2014年高考化学氧化还原反应试题汇编解析

NaCl SiH2SO4 HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放出44.4KJ，该反应的热化学方程式是 。
（4）ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
【答案】（14分）
（1）三、IA 2 1s2s22p63s23p2
（2）< > < <
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H= 177.6KJ/mol（合理答案均给分）
（4） （合理答案均给分）
【解析】（1）Na（ ）元素位于元素周期表第三周期周期第IA族；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：S>Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2->Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si> NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl>S，所以酸性：HClO4> H2SO4；
（3）根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H= 177.6KJ/mol；
（4）在此氧化还原反应中（Cl2+2ClO2―=2 ClO2+ 2Cl―），氧化剂是Cl2，还原剂是ClO2―，转移的电子数为2e―，所以用单线桥表示为 。
6．（2014•广东理综化学卷，T33）（17分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。
（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器
①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：____________
②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定____________________________________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
③设计实验装置，完成图20的装置示意图。
④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。
物理量
V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]/mL……
1a……
2a……
（2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是______________________________________________________。

【答案】（17分）
（1）① （3分）②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）（2分）
③ （3分）
④（5分）
物理量
实验序号V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]
/mLV[30% H2O2]
/mLV[ H2O]
/mLV[O2]
/mL收集d mL O2所需时间t/s
1abcd t1
2acbdt2
（2）深（2分）。由图21(a)可知H2O2分解 为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g) N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动， 增大，颜色加深（3分）
【解析】（1）①H2O2在Fe2(SO4)3作催化剂的条件下分解生成H2O和O2，在此反应中H2O2既做氧化剂也做还原剂，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为 ；
②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内，收集到氧气的体积；
③收集并测量气体的体积，我们可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，故收集装置是

（2）由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g) N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动， 增大，颜色加深，所以B瓶的颜色比A瓶的颜色深。
7、（2014•海南单科化学卷，T16）（9分）锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。回答下列问题：

（1）外电路的电流方向是由__________极流向__________极。（填字母）
（2）电池正极反应式为________________________________________。
（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？__________（填“是”或“否”）原因是_______________。
（4）MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为______________________________________，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为______________。
【答案】（9分）
（1）b a （每空1分，共2分）
（2）MnO2+e―+Li+=LiMnO2 （2分）
（3）否 电极Li是活泼金属，能与水反应 （每空1分，共2分）
（4）3MnO2+KClO3+6KOH 2K2MnO4+KCl+3H2O （2分）
2:1 （1分）
【解析】（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从a→b，那么电流方向则是b→a；
（2）根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式MnO2+e―+Li+=LiMnO2；
（3）因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂；
（4）由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4” ，可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高（ ），则Cl元素的化合价降低（ ），所以方程式为3MnO2+KClO3+6KOH 2K2MnO4+KCl+3H2O；根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4（ ）和MnO2（ ）”，根据电子得失守恒，可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1。
8、（2014•江苏单科化学卷，T20）（14分）硫化氢的转化是 资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如题20图―1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－―2e－ S （n―1）S+ S2－ Sn2－
①写出电解时阴极的电极反应式： 。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 。
（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如题20图―2所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是 。
②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为 。
③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有 。
（3）H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如题20图―3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。


【答案】（14分）
（1）①2H2O+2e―=H2+2OH― ②Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S
（2）①铜、氢、氯 ②0.5mol ③提高混合气体中空气的比例
（3）2H2S===2H2+S2
【解析】（1）①溶液呈碱性，电解时水得到电子，阴极的电极反应式为：2H2O+2e―=H2+2OH―；②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，Sn2-+2H+=(n-1)S+H2S
（2）在物质转化图中，铜元素的化合价都是+2价，氢的化合价均为+1价，氯的化合价均为-1价。反应中1mol硫化氢转变成S，且三价铁不改变，说明硫化氢均被氧气氧化，转移电子数为2mol，消耗氧气的物质的量为0.5mol。根据图表，要不生成CuS，需要提高氧气的量，即提高混合气体中空气的含量。
（3）根据图像，1400°C时，硫化氢由85%减少到40%，氢气由10%增加40%，另一种气体由5%增大到20%，生成物的物质的量之比为2:1，2H2S===2H2+SX根据原子个数守恒，的X=2，反应方程式为：2H2S===2H2+S2
9．（2014•全国理综I化学卷，T27）（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。
（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中，P元素的化合价为__________。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）。
③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。
（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_____
______________________________________。
（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：

①写出阳极的电极反应____________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有 杂质，该杂质产生的原因是 。
【答案】（1）H3PO2 H+＋H2PO2-
(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。
（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.
③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。
【解析】（1）一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：H3PO2 H+＋H2PO2-
(2)①利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。
②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1┱4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。
③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。
（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，注意配平就可以：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.
③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。
10、（2014•上海单科化学卷，T五）（本题12分）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。硫的化合物大多具有氧化性或还原性。许多金属硫化物难溶于水。
完成下列填空：
28．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。
________________________________________________________________
29．石油化工的废气中有H2S。写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以化学方程式表示。
______________________________________________________________
______________________________________________________________
30．室温下，0.1 mol/L的硫化氢溶液和0.1 mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是____________________________________________________________。
已知： H2S：Ki1＝1.3×10-7 Ki2=7.1×10-15
H2CO3：Ki1＝4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
31．向 ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。
______________________________________________________________________________。
32．将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有___________、
______________。过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_____
____________ ____________________________________________。
【答案】（本题12分）
28．5H2S+2KMnO4+3H2 SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓
29．2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O；H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O
30．硫化钠溶液；硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解。
31．饱和H2S溶液中电离产生的S2―很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2―离子浓度增大，有沉淀产生。
32．FeCl2、H2S；先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色。
【解析】28．根据题目中的信息“H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O”，可知该反应属于氧化还原反应，根据得失电子守恒以及质量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓；
29．以H2S为原料制取S的方法有，方法一：H2S在氧气中的不完全燃烧，方法二：在加热的条件下H2S的自身分解，方法三：H2S和SO2发生归中反应，所以发生反应的化学方程式有：2H2S+3O2 2SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S↓+2H2O；H2S S+H2或2H2S+O2 2S+2H2O；
30．酸越弱，相应的盐越容易水解，溶液的碱性就越强。根据电离常数可知，硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解，即硫化钠溶液的碱性更强；
31．H2S属于弱电解质，存在电离平衡（H2S 2H++S2―），即饱和H2S溶液中电离产生的S2―很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，S2―离子浓度增大，从而有沉淀产生。
32．根据题目中的信息“将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成”可知，浅黄色固体是S单质，从而说明该反应属于氧化还原反应。黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。
11．（2014•天津理综化学卷，T9）（1 8分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。

Ⅰ.制备Na2S2O3•5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)＋S(s)=====△Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置(如图所示，部分夹持装置略去)，水浴加热，微沸60 min。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。
回答问题：
(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的 是__________________________。
(2)仪器a的名称是________，其作用是____________________。
(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______________。检验是否存在该杂质的方法是____________________________。
(4)该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅱ.测定产品纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol•L－1碘的标准溶液滴定。
反应原理为2S2O2－3＋I2===S4O2－6＋2I－
(5)滴定至终点时，溶液颜色的变化：________________________________。
(6)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为__________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M)______________。

Ⅲ.Na2S2O3的应用
(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液 中易被Cl2氧化成SO2－4，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______________ _____________________________。
【答案】（18分）
(1)使硫粉易于分散到溶液中
(2)冷凝管　冷凝回流
(3)Na2SO4　取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4
(4)S2O2－3＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
(5)由无色变蓝色
(6)18.10　3.620×10－3MW×100%
(7)S2O2－3＋4Cl2＋5H2O===2SO2－4＋8Cl－＋10H＋
【解析】(1)硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反应物的作用。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4；检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO2－4是否存在，需要防止SO2－3的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生歧化反应：2H＋＋S2O2－3===S↓＋SO2↑＋H2O所致。(5)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL－0.00 mL＝18.10 mL；根据2Na2S2O3•5H2O～2S2O2－3～I2，得n(Na2S2O3•5H2O) ＝2n(I2)＝2×0.100 0 mol•L－1×18.10×10－3 L＝3.620×10－3 mol，则产品的纯度3.620×10－3 mol×M g/molW g×100%＝3.620×10－3MW×100%。(7)S2O2－3被Cl2氧化成SO2－4，Cl2被还原为Cl－，首先根据化合价升降总数相等写出S2O2－3＋4Cl2→2SO2－4＋8Cl－，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O2－3＋4Cl2＋5H2O===2SO2－4＋8Cl－＋10OH－。
12．（2014•浙江理综化学卷，T26）（15分）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。请回答如下问题：
⑴画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_______，写出气体甲的电子式_______。
⑵X的化学式是______，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为_______。
⑶白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______（用化学反应方程式表示）。
⑷一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_______，并设计实验方案验证该反应的产物_______。
【答案】（15分）
（1） ::O::C::O::
（2）CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2 ↑
（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）3FeO+3CO2 Fe2O3+CO
检测Fe2O3：将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色，标明产物中有Fe(III)
检验CO：将气体通过灼热的CuO，黑色固体变为红色
【解析】无机矿物盐加入盐酸生成气体甲，隔绝空气加热，得到固体甲，则甲为二氧化碳，根据质量变化，则二氧化碳质量为4.4g，为0.1mol。固体1加水后生成溶液1，通入二氧化碳，生成沉淀，继续通入，沉淀溶解，说明溶液1是氢氧化钙，则固体1中有氧化钙；固体2加入盐酸，溶解，加入氢氧根，生成白色沉淀，通入空气，生成红褐色沉淀氢氧化铁，则固体2为氧化亚铁。故无机矿物盐中含有铁、钙，碳、氧，四种元素，根据质量关系，氧化钙和氧化亚铁物质的量为0.1mol，质量为6.4g，可以推出矿物盐为CaFe(CO3)2 ；（1）金属元素钙的原子结构示意图 ，二氧化碳电子式为::O::C::O::
（2）矿物盐为CaFe(CO3)2；在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2 ↑
（3）氢氧化亚铁在空气中被氧气氧化生成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）二氧化碳气体还可以与氧化亚铁反应生成生成三氧化二铁，证明产物的方法是取适量固体，加入稀盐酸溶解，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红色，则产物含有三价铁。将产生的气体通入红热的氧化铜，若生成紫红色铜，则产物含有一氧化碳。
13．（2014•重庆理综化学卷，T11）（14分）氢能是最重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为 。
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO3，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为 ，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为 。
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。xkb1.com
(g) (g)＋3H2(g)
在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L－1，平衡时苯的浓度为bmol•L－1，该反 应的平衡常数K＝
（4）一定条件下，题11图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。

①导线中电子转移方向为 。（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为 。
③该储氢装置的电流效率η＝ 。（η＝生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位。）
【答案】(14分)
（1）H2O
（2）NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑，4NA或2.408×1024
（3）27b4a－bmol3•L－3
（4）①A D ②C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12 ③64.3%
【解析】（1）氢气完全燃烧的产物是H2O；
（2）反应前后B元素的化合价没有变化，均显+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，H2O中H元素显+1价，所以该反应是H元素之间的归中反应，即产物有H2，故反应的方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；1mol NaBH4参加反应转移的电子数为4mol。
（3）利用三段式解题
(g) (g)＋3H2(g)
起始（mol/L） a 0 0
转化（mol/L） b b 3b
平衡（mol/L） a-b b 3bxkb1.com
化学平衡常数K= = mol3/L3；
（4）①根据反应的 +3H2 ，可知H元素失去电子，做负极，所以电子流向A→D；②反应物是 ，产物是 ，介质是H+，所以电极反应式为 +6 H++6e-= 。