1、1.下列实验正确的是（ ）A. 蒸发、浓缩、结晶B. 检查装置气密性C. 碳酸氢钠热分解D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】B【解析】【分析】A、蒸发、浓缩、结晶应该在蒸发皿中进行；B、向装置中的长颈漏斗中加入水,通过观察液面变化能够检验装置的气密性； C、给固体加热时试管口应该稍稍向下倾斜； D、蒸馏装置中，温度计用于测量馏分温度，不能插入混合液中。【详解】A、蒸发、浓缩、结晶操作应该使用蒸发皿，不能选用坩埚，故A错误；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，当液面高度不变时，说明装置气密性良好，所以能检查装置气密性，故B正确； C、碳酸氢钠受热分解会生成水，大试管口应该稍向下倾
2、斜，否则可能导致大试管炸裂，故C错误； D、分离沸点不同且互溶的液体混合物，需要使用温度计测量温度控制馏分成分，温度计不能插入溶液中，故D错误；故答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB. 1mol氯化镁中含有离子数为NAC. 12.4g白磷中含有磷原子数为0.1NAD. 28g一氧化碳气体所含的电子数为14NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，水为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B.1mol氯化镁中含有1mol镁离子和2mol氯离子，所含有的离子总数为3 NA，故B错误；C.白磷的摩尔质量为
3、124g/mol，化学式为P4，12.4g白磷物质的量为0.1mol，含有的磷原子数为0.4 NA，故C错误；D. CO的摩尔质量为28g/mol，28gCO气体物质的量为1mol，1个CO分子中所含的电子数为6+8=14，因此28gCO气体所含的电子数为14 NA ，故D正确；故答案选D3.用含有少量镁的铝片制取纯净的Al(OH)3，可能有的步骤为：加盐酸溶解；加苛性钠溶液；过滤；通入过量CO2；加过量纯碱溶液，实验操作最合理的组合及顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】题中苛性钠是NaOH的俗名，纯碱是Na2CO3的俗名；因镁与强碱不反应，而铝可以与强碱反应，方程式
4、为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；所以先加入过量的强碱，使Al溶解而镁不溶解，然后过滤除去Mg，再加入过量的CO2，将NaAlO2转变成Al(OH)3，其反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+ Al(OH)3，再次过滤即得纯净的Al(OH)3，因此实验操作最合理的组合及顺序为，故B项正确；故答案选B。4.下列离子的检验能达到目的的是（ ）A. 检验某溶液中是否含有SO42-，依次加入足量稀盐酸和BaCl2溶液B. 检验某溶液是否含有Ag，依次加入BaCl2溶液，稀硝酸C. 检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐
5、酸D. 将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32【答案】A【解析】【详解】A项，检验某溶液中是否含有SO42-，先加足量稀盐酸，排除Ag+、SO32-、CO32-等离子的干扰，再加BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，可以检验SO42-的存在，故A正确； B项，若溶液中含有SO42-，加入BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，不能达到实验目的，故B错误；C项，若溶液中含有Ag，先加入BaCl2溶液，生成AgCl沉淀，不能达到实验目的，故C错误；D项，不能排除HCO3-、PO43-、SO32-等离子的干扰，不能达到实验目的，故D错误；故答案选A。5.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 酸性条件下
6、KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3-+5I-+3H2O=3I2+6OH-B. NaHCO3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C. 过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：2SO2+H2O+Ca2+2ClO-=Ca（HSO3）2+2HClOD. NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3-+2OH-=NH3+SO32-+2H2O【答案】D【解析】【分析】A.发生氧化还原反应，酸性溶液中不生成氢氧根离子；B. NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钡、水、NaOH； C.反应生成硫酸钙和盐酸； D.反应生成亚
7、硫酸钠、氨气、水。【详解】A.酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2的离子反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B. NaHCO3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，故B错误； C.过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2+ClO-=CaSO4+2H+Cl-，故C错误；D. NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热的离子反应为NH4+HSO3-+2OH-=NH3+SO32-+2H2O，故D正确；故答案选D【点睛】次氯酸钙具有强氧化性，二氧化硫具有强还原性，二氧化硫被氧化为硫
8、酸根离子，而次氯酸根离子被还原为氯离子，因此过量的SO2与Ca（ClO）2溶液反应不能生成亚硫酸氢钙和次氯酸，而是生成硫酸钙和盐酸。6.下列叙述正确的是（ ）A. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体B. 浓硫酸与单质硫反应的化学方程式：S2H2SO4(浓)3SO22H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性C. 常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化D. 把足量铜粉投入到含2molH2SO4的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为22.4L【答案】C【解析】【分析】A、浓硫酸是一种干燥
9、剂，能够干燥酸性和中性非还原性的气体；B、该反应中，浓硫酸全部被还原为二氧化硫，只表现强氧化性；C、浓H2SO4具有强氧化性，常温下铁、铝遇到浓H2SO4，发生钝化现象；D、铜与浓硫酸反应，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应。【详解】A、浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥酸性和中性非还原性的气体，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故A错误；B、浓硫酸与单质硫反应的方程式为:：S2H2SO4(浓)3SO22H2O，在此反应中，硫酸全部被还原为二氧化硫，故浓硫酸只表现强氧化性，故B错误； C、浓H2SO4的强氧化性常温下遇到铁、铝发生钝化现象，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，
10、是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化，故C正确；D、加热条件下，Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2+2H2O，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以根据反应可知生成的二氧化硫的量小于1mol，得到气体体积在标准状况下小于22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】铜粉投入到足量的浓硫酸中，加热发生反应，铜可以消耗完，而硫酸可以有剩余，产生的二氧化硫气体按照铜的消耗量进行计算；足量的铜粉投入到一定量的浓硫酸中，加热发生反应，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，因此硫酸有剩余，实际产生二氧化硫的量要小于理论产生的二氧化硫量。7.按如图装置进行实验，下列推断正确的是(
11、)选项中试剂中试剂及现象推断A氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，离开热源，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵，生成的氯化铵附着在试管口附近，所以酚酞溶液不变红色，A项错误；B.品红溶液褪色说明有二氧化硫生成，硫元素的化合价由+6价降低到+4价，则铁元素的化合价需由+2价升高到+3价，即硫酸亚铁受热分解生成氧化铁和二氧化硫，B项错误；C.酸性高锰
12、酸钾溶液褪色说明有还原性物质生成，所以加热石蜡油生成了具有还原性的物质，发生了化学变化，C项正确；D.气体具有热胀冷缩的性质，若加热试管中的空气，肥皂水也会冒泡，D项错误。答案选C。8.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）装置A中发生反应的离子方程式是_。整套实验装置存在一处明显的不足，请指出_。B装置的作用：_。（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：请填写Cl2、Br2、Fe3氧化性由强到弱的顺序：_。E装置中溶液变黄的原因（请用离子方程式解释）_。（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装
13、置中：CCl4层先由无色变橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：用平衡移动原理(结合上述资料)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_，现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_溶液，若溶液颜色_，则上述解释是合理的。探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步方程式(离子或化学方程式不限定)解释仅产生白色沉淀原因_。【答案】 (1). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). 安全
14、瓶，防倒吸 (4). Cl2Br2Fe3 (5). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- (6). 过量氯气和SCN反应2SCNCl2=2Cl(SCN)2，使SCN浓度减小，则Fe33SCN=Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色； (7). KSCN(或FeCl3溶液) (8). 变红色（或不变红） (9). BrClH2O=HBrOHCl、AgCl=AgCl【解析】【分析】（1）装置A中，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，据此写出该反应的离子方程式；反应中有有害气体产生时，需在装置中增加尾气处理装置； B装置为安全瓶，其作用防倒吸；（2）D装置中溶液变红，说明Fe2+被氧化成Fe3+，氧化性C
15、l2 Fe3+，装置E中水层溶液变黄，振荡后有机相无明显变红，说明还原性Fe2+Br-，氧化性Br2Fe3+，据此进行分析； 有机层为无色，所以氯气把亚铁离子氧化为铁离子，而溴离子没有被氧化； （3）题中信息给出，氧化性Cl2(SCN)2，可知过量氯气会与SCN- 反应：2SCNCl2=2Cl(SCN)2，使SCN- 浓度减小，可逆反应Fe33SCN=Fe(SCN)3平衡逆向移动；要验证上述解释，可验证溶液中含有Fe3或不含有SCN-，据此进行分析； E中生成了红色BrCl，BrCl水解产生Cl-和HBrO，加入硝酸银溶液后，溶液中产生白色AgCl沉淀，而由于AgBrO溶于水，故无沉淀产生，据
16、此进行分析。【详解】（1）装置A中，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，反应的离子方程式是：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；故答案是：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；反应中有有害气体产生时，需在装置中增加尾气处理装置； 故答案是：缺少尾气处理装置； 从图示装置可知，B装置为安全瓶，其作用防倒吸；故答案是：安全瓶，防倒吸；（2）D装置中溶液变红，说明Fe2+被氧化成Fe3+，氧化性Cl2 Fe3+，装置E中水层溶液变黄，振荡后有机相无明显变红，说明还原性Fe2+Br-，氧化性Br2Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为：Cl2Br2Fe3；故答案是：Cl2Br2Fe3；溴易溶于四氯化碳
17、而导致溶液呈橙红色；根据题给现象可知，有机层为无色，所以氯气把亚铁离子氧化为铁离子，而溴离子没有被氧化，溶液显黄色，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- ；故答案是：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- ；（3）题中信息给出，氧化性Cl2(SCN)2，可知过量氯气会与SCN- 反应：2SCNCl2=2Cl(SCN)2，使SCN- 浓度减小，可逆反应Fe33SCN=Fe(SCN)3平衡逆向移动，红色慢慢退去；要验证上述解释，可验证溶液中含有Fe3或不含有SCN-，可向溶液中补加KSCN溶液，若溶液变红，即可证明Fe3存在；或向溶液中补加FeCl3，若溶液不变红证明溶液中不含SCN-
18、，二者皆可证明上述解释正确；故答案是：过量氯气和SCN反应2SCNCl2=2Cl(SCN)2，使SCN浓度减小，则Fe33SCN=Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；KSCN(或FeCl3溶液) ；变红色（或不变红）；E中生成了红色BrCl，BrCl水解产生Cl-和HBrO，加入硝酸银溶液后，溶液中产生白色AgCl沉淀，而由于AgBrO溶于水，故无沉淀产生，离子方程式为：BrClH2O=HBrOHCl、AgCl=AgCl；故答案是：BrClH2O=HBrOHCl、AgCl=AgCl。9.某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。已知：
19、各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：请回答下列问题：（1）在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)_。（2）物质A最好使用下列物质中的_（填选项序号）。AKMnO4 BH2O2 CHNO3（3）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在_范围之间，写出生成氢氧化铁的离子方程式：_。（4）物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是_。（5）除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等 (2
20、). B (3). 3.26.2 (4). 2Fe2+4NH3H2O+H2O2=2Fe（OH）3+4NH4+ (5). (NH4)2SO4 (6). 2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O【解析】【分析】氧化铜锌矿经废酸浸取后过滤，可以得到硫酸铜、硫酸锌溶液；向酸浸溶液中加铁可还原出铜，经过滤可得到铜和硫酸亚铁、硫酸锌的混合液；然后加入A和氨水，将亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；后向滤液中加入氨水将锌离子转化为氢氧化锌，最后焙烧，碱式碳酸锌受热分解得到氧化锌，据以上分析进行解答。【详解】（1）影响化学反应速率的因素很多，要提高氧化铜矿的酸浸速率，可采用的措施：升高温度、
21、增大酸的浓度、将矿石粉碎等；故答案是：加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等；（2）除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变为氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂；且考虑加入A不引入新杂质，KMnO4做氧化剂引入杂质锰离子，HNO3做氧化剂的还原产物对环境有危害，还引入杂质硝酸根离子，而双氧水的还原产物为水，不引入新杂质，绿色的氧化剂；故答案选B。（3）从图表中数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，故除去铁的pH应控制在3.26.2 范围之间；硫酸亚铁溶液中加入双氧水、氨水后，发生氧化还原反应，生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：2Fe2+4NH3H2O+H2O2=2
22、Fe(OH)3+4NH4+；故答案是：3.26.2；2Fe2+4NH3H2O+H2O2=2Fe(OH)3+4NH4+；（4）因为所用废酸为硫酸，B又可做氮肥，所以B为(NH4)2SO4；故答案是：(NH4)2SO4；（5）根据信息可知，氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化为K2FeO4，反应的离子方程式：2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O；故答案是：2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O。10.按要求写方程式。（1）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_。（2）高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和
23、高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。（3）实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气(COCl2)，其反应的化学方程式为_。（4）CeO2溶于稀硫酸和H2O2混合溶液，得到Ce3，写出离子方程式_。（5）NaClO3与盐酸反应生成ClO2及Cl2，写出方程式_。（6）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，滴定反应的离子方程式为_。（7）已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H
24、2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平。_。在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3。写出该实验中涉及反应的离子方程式_。（8）6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O72-，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。写出该反应的离子方程式。_。（9）KMnO4的氧化性随pH的减小而增大，在酸性介质中还原产物是Mn2；在中性或碱性介质中还原产物主要是MnO2。三氯乙烯(C2HCl3)是地下水有机污染物的主要成分，研究显示
25、在地下水中加入KMnO4溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出反应的化学方程式_。（10）已知：MnO4-e-MnO42-(绿色)(强碱性条件)MnO4-8H5e-Mn2(无色)4H2O(强酸性条件)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2Fe32I=2Fe2I2 (2). 3ClO10OH+ 2Fe3=2FeO42-5H2O3Cl (3). CHCl3H2O2=HClH2OCOCl2 (4). 2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O (5). 2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O (6
26、). H2SO3I2H2O=4HSO42-2I (7). 2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O (8). 2Mn25NaBiO314H=2MnO4-5Na5Bi37H2O (9). Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O (10). 2KMnO4C2HCl3=2KCl2CO22MnO2HCl (11). 4MnO4-4OH=4MnO42-2H2OO2【解析】【详解】（1）铁离子具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘单质，自身被还原为亚铁离子，离子方程式为：2Fe32I=2Fe2I2 ； 故答案是：2Fe32I=2Fe2I2 ；（2）KClO具有
27、强氧化性，在碱性环境下，能够把Fe3+氧化为FeO42-，离子方程式为：3ClO10OH+ 2Fe3=2FeO42-5H2O3Cl；故答案是：3ClO10OH+ 2Fe3=2FeO42-5H2O3Cl； （3）H2O2具有氧化性，能够把CHCl3氧化为COCl2，反应的化学方程式为：CHCl3H2O2=HClH2OCOCl2；故答案：CHCl3H2O2=HClH2OCOCl2；（4）根据题意可知CeO2Ce3，H2O2做还原剂，被氧化为O2，酸性环境下的离子方程式为：2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O；故答案是：2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O；（5）NaClO3与盐酸反
28、应，NaClO3被还原为ClO2，HCl被氧化为Cl2，反应的方程式为：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O；故答案是：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O；（6）碘具有氧化性，能够把H2SO3氧化为硫酸，离子方程式为：H2SO3I2H2O=4HSO42-2I；故答案是：H2SO3I2H2O=4HSO42-2I；（7）由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4MnSO4，则在给出的物质中有Cl元素的化合价发生变化，则氧化反应为KClCl2，根据质量守恒定律，可知硫酸钾是产物，则硫酸是反应物，水是产物，所以反应为KMnO4+KCl+H2SO
29、4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为：2KMnO4+10KCl+8H2SO42MnSO4+6K2SO4+5Cl2+8H2O；故答案是：2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O；如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，是因NaBiO3具有强氧化性（比KMnO4氧化性强），将Mn2+氧化为高锰酸根离子，所以方程式为Mn2+NaBiO3MnO4-+Bi3+，根据质量守恒定律可知，反应物还有氢离子，生成物还有钠离子和水，所以该反应是Mn2+NaBiO3+H+MnO4-+Na+Bi3+H2O，配平后为：2M
30、n2+5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O；故答案是：2Mn25NaBiO314H=2MnO4-5Na5Bi37H2O；（8）Cr2O72-被还原为Cr3+，则有离子被氧化，根据所给的离子可看出只能是Fe2+被Fe3+，Cr2O72-中含有氧元素，则生成物中有氧元素，结合所给离子，有水生成，则反应物中还有氢离子，据此写出离子方程式，配平后为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；故答案是：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（9）由题意可知：KMnO4溶液与三氯乙烯反应，产物有MnO2，CO2，依据原子个数守
31、恒可知其余产物为KCl，HCl，该反应为氧化还原反应，KMnO4MnO2，Mn元素由+7价+4价，一个KMnO4分子得3个电子；C2HCl3CO2，C元素由+1价+4价，一个C2HCl3失去6个电子，依据得失电子守恒可知反应的方程式为：2KMnO4+C2HCl3=2KCl+2CO2+2MnO2+HCl；故答案是：2KMnO4+C2HCl3=2KCl+2CO2+2MnO2+HCl；（10）根据信息，在强碱性条件下，MnO4-得电子生成MnO42-，-2价的氧元素失电子生成O2，反应的离子方程式为：4MnO4-4OH=4MnO42-2H2OO2；故答案是：4MnO4-4OH=4MnO42-2H2OO2。【点睛】双氧水是一种绿色氧化剂，还原产物为水，大多数情况下在反应中做氧化剂；但是H2O2中氧元素的化合价为-1价，因此其还具有一定的还原性，在反应中可以做还原剂，本题中（4）中，就要根据CeO2Ce3分析出H2O2做还原剂，被氧化为O2，据此才能正确写出离子方程式，否则易形成思维定式，把H2O2做氧化剂使用，导致不能写出该反应的离子方程式。
