的质量大于物质的质量，所以应小心加入药品，使指针指向刻度中央．

故答案为：右；   小心加入药品，使指针指向刻度中央．

②加入A物质，能使氯化钙产生沉淀且不引进新的杂质离子，所以应加入碳酸钾溶液，碳酸钾和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾；如果碳酸钾过量，溶液中含有碳酸根离子，碳酸根离子和强酸能发生生成二氧化碳气体，所以检验方法是 取上层澄清溶液少许，加盐酸观察是否有无色气体生成，如果有气体生成就说明过量，否则不过量；

加入的A物质是过量的，所以滤液中含有碳酸根离子，碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾和二氧化碳、水，且加热溶液能使盐酸挥发，所以选取盐酸除去碳酸根离子；

由以上分析知，得到的固体是碳酸钙；沉淀上容易沾有氯离子，所以洗涤液中含有氯离子，如果沉淀洗涤干净，洗涤液中就没有氯离子，检验方法是：取最后一次洗出液加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀析出．

故答案为：K2CO3；  取上层澄清溶液少许，加盐酸观察是否有无色气体生成；  盐酸；除CaCl2时混入CO32-，加入过量盐酸除去CO32-，且不影响KCl纯度；  CaCO3；  取最后一次洗出液加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀析出．

③由图知，玻璃棒没有靠在三层滤纸上；漏斗颈底端没有贴在烧杯内壁上．

故答案为：玻璃棒没有靠在三层滤纸上；漏斗颈底端没有贴在烧杯内壁上．

④根据钙原子守恒计算氯化钙的质量．

设氯化钙的质量为x．

 CaCO3----CaCl2

100           111

W2            x

x=；

所以氯化钾的质量为=Wg-；

所以氯化钾和氯化钙的质量比为=．

解：钨矿原料加入氢氧化钠溶解，得到粗钨酸钠溶液，再加硫酸调节pH=10得含有的杂质阴离子有SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等的溶液，加入双氧水，将HAsO32-氧化成HAsO42-，再加氯化镁沉淀SiO32-、HAsO42-、HPO42-等，过滤所得溶液主要为钨酸钠溶液，进一步提纯得到WO4；

（1）根据以上分析，操作甲的名称是过滤，故答案为：过滤；

（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O，故答案为：氧化HAsO32-；H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O；

（3）根据图表数据分析，增大NaOH浓度，浸出率增大；增大CaO浓度，浸出率减小；所以增大碱用量，浸出率不一定增大或减小，故选：A；

（4）根据C（Mg2+）===5.6×10-4mol/L，故答案为：5.6×10-4mol/L；

解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应，故答案为：SO2+OH-=HSO3-；

（2）①a、当溶液的pH=8时，根据图示得到溶液是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（SO32-）＞c（HSO3-）＞c（OH-）＞c（H+），c（SO32-）＞c（HSO3-），故a正确；

b．pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），故b错误；

c．图象可知，为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右．故c正确；

故答案为：ac；

②NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，HSO3-⇌SO32-+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，

故答案为：HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，c（H+）增大；

（3）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，

故答案为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

（4）①电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O，阳极电极反应为：Ce3+-e-═Ce4+，故答案为：Ce3+-e-═Ce4+；

②在电解池中，阳极上是Ce3+失电子成为Ce4+的过程，所以生成Ce4+从电解槽的阳极上极a极流出，故答案为：a；

（5）NO2-的浓度为a g•L-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：×2，设消耗标况下氧气的体积是V，则得到电子数目是：×4，根据电子守恒：=×4，解得V=243a，故答案为：243a．

解：（1）电解精炼铜阳极的反应为Cu-2e-═Cu2+；Fe-2e-═Fe2+或 Zn-2e-═Zn2+或Ni-2e-═Ni2+，故答案为：Cu-2e-═Cu2+；Fe-2e-═Fe2+或 Zn-2e-═Zn2+或Ni-2e-═Ni2+；

（2）①胶粒能通过滤纸，故答案为：胶体的分散质（或胶体粒子）能通过滤纸孔隙；

②碳酸铅可与硝酸反应生成硝酸铅，离子方程式是PbCO3+2H+═Pd2++CO2↑+H2O，故答案为：PbCO3+2H+═Pd2++CO2↑+H2O；

③用氨水溶解氯化银变为银氨溶液，最后用N2H4将其还原为银，故答案为：还原剂；

④用盐酸、氯化钠、氯酸钠等将它们溶解得到H2PtCl6、AuCl3、PdCl2，可知1mol氯酸钠被还原为Cl-转移电子6mol；根据氧化还原反应得失电子数相等知3n（Au）=2n（SO2），n（SO2）==0.15mol，体积为0.15×22.4=3.36，故答案为：6；3.36．

解：（1）HCN是共价化合物，电子式为：，不同元素之间形成的化学键极性共价键，该键形成的不对称分子是极性分子，

故答案为：；极性；

（2）轨道表示式可以详尽描述氧原子的核外电子运动状态的方式，即，从该轨道表示式可以看出：最外层有2种不同能量的电子，

故答案为：2；

（3）a．相同条件下水溶液的pH：NaClO＞Na2S2O3，则酸性是：HClO＜H2S2O3，但是元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故a错误；

 b．还原性：H2S＞HCl，即氯气与H2S能发生置换反应，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，故b正确；

c．相同条件下水溶液的酸性：HClO3＞H2SO3，但是元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故c错误；

d．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，稳定性：HCl＞H2S，故d正确；

故选bd；

（4）在酸性环境下，重铬酸根离子氧化性可将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，自身被还原为Cr3+，即3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3++13H2O，

故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3++13H2O；

（5）根据反应：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=6SO42-+8Cr3++13H2O，每4molCr2O72-被还原转移的电子是24mol，所以每0.5molCr2O72-转移的电子数3.0A（或1.806×1024），故答案为：3.0A（或1.806×1024）；

（6）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，

故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），使沉淀向更难溶方向转化．

解：Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是Al2（SO4）3，沉淀是Al2O3和Fe2O3；

向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；

向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为过量氨水和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的固体E为（NH4）2SO4；

（1）由上述分析可知，B为氢氧化铝分解生成的Al2O3，

故答案为：Al2O3；　

（2）根据分析可知，E中含（NH4）2SO4，

故答案为：（NH4）2SO4；

（3）反应①为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，

故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）反应②为偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

（5）反应③为氢氧化铝分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O，

故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O．

解：根据图示可知，制备流程为：氧化锌粗品（含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质）中加入稀硫酸，氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应，二氧化硅不反应，通过过滤操作分离出二氧化硅，滤液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子；向滤液M加入过量铁粉，铜离子被置换成铜单质，通过过滤得到的滤液N中含有亚铁离子、锌离子；向滤液N中加入过量氢氧化钠，反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀，滤液Q中含有AlO2-；酸化滤液Q后加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，经过煅烧得到ZnO，

（1）根据分析可知，操作A为过滤操作，过滤所用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒和漏斗，还缺少漏斗，故答案为：漏斗；

（2）为了加快反应速率，增大固液接触面积，在“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒，故答案为：增大固液接触面积，加快溶解时的反应速率；

（3）加入过量铁粉后，铁与铜离子发生置换反应生成亚铁离子和铜单质，从而回收了铜，故答案为：Cu；

（4）滤渣P中Fe（OH）2和Fe（OH）3的物质的量之比为5：1，该滤渣在空气中灼烧可获得高性能的磁粉Fe3O4，根据质量守恒，反应产物中还会生成水，反应的化学方程式为：20Fe（OH）2+4Fe（OH）3+3O2=8Fe3O4+26H2O，

故答案为：20Fe（OH）2+4Fe（OH）3+3O2=8Fe3O4+26H2O；

（5）在450～500℃下煅烧ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O获得ZnO，还会生成二氧化碳气体和水，反应的化学方程式为：ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑，

故答案为：ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O3ZnO+CO2↑+3H2O↑；

（6）取20.00mL滤液N，用O.02mol．L-l的KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液18.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.02mol/L×0.018L=0.00036mol，

高锰酸根离子变成锰离子，化合价降低5价，亚铁离子变成铁离子化合价变化为1，则二者反应的关系式为：KMnO4～5Fe2+，

反应消耗的亚铁离子的物质的量为：0.00036mol×5=0.0018mol，

则滤液N中Fe2+的浓度为：c（Fe2+）==0.09mol/L，

故答案为：0.09．

解：（1）黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，根据流程图的提示知，黑钨矿在空气中熔融生成WO42-、MnO2，、Fe2O3等，其中转化中生成MnO2的化学反应方程式为2MnWO4+O2+4NaOH=2MnO2+2Na2WO4+2H2O，整个转化过程中黑钨矿被氧化的元素是化合价升高的元素，锰从+2价变为+4价，铁从+2价变为+3价，所以被氧化的元素是Mn、Fe，

故答案为：2MnWO4+O2+4NaOH=2MnO2+2Na2WO4+2H2O；Mn、Fe；

（2）沉淀C是H2WO4，是Na2WO4和盐酸反应生成，所以沉淀C表明含有氯离子，检验沉淀C是否洗涤干净只需检验氯离子，具体操作是取最后一次的洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净，反之则未洗净，

故答案为：取最后一次的洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀产生则已洗涤干净，反之则未洗净；

（3）因为钨的熔点很高，不容易转变为液态，如果用碳做还原剂，混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，若选择H2，则是对所得产品的纯度要求就很高，但冶炼成本高，

故答案为：若选择碳，降低冶炼成本；若选择H2，则是对所得产品的纯度要求就很高，但冶炼成本高；（4）若x=0.1这种氧化钨为WO2.9，WO2.9中存在五价和六价两种价态的钨，设钨的平均价态为x，则x+（-2）×2.9=0，解得x=+5.8，化合物中正负化合价代数和为零，设每个WO2.9中五价的原子个数为m，六价的原子个数为n，则有5m+6n=5.8和m+n=1解之得m=0.2，n=0.8，可知这两种价态的钨原子数之比为1：4，

故答案为：1：4；

解：（1）合金中只有铝与加入NaOH溶液反应，所以离子方程式为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，由分析可知X是硝酸，故答案为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，硝酸；

（2）铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以PH控制在3.2≤pH＜4.7，除杂不能引入新的杂质，加入铜粉将铁离子还原成亚铁离子，而氨水引入铵根离子，硝酸铜溶液起不到调节PH的作用，所以只能用氧化铜，故答案为：3.2≤pH＜4.7；c；

（3）从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体应采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；

（4）Cu（NO3）2受热易分解，其分解反应为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑．

a．称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2•nH2O的结晶水含量，故a不选；

b．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故b选；

c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，原体系中水蒸气也被吸收，故c选；

d．称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故d不选；

故选bc；

（5）由2Al（OH）3 Al2O3+3H2O可知水的质量为：（m-n）g，所以氢氧化铝的质量为：，所以质量分数为：=，故答案为：；

（6）滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，故答案为：滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，煅烧后失重偏大；滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大．

解：无机融雪剂氯化钠、氯化钙、氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，加入相应的试剂后，可以得到氯化钠的溶液；

（1）氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，所以加入混合液A的主要成分是NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；

（2）镁离子与强碱反应生成沉淀，可以用氢氧化钠检验镁离子，根据沉淀的溶度积数值的大小，数值越小，说明将钙离子沉淀需要的溶液的浓度越小，故效果最好的是碳酸钠溶液，故答案为：NaOH；A； 

（3）加热能加快沉淀生成，根据氢氧化镁的Ksp=[Mg2+][OH-]2，所以[Mg2+]===1.8×10-7（ mol•L-1），

故答案为：1.8×10-7mol•L-1．

（4）加热并不断滴加6mol•L-1的盐酸溶液，可以将溶液中多余的氢氧化钠和碳酸钠除去，故答案为：除去NaOH和Na2CO3．

解：制取富马酸亚铁的流程为：先分别溶解绿矾和富马酸，然后用碳酸钠与富马酸反应生成富马酸钠，富马酸钠与绿矾反应生成富马酸亚铁溶液，然后通过蒸发浓缩得到富马酸亚铁产品，

（1）①根据结构式可知，富马酸的结构简式为：HOOCHC═CHCOOH，

故答案为：HOOCHC═CHCOOH；

②由于亚铁离子不稳定，容易被氧化成三价铁离子，铁离子在溶液中会发生水解，生成氢氧化铁，所以绿矾（FeSO4？7H20）在保存过程中形成的杂质主要有硫酸铁、氢氧化铁等杂质，

故答案为：Fe2（SO4）3、Fe（OH）3；

③得到的含有富马酸亚铁的溶液需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，最后得到富马酸亚铁产品，

故答案为：蒸发浓缩；

④富马酸亚铁表面的可溶性杂质离子有Na+、SO42-等，可以从检验洗涤液中是否含Na+或SO42-来设计实验，所以检验方法是：取最后一次洗涤液，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成，说明已洗涤干净，

故答案为：取洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成；

（2）检验亚铁离子时，先判断溶液中不存在铁离子，然后加入氧化剂，再用硫氰化钾溶液检验铁离子，从而判断溶液中是否含有亚铁离子，具体操作的方法为：②取少量滤液，滴加KSCN溶液，不显血红色，证明溶液中没有三价铁离子，

③再向上述溶液中滴加H2O2溶液，溶液显血红色，证明原溶液中存在亚铁离子，

故答案为：

．

解：（1）已知滤液B的主要成份是硝酸铵，则根据原子守恒可知酸X为硝酸．溶液中含有铁离子，要转化为氢氧化铁沉淀，则需要加入碱液．根据滤液B是硝酸铵可知，A应该是氨水，故答案为：硝酸；氨水；

（2）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，方程式为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，据此可以检验铁离子的存在．即取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，

故答案为：KSCN；取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+； 或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；

（3）过滤后的溶液中含有大量的Ca2+，加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（4）过氧化钙的性质类似于过氧化钠，与水反应的化学方程式为CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2↑，故答案为：CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2↑；

（5）氧化钙与水反应得不到气体，只有过氧化钙与水反应生成氧气，其中氧气的物质的量==0.005mol．则根据方程式CaO2+2H2O=Ca（OH）2+O2↑可知消耗过氧化钙的物质的量是0.005mol，质量=0.005mol×72g/mol=0.36g，所以该样品中CaO2含量为×100%=45%，故答案为：45%；

（6）在稀释过程中溶质是不变的，则要配制100mL 1.0mol/L的盐酸，需要12.5mol/L盐酸的体积为=0.008L=8.0ml．配制该溶液时，除用到量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器和用品有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：8.0；100mL容量瓶、玻璃棒．

解：（1）碳酸钙与盐酸的反应的方程式：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

（2）加入氢氧化钙溶液调节溶液的pH为8.0-8.5，此时Al3+、Fe3+沉淀完全，形成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，此时二氧化硅也不会发生反应，若用氢氧化钠溶液除杂，则氢氧化钠会和盐酸反应生成氯化钠，作为杂质混入产品中，故答案为：Al（OH）3、SiO2、Fe（OH）3；NaCl；

（3）酸化时加盐酸将溶液的pH调节到4.0左右，可以将沉淀铁离子以及铝离子而加入的氢氧化钙中和，故答案为：除去过量的氢氧化钙；

（4）氯化钙溶液获得氯化钙晶体的方法：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：洗涤；干燥；

（5）①氯化钙溶液和硝酸银反应的实质是氯离子和银离子之间的反应，根据氯元素守恒，即CaCl2～2AgNO3，设和硝酸银反应的氯化钙的物质的量是x，

              CaCl2 ～2AgNO3～2AgCl

               1                 2

              x             0.205L×0.5000mol/L

解得x=0.05125mol，样品中CaCl2•2H2O的质量分数为×100%=102.5%，故答案为：102.5%；

②对氯化钙晶体加热使之失去结晶水操作中，干燥温度过高时CaCl2•2H2O 晶体失去部分结晶水，会给实验带来误差，故答案为：⑤；干燥温度过高时CaCl2•2H2O 晶体失去部分结晶水．

解：（1）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作Ⅰ得到滤液，因此操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，

故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4价，因此KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据化合价升降相等可知，

氧化产物与还原产物的物质的量之比为（7-6）：（6-4）=1：2，

故答案为：1：2；

（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，因此不能选用盐酸酸化，

故答案为：a；

（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42-在阳极放电，电极反应是为MnO42--e-═MnO4-，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；

n（H2）==0.1mol，根据得失电子守恒可知，生成KMnO4的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，m（KMnO4）=0.2mol×158g/mol=31.6g，

故答案为：负；MnO42--e-═MnO4-；31.6．