1、备战高考化学化学反应原理的综合专项训练及答案一、化学反应原理1 水合肼 (N 2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为 CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NH4H2O+Na2CO3+NaCl。实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO2NaCl+NaClO3)。（ 1）图甲装置 中烧瓶内发生反应的离子方程式为_ 。（2）用 NaOH 固体配制溶质质量分数为30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有_。（ 3）图甲装置 中用冰水浴控制温度的目的是 _ 。实验 2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N H H2O 会
2、参与 A 中反应并产生大量氮气，24降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为_。 充分反应后，蒸馏 A 中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分 3.0g，加入适量 NaHCO3 固体 (滴定过程中，调节溶液的pH 保持在 6.5 左右)，加水配成 250mL 溶液，移出25.00mL 置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用-1 的碘的标准溶液滴定。(已知 ： N2422220.15mol LH HO+2I =N +4HI+H O) 滴定操作中若不加入适量NaHCO3 固体，则测量结果会 _“偏大 ”“偏小 ”“无影响”)。 下列能导致馏分中水合肼
3、的含量测定结果偏高的是_(填字母 )。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 实验测得消耗I2 溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2 H4H2O)的质量分数为_ 。【答案】MnO2+4H+Cl-Mn 2+Cl2 +2H2O量筒、烧杯、玻璃棒防止NaClO 分解，影响水合肼的产率N2H4H2O+2NaClO=N2 +3H2O+2NaCl 偏大 d 25%【解析】试题分析：由图可知，装置I 由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II 由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III 是尾气处理装
4、置；图乙中的由CO(NH2 )2 与NaOH、NaClO 反应制备水合肼。实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO 2+4H+Cl-Mn 2+Cl2 +2H2O。（2）用 NaOH 固体配制溶质质量分数为30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒 。（3）由题中信息(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO 分解，影响水合肼的产率。实验 2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2 42O 会参与 A 中反应并产
5、生大量氮气，H H降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4H2O+2NaClO=N2 +3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏 A 中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，加入适量 NaHCO3 固体 (滴定过程中，调节溶液的pH 保持在 6.5 左右)，加水配成 250mL 溶液，移出25.00mL 置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用-1(已知： N2H4H2O+2I2=N2 +4HI+H2O)0.15mol L 的碘的标准溶液滴定。水合肼 (N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3 固体
6、控制溶液的 pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作： a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d。实验测得消耗 I2 溶液的平均值为 20.00mL，由反应的化学方程式 N2H4?H2O+2I2=N2 +4HI+H2O 可知，n(N2H4?H2O)= n(I2)=0.0015m
7、ol ，馏分中水合肼 (N2H4H2O)的质量分数为25%。点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等 。 明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等 。2 人体血液里Ca2的浓度一般采用mgcm-3 来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵 (NH 4) 2C2O4 溶液，可析出草酸钙 (CaC2O4) 沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H 2C2O4) ，再用 KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中 Ca2
8、+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制 KMnO4标准溶液）如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有_ ( 填序号 ) 。（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_( 填“偏大”或“偏小” ) 。（测定血液样品中 Ca2 的浓度）抽取血样 20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol L 1 KMnO4 溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4 溶液。（3）已知草酸跟 KMnO溶液反应的离子方程式为-+x+2MnO+5H C O4+6H =2Mn
9、 +10CO+8H O则442222方程式中的x=_ 。（ 4）经过计算，血液样品中 Ca2+的浓度为 _ mgcm-3 。【答案】 偏小 2 1.2【解析】【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 2)+(
10、+1 6)=+x，解2得， x=2，草酸跟KMnO4 反应的离子方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+2Mn 2+10CO2 +8H2O；(4)血样 20.00mL 经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L 0.012L=2.4-4mol10，根据反应方程式2MnO-4+5H2C2O4+6H+ 2Mn 2+10CO2 +8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4 ，可知：2+5-4-42+-42 2 4)=2.5 2.4 mol=610 10mol ，Ca的质量为： 40g/mol610n(Ca )=n(H C O )=n(MnO24mol=0.
11、024g=24mg ，钙离子的浓度为：24mg=1.2mg/cm3。20cm3【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c= n 分析，如：用V量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度
12、升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。3K3 Fe( C2O4) 3 3H2O 三草酸合铁( ) 酸钾晶体 易溶于水 , 难溶于乙醇 , 可作为有机反应的催化剂。实验室可用铁屑为原料制备, 相关反应的化学方程式为: Fe+H2SO4FeSO4+H2、 FeSO4 +H2C2O4+2H2O FeC2O4 2H2 O+H2SO4、2FeC2O4 2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2 O4 2K3 Fe( C2O4 ) 3+ 6H2O、 2MnO 4 +5C
13、2O42 +16H+2Mn2 +10CO228H O。回答下列问题 :+( 1) 铁屑中常含硫元素, 因而在制备 FeSO4 时会产生有毒的H2S 气体 , 该气体可用氢氧化钠溶液吸收。下列吸收装置正确的是 _。( 2) 在将 Fe2+氧化的过程中 , 需控制溶液温度不高于40 , 理由是 _; 得到K Fe( C O)3 溶液后 , 加入乙醇的理由是 _。324( 3) 晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定, 主要步骤有 : 称量 , 置于烘箱中脱结晶水, 冷却 , 称量 , _ ( 叙述此步操作 ), 计算。步骤若未在干燥器中进行, 测得的晶体中所含结晶水含量_( 填“偏高”“偏低”或“无
14、影响” ); 步骤的目的是_。( 4) 晶体中 C2O42 含量的测定可用酸性 KMnO4标准溶液滴定。称取三草酸合铁( ) 酸钾晶体 m g 溶于水配成250 mL 溶液 , 取出 20. 00mL 放入锥形瓶中 , 用 0. 010 0mol L- 1 酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。下列操作及说法正确的是_。A, 即可装入标准溶液. 滴定管用蒸馏水洗涤后B. 装入标准溶液后 , 把滴定管夹在滴定管夹上, 轻轻转动活塞 , 放出少量标准液 , 使尖嘴充满液体C. 接近终点时 , 需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴有同学认为该滴定过程不需要指示剂, 那么滴定终点的现象为_, 若达到滴定终点
15、消耗高锰酸钾溶液 V mL, 那么晶体中所含C2 42的质量分数为 _ ( 用含 V、 m 的式子表O示) 。【答案】 A 防止 H2O2 分解 三草酸合铁( ) 酸钾在乙醇中溶解度小重复步操作至恒重 偏低 检验晶体中的结晶水是否已全部失去B 当滴入最后一滴 KMnO4 溶液 , 锥2.75V形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色, 且半分钟不褪色100m【解析】【分析】【详解】（1） A该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A 正确；B硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B 错误；C没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生
16、安全事故，故C 错误；D该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D 错误；故选A；（2）双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3 Fe( C2O4) 3 溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；（3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；4）A, 需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；（. 滴定管用蒸馏水洗涤后B. 装入标准溶液后 ,
17、 把滴定管夹在滴定管夹上, 轻轻转动活塞 , 放出少量标准液 , 使尖嘴充满液体， B 正确；C. 接近终点时 , 不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C 错误；答案选 B；由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4 溶液 , 锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色, 且半分钟不褪色；nMnO 4V 10- 3()= L 0.0100- 1根据方程式可知n( C2 425250125V- 52 42mol L,)= n( MnO4) 10O2204mol, m( C O )= 125V 10- 5mol 88g mol - 1=2. 75V10-
18、 2g，所以晶体中所含C2O42 的质量分数为42. 75V/ 100m 。4 某实验小组对FeCl3 分别与 Na2SO3、 NaHSO3 的反应进行探究。（甲同学的实验）装置编号试剂 X实验现象Na2SO3闭合开关后灵敏电流计指I溶液（pH9）针发生偏转IINaHSO闭合开关后灵敏电流计指溶液（ pH5）3针未发生偏转(1)怎样配制 FeCl3 溶液？_ 。(2)甲同学探究实验 I 的电极产物。取少量 Na2 3_ ，产SO 溶液电极附近的混合液，加入生白色沉淀，证明产生了 SO4 2-。该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为_ 。(3)实验 I 中负极的电极反应式为_ 。乙同学
19、进一步探究FeCl33溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：溶液与 NaHSO装置编号反应时间实验现象01 min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出III130 min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，30 min 后随后逐渐变为浅橙色(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示的可能原因。3+- 垐 ?Fe(OH)3 3SO2； Fe 3HSO3噲 ? _ 。(5)查阅资料：溶液中Fe3+、 SO32-、OH 三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：+4垐 ?+5O 2Fe2+2-HOFe S O
20、2 噲 ? HOFeO S O2+SO4从反应速率和化学平衡两个角度解释130 min 的实验现象：_ 。（实验反思）(6)分别对比 I 和 II、 II 和 III， FeCl3能否与 Na2SO3或 NaHSO3 发生氧化还原反应和_ 有关（写出两条）。【答案】将 FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度足量盐酸和 BaCl2 溶液 取少量 FeCl3 溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+3SO2-2e-2-+-+H2O=SO4+2HSO3H +HSO3 =H2O+SO2 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙
21、色的2HOFeOSO 浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色溶液 pH 不同、2-浓度不同（或 NaNa2SO3、 NaHSO3 溶液中 SO32SO3 与 NaHSO3 不同，或 Na2SO3 与 NaHSO3 的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条）【解析】【分析】甲同学实验：利用铁离子能够将SO32- 氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X 为负极，失电子发生氧化反应；实验中X 为 Na2SO3 溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO32- 氧化；实验中 X 为 NaHSO3 溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应；乙同学进
22、一步探究 FeCl3溶液与301 min 产生红色沉淀，有刺NaHSO 溶液能否发生反应：激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；130 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了 HOFeOSO2，该物质存在平衡 HOFeOSO2?HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色； 30min 后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO3 2-，溶液中Fe3+、 SO32-、 OH-三种微
23、粒会继续反应形成红色配合物。【详解】(1)实验室配制FeCl3 溶液时，为了防止铁离子水解，先将FeCl3 固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释；(2)若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成；氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3 溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；(3)实验 I 中试剂 X 为原电池负极，SO32- 被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO322e-2-；+H2O=SO4 +2HSO3(4)pH=1 的氯化铁溶液中有大量的氢离子
24、，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H+ +HSO3-=H2O+SO2；(5)FeCl3 溶液与 NaHSO3 溶液混合反应，在1 30 min 出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、 SO3 2-、 OH-三种微粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO22O2+42-，可知原因2?HOFeOSOFe +SO是：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的 HOFeOSO2 浓度下降平衡 HOFeOSO2?HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。(6)分
25、别对比 和 、 和 ， FeCl3 能否与 Na2SO3 或 NaHSO3 发生氧化还原反应和溶液 pH 不同、 Na2SO3、 NaHSO3 溶液中 SO32-浓度不同 (或 Na2SO3 与 NaHSO3 不同，或 Na2 SO3 与NaHSO3 的阴离子不同 )、反应物是否接触形成红色配合物有关。【点睛】第 3 题写电极反应方程式时要注意 pH=9 的溶液是由于 SO32-水解， OH-来自于水的电离，电极方程式不能写成 SO32-2e-+2OH-=SO42-+H2O。5 无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次
26、实验后均测定B、 C质量的改变和E 中收集到气体的体积实验数据如下（E 中气体体积已折算至标准状况）：称取 CuSO质量C 增重质量E 中收集到气体实验组别温度4B 增重质量 /g/g/g/mLT10.6400.32000T20.64000.2562VT30.6400.160322.4YT40.640X40.19233.6（1）实验过程中A 中的现象是 _ D 中无水氯化钙的作用是_（2）在测量 E 中气体体积时，应注意先_，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_（填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”）（3）实验中 B 中吸收的气体是 _实验中 E 中
27、收集到的气体是 _（4）推测实验中CuSO_4 分解反应方程式为：（5）根据表中数据分析，实验中理论上C 增加的质量 Y3=_g（6）结合平衡移动原理，比较T3 和 T4 温度的高低并说明理由_【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O2CuSO2CuO+2SO +O 0.128T 温度更高，因为SO 分解为 SO 和 O是2424322吸热反应，温度高有利于生成更多的O2【解析】【分析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A 中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内
28、液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C 的作用是吸收二氧化硫，E 的作用是收集到氧气；(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo12的质量为：0.256g 0.004mol ，0.004mol 80g/mol 0.32g； SO0.256g，物质的量为：64g / mo1氧气的质量为：0.64 0.32 0.256 0.064g，物质的量为：0.064g 0.002mol ，32g / mo1CuSO4、 CuO、 SO2、 O2 的物质的量之比等于
29、2：2 ：2； 1，则实验中CuSO4 分解反应方程式为 2CuSO422CuO+2SO +O ；(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol 0.32g；SO3的质量为：0.16g0.0224320.032g，氧气的质量为：22.4根据质量守恒实验中理论上C 增加的质量 Y30.64 0.32 0.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4 温度生成氧气更多，因为SO3 分解为 SO2 和 O2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至6
30、50时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A 中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D 中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置 E 中的水进入装置C，影响 C 的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响 C 的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量 E 中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；(3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C 的作用是吸收二氧化硫，E 的作用是收集到氧气，故答案为： SO3； O2；(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g
31、0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol 0.32g； SO2 的质量为：0.256g 0.004mol ，0.256g，物质的量为：64g / mo1氧气的质量为：0.064g0.64 0.32 0.256 0.064g，物质的量为： 0.002mol ，32g / mo1CuSO4、 CuO、 SO2、 O2 的物质的量之比等于2：2 ：2； 1，则实验中CuSO4分解反应方程式为 2CuSO422CuO+2SO +O；(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo130
32、.022432 0.032g，0.004mol 80g/mol 0.32g； SO 的质量为：0.16g，氧气的质量为：22.4实验中理论上C 增加的质量 Y30.640.32 0.16 0.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T 温度生成氧气更多，因为SO 分解为 SO 和 O 是吸热4322反应，温度高有利于生成更多的O24温度更高，故答案为：4温度更高，因为3，故 TTSO 分解为 SO2 和 O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。6 如图所示， E 为浸有 Na2SO4 溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。 A、 B 均为 Pt 片，压在滤纸两端， R、S 为电源的电极。 M、 N 为惰性电极。 G 为检流计， K 为开关。试管 C、 D 和电解池中都充满 KOH 溶液。若在滤纸 E 上滴一滴紫色的 KMnO4 溶液，断开 K，接通电源一段时间后， C、 D 中有气体产生。（ 1） R 为电源的 _， S 为电源的 _。（ 2） A 极附近的溶液变为红色， B 极的电极反应式为 _。（
