2024年北师大新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷134考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知NF3常温下是一种具有强氧化性的气体，它可由氨气和氟气反应制得：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。下列叙述正确的是（）A.NH3是含有极性键的非极性分子B.NF3和NH3中的N原子杂化方式相同C.NF3中F的化合价为+1价D.NH4F晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键2、下列叙述中错误的是。

A.由于氢键的存在，冰能浮在水面上；由于乙醇与水间有氢键的存在，水与乙醇能互溶。B.金刚石、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低C.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致。D.CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti3+和12个O2-相邻；3、下列说法正确的是A.分子中σ键一定比π键牢固B.所有共价键都有方向性C.根据等电子体原理判断，1molNO离子含有π键的数目为2NAD.原子半径越小，形成的共价键键能就一定越大4、为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是。

。序号。

实验步骤。

实验现象或结论。

①

向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量。

产生蓝色沉淀；后溶解，得到深蓝色的溶液。

②

再加入无水乙醇。

得到深蓝色晶体。

③

测定深蓝色晶体的结构。

晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O

④

将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液；再加入稀NaOH溶液。

无蓝色沉淀生成。

A.在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对B.加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小C.该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力D.向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀5、M；X、Y、Z为短周期元素；它们在周期表中相对位置如图所示。若X原子的最外层电子是内层电子数的3倍，下列说法不正确的是。

。M

X

Y

Z

A.可以形成化合物YX3B.氢化物的沸点：Y＞XC.最高化合价：Y＞MD.X和Z形成的单质都有较强的氧化性6、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y与M同主族，X的一种1∶2型氢化物分子中既有键又有π键，且所有原子共平面；Y的基态原子L层上有2个未成对电子；Z元素的原子在同周期原子中半径最大。下列说法正确的是A.中心原子的杂化方式为spB.晶体Z的堆积方式为简单立方堆积C.与互为等电子体的分子有D.和中化学键类型完全相同7、在抗击新冠肺炎的过程中；科研人员研究了法匹拉韦；利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是。

A.Y中存在四个手性碳原子B.X和Z都能发生加成反应和水解反应C.中最多可以消耗D.X的分子式为评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①9、高温下；超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)，则下列说法中正确的是。

A.超氧化钾的化学式为每个晶胞含有4个和8个B.晶体中每个周围有8个每个周围有8个C.晶体中与每个距离最近的有12个D.该晶体结构可用X射线衍射实验进行检测10、下列关于CO2和N2O的说法正确的是。

A.二者互为等电子体，结构相似B.由CO2的结构式可推出N2O的结构式为N=O=NC.两种分子中σ键与π键数目之比相同D.由图可知干冰晶体中每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有8个11、实验室中常用丁二酮肟来检验Ni2+；反应时形成双齿配合物.离子方程式如下：

下列说法错误的是A.基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8B.丁二酮肟分子中碳原子与氮原子的杂化方式均为sp2C.每个二(丁二酮肟)合镍(II)含有32个σ键D.二(丁二酮肟)合镍(II)的中心原子的配体数目和配位数均为412、下列叙述不正确的是A.z≥83的元素都是放射性元素B.周期表中过渡元素种数比主族元素种数多C.在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子D.离子化合物中不一定含有非金属元素评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、(1)配合物是钴的重要化合物，中心原子的配位数为______，Co3+钴离子的电子排布式：_____________。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为___________。

(3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物如Cu2+与乙二胺可形成如图所示配离子。

①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是__________(填字母代号)。

a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键。

②乙二胺和三甲胺均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_________________。14、石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为______，该材料的化学式为______。

15、(1)可正确表示原子轨道的是______。

A.2sB.2dC.3pD.3f

(2)如图是s能级；p能级的原子轨道图试回答问题：

①s能级的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p能级的原子轨道分别相对于x、y、z轴______，每个p能级有______个原子轨道。

②s能级原子轨道、p能级原子轨道的半径与______有关，______越高，原子轨道半径越大。16、(1)橙红色晶体羰基钴的熔点为52℃，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。配体中键与键数目之比是_______。

(2)中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个键。17、三乙撑四胺H2N-CH2CH2-NH-CH2CH2-NH-CH2CH2-NH2在过氧化氢溶液中，与Fe3+形成了含氮20.82%的配合物，该配合物溶于水时电离出配离子与OH-的摩尔比为1：2，画出该配离子的结构简图_______(氢原子不用画出)，并讨论该配离子的异构现象_______。18、晶胞有两个基本要素：

(1)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图所示为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0,)；C为(0)。则D原子的坐标参数为___________。

(2)晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。19、物质有多种聚集状态，不同的聚集状态由于构成微粒和微粒间的相互作用不同，具有不同的性质。本章我们学习了许多的相关知识，如晶体、非晶体、液晶、晶胞、金属晶体、离子晶体、原子晶体、分子晶体等，请通过图示的方式表示它们之间的相互关系，以加深对所学内容的理解。_______

评卷人得分四、工业流程题(共3题，共21分)20、钼酸钠可用于生物碱和苷的测定。工业上可以以辉钼矿(主要成分为含等杂质)为原料制备钼酸钠；其中一种工艺流程如下：

已知：(Ⅰ)酸浸；氧化浸出两步流程主要是进行除杂。

(Ⅱ)为元素的常见价态，和不溶于氢氟酸。

(Ⅲ)近似认为空气中的体积分数为20%。

(1)元素(42号)与元素(24号)属同一副族，价电子构型相似，其中原子的价电子排布式为_______。

(2)对工艺流程中的进行分析：的空间构型为_______，的中心原子杂化形式为_______，属于极性分子的是_______。

(3)“滤液2”中所含的金属离子有_______。

(4)“氧化焙烧”中，理论上与空气的物质的量之比为_______。

(5)“碱浸”中所发生反应的离子方程式为_______。

(6)工业上可以采用电氧化法将转化为其工作原理如图所示：

①在阴极参与放电的电极方程式为_______；

②若阴极产生气体(已折算成标准状况)，则阳极区生成的的物质的量为_______。21、实验室用软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量SiO2、CaO、Al2O3等)制取MnSO4·H2O；其实验流程如下：

已知：①下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算)。

。离子Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀1.13.08.8完全沉淀3.25.210.8

②碱性条件下，Al(OH)3开始溶解的pH为8.5；

③硫酸锰晶体的溶解度随温度的变化如所示。

(1)"浸取"在题图所示的装置中进行。

①Al2O3与硫酸反应的化学方程式为___；铁屑被MnO2氧化为Fe3+；该反应的离子方程式为__。

②保持温度；反应物和溶剂的量不变,提高锰元素没取率的操作有___。

(2)"沉铁铝”需控制溶液的pH范围为___。

(3)检验“过滤1”的滤被中是否存在Fe3+的操作是____。

(4)请补充由“过滤2”的滤液制备MnSO4·H2O的实验方案，将所得滤液___，用无水乙醇洗涤2~3次，干燥，密封包装。22、铜是人类最早使用的金属之一。

（1）铜元素基态原子的价电子排布式为_______，其核外能级能量的高低3d______4s（填“>”、“<”或“=”）

（2）Cu与元素A能形成如下图所示的两种化合物甲和乙。元素A是短周期非金属元素，A的常见氧化物常温下为液态，其熔沸点比同主族其他元素的氧化物高。

①两种化合物的化学式分别为：甲___________，乙___________。

②热稳定性甲_________乙（填“>”、“<”或“=”），试从原子结构上解释原因____。

（3）铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构（如下图）。

已知两种配体都是10电子的中性分子；且都含氢元素。

①两种配体分子的配位原子电负性大小为______（填元素符号），其中热稳定性较弱的配体为（用电子式表示）__________。

②该配合物阳离子与SO42-形成的配合物X的化学式为_________.

（4）Cu单质的晶体为面心立方堆积，其晶胞立方体的边长为acm,Cu的相对原子质量为63.5，单质Cu的密度为ρg/cm3,则阿伏加德罗常数可表示为_____mol-1（含“a、ρ的代数式表示）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．NH3是含有极性键的极性分子；故A错误；

B．NF3和NH3中的N原子杂化方式均为sp3杂化；故B正确；

C．F的非金属性比N强，则NF3中F的化合价为-1价；故C错误；

D．NH4F晶体中存在的化学键有离子键；共价键、配位键；故D错误；

故答案为B。2、C【分析】【详解】

A．冰中分子排列有序；含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因，由于乙醇与水间有氢键的存在，水与乙醇能互溶，故A正确；

B．金刚石属于原子晶体，熔点最高，NaF、NaCl属于离子晶体，氟离子比较大于氯离子比较，故NaF的晶格能大于NaC1，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，熔点原子晶体>离子晶体>分子晶体，故金刚石、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低；故B正确；

C．稳定性是化学性质；与氢键无关，所以水稳定是氢氧共价键强度大，故C错误；

D．CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)以顶点Ti3+研究，与之最近的O2-位于面心上，每个Ti3+为12个面共用，故每个Ti3+和12个O2-相邻；故D正确；

故选C。3、C【分析】【详解】

A．一般情况下σ键都比π键强度大(包括σ键、π键、配位键)，σ键为“头碰头”的方式π键为肩并肩的方式，但在N2分于中氮氮叁键比氮氮单键的3倍还要大，说明N2分子中π键比σ键键能大；更牢固，A错误；

B．s轨道是球形对称；s轨道及s轨道形成的共价键无方向性，B锗误；

C．根据等电子体原理判断，NO离子与CO2为等电子体，CO2的电子式为O=C=O，1个CO2分于含有2个σ键和2个π键，则1molNO含有π键目为2NA；C正确；

D．共价键强弱与半径无关；与两原子核的核间距有关，两原子的半径不等于两核间距，原子半径越小，原于之间结合力越强键能越大，不是绝对的，D错误；

故选C。4、D【分析】【分析】

氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，

Cu2++2NH3.H2O=Cu(OH)2↓+2NH继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对；故A正确；

B．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小；所以有晶体析出，故B正确；

C．根据实验将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力；故C正确；

D．因为④中深蓝色溶液中存在SO加入BaCl2溶液；能产生白色沉淀，故D错误；

故答案：D。5、B【分析】【分析】

M；X、Y、Z均为短周期元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则X原子有2个电子层，所以X为氧元素，根据各元素在周期表中相对位置可知，M为氮元素，Y为硫元素，Z为氯元素，据此分析解题。

【详解】

A．氧和硫可以形成二氧化硫和三氧化硫；A正确；

B．X的氢化物为H2O，Y的氢化物为H2S；由于水中含有氢键，故沸点：X＞Y，B错误；

C．Y的最高正化合价为+6；M的最高正化合价为+5，最高化合价：Y＞M，C正确；

D．氧气和氯气都有较强的氧化性；D正确；

答案选B。6、A【分析】【分析】

X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的一种1∶2型氢化物分子中既有键又有π键；且所有原子共平面，可推测X为C元素，Y的基态原子L层上有2个未成对电子，则Y元素为O元素，Y与M同主族，则M为S元素，Z元素的原子在同周期原子中半径最大，则Z为Na元素，综上所述X；Y、Z、M依次为C、O、Na、S，据此分析解答。

【详解】

A．经分析，为其中心原子C的价电子对数为2，故采取的杂化方式为sp，故A项正确；

B．晶体Z为金属钠；晶体钠的堆积方式为体心立方堆积，故B项错误；

C．是指是指与价电子总数不等；不互为等电子体，故C项错误；

D．是指其只含有离子键，是指其含有离子键和共价键，故D项错误；

本题答案A。7、D【分析】【详解】

A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，Y中存在手性碳原子，即故A正确；

B．由X和Z的结构可知；X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故B正确；

C．由Z的结构可知；其结构中含有2个氯原子；一个酚羟基，一个肽键，由于氯原子水解后又产生酚羟基，则1molZ中最多可以消耗6molNaOH，故C正确；

D．由图可知，其分子式为：X的分子式为故D错误；

故选D。二、多选题(共5题，共10分)8、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。9、CD【分析】【详解】

A.由晶胞结构可知，晶胞中K+的个数为8×+6×=4，O2-的个数为12×+1=4；故A错误；

B.由晶胞结构可知，晶胞中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+；故B错误；

C.由晶胞结构可知，晶胞中与顶点K+距离最近的K+位于面心，则晶体中与每个K+距离最近的K+有12个；故C正确；

D.晶体结构可用X射线衍射实验进行检测；故D正确；

故选CD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．CO2和N2O互为等电子体；二者的结构相似，A正确；

B．由CO2结构式为O=C=O可以推出N2O的结构式为B错误；

C．每个CO2分子中有2个σ键与2个π键，每个N2O分子中有2个σ键与2个π键；两种分子中σ键与π键数目之比均为1：1，C正确；

D．由干冰晶胞图可知，每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有12个；D错误。

故选：AC。11、BD【分析】【详解】

A.镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；故A正确；

B.由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成1个双键和2个单键，碳原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；故B错误；

C.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物中含有4个配位键；4个双键和24个单键，共32个σ键，故C正确；

D.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配位体为2个丁二酮肟，故D错误；

故选BD。12、AD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)配合物是钴的重要化合物，根据配合物化学式得到中心原子的配位数为6，配体为NH3和H2O，Co为27号元素，因此Co3+钴离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6；故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，说明的空间构型为平面正方形；而不是四面体结构；故答案为：平面正方形。

(3)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部含有碳碳非极性共价键；碳氢或氮氢极性共价键，还有铜氮配位键，因此不含有离子键；故答案为：c。

②根据结构可得到乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，因此乙二胺比三甲胺的沸点高很多；故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键。【解析】①.6②.1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)③.平面正方形④.c⑤.乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键14、略

【分析】【详解】

由晶胞结构图可知，位于棱上的M原子数为12，内部M原子数为9，晶胞中M原子数共12×+9＝12；C60位于顶点8个，面心6个，晶胞中含C60数共8×+6×＝4。M原子与C60微粒数之比为3∶1，因而化学式为M3C60。【解析】12M3C6015、略

【分析】【详解】

(1)层只有能级，层只有能级；故选AC，故答案为：AC；

(2)①轨道在三维空间分布的图形为球形，且每个s能级只有一个轨道；轨道空间分布的图形分别相对于x；y、z轴对称；每个p能级有3个轨道，故答案为：球；1；对称；3；

②原子轨道的半径与能层有关，并随能层升高而增大，故答案为：能层；能层。【解析】①.AC②.球③.1④.对称⑤.3⑥.能层⑦.能层16、略

【分析】【详解】

(1)一般来说，元素非金属性越强，电负性越大，因此三种元素电负性由大到小的顺序为与的结构相似，所以配体中键与键数目之比是1∶2。

(2)中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，结构式为1个键中含有2个键，因此1个分子中含有4个键。【解析】1∶2417、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】其有一对旋光异构体：18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为

(2)由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为则解得【解析】①.()②.×10719、略

【分析】【详解】

物质有多种聚集状态；可以分为液态；固态、气态、液晶，固态可以分为晶体和非晶体；晶体分为共价晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体；晶胞是描述晶体结构的最小单元；故为：

【解析】四、工业流程题(共3题，共21分)20、略

【分析】【分析】

辉钼矿加入氟化氢酸浸，和不溶于氢氟酸，二氧化硅和HF反应除去二氧化硅，过滤滤渣加入氯化铁氧化浸出，将转化为铜离子、亚铁离子，过滤后固体通入空气将转化为再加入碳酸钠碱浸后结晶得到钼酸钠；

【详解】

（1）24号元素的原子价电子排布式为故同族的42号元素的原子的价电子排布式为

（2）的价层电子对数为3，孤电子对数为1，硫为sp2杂化，故为V形分子；中C为杂化，分子为直线形；为极性分子，为非极性分子；

（3）氧化浸出时发生反应：因此滤液Ⅱ中含的金属阳离子有和过量的

（4）氧化焙烧时发生反应：因此理论上与反应的物质的量之比为2∶7，近似认为空气中的体积分数为20%，故理论上与空气反应的物质的量之比为2∶35。

（5）氧化焙烧后得到其与碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，故离子方程式为

（6）2该装置中阴极水得到电子发生还原反应生成氢气，阴极的电极反应式为标准状况下为故转移的电子数为阳极区转化为电子转移为根据电子守恒可知，阳极区生成的为【解析】(1)

(2)V形或角形

(3)和

(4)2∶35

(5)

(6)21、略

【分析】【分析】

软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量SiO2、CaO、Al2O3等)“浸取”环节，除二氧化硅不溶解，CaO、Al2O3等与硫酸作用下得到硫酸钙、硫酸铝、还原剂铁把MnO2还原，故还生成硫酸锰和硫酸铁，“沉铁铝”环节，通过加碳酸钙调pH，使铁离子转变为氢氧化铁沉淀、铝离子转变为氢氧化铝沉淀，过滤后，进入“沉钙”环节，MnF2参与下，硫酸钙转变为氟化钙沉淀经过滤后分离，滤液为硫酸锰溶液，结晶后提取MnSO4·H2O；据此回答；

【详解】

(1)①Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；铁屑被MnO2氧化为Fe3+，还原产物Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=2Fe3++3Mn2++6H2O；

②浸