解析：

解：（1） ${MnO}_{2}$ 是固体物质，对于有固体参加的化学反应, 由于其浓度不变, 因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率, 使更多的软锰矿反应转化为生成物, 从而提高其转化率, 因此要将其粉碎成细小的颗粒；

(2）根据流程图可知, 在“平炉”中 ${MnO}_{2}$ 、 $KOH 、 O_{2}$ 在加热时会反应产生 $K_{2} {MnO}_{4}$ , 结合反应前后各种元素的原子个数、原子种类不变,即根据质量守恒定律可知, 另外一种生成物质是 $H_{2} O$ , 根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式为：

$2 {MnO}_{2} + O_{2} + 4 KOH ≜ K_{2} {MnO}_{4} + 2 H_{2} O$ ；

(3) 由于上述反应中氧气的状态是气态, 在 “平炉”中增大压强, 就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响, 增大反应物的浓度, 可以使化学反应速率加快; 再结合外界条件对化学平衡移动的影响, 任何反应都具有一定的可逆性, 该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强, 可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；

（4）①在 $K_{2} {MnO}_{4}$ 溶液中通入 ${CO}_{2}$ 气体, 使体系呈中性或弱碱性，这时 $K_{2} {MnO}_{4}$ 会发生歧化反应，生成 ${KMnO}_{4}, {MnO}_{2}$ , 根据质量守恒定律可知, 另外一种生成物是 ${KHCO}_{3}$ ; 根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒, 可得该反应的化学方程式是：

$3 K_{2} {MnO}_{4} + 4 {CO}_{2} + 2 H_{2} O = 2 {KMnO}_{4} + {MnO}_{2} + 4 {KHCO}_{3}$ ;

② "电解法" 为现代工艺，即电解 $K_{2} {MnO}_{4}$ 水溶液，在电解槽中阳极， ${MnO}_{4}^{2 -}$ 失去电子，发生氧化反应，产生 ${MnO}_{4}^{-} \circ$ 阳极的电极反应式是： ${MnO}_{4}^{2 -} - e^{-} = {MnO}_{4}^{-} ；$ 在阴极, 溶液中的水电离产生的 $H^{+}$ 获得电子变为氢气逸出, 阴极的电极反攵式是： $2 H_{2} O + 2 e^{-} = H_{2} ↑ + 2 {OH}^{-}$ 。所以阴极逸出的气体是 $H_{2}$ ，总反应方程式是：

$2 K_{2} {MnO}_{4} + 2 H_{2} O^{} \overset{通电}{\Leftrightarrow} 2 {KMnO}_{4} + 2 H_{2} ↑ + 2 KOH$ ；

③根据“电解法" 方程式 $2 K_{2} {MnO}_{4} + 2 H_{2} O \overset{通电}{\Leftrightarrow} 2 {KMnO}_{4} + 2 H_{2} ↑ + 2 KOH$ 可知 $K_{2} {MnO}_{4}$ 完全转化为 ${KMnO}_{4}$ , 所以 $K_{2} {MnO}_{2}$ 的理论利用率是 $100 %$ ; 而在 $^{"} {CO}_{2}$ 歧化法"

$3 K_{2} {MnO}_{4} + 4 {CO}_{2} + 2 H_{2} O = 2 {KMnO}_{4} + {MnO}_{2} + 4 {KHCO}_{3}$ 中，反应的 $K_{2} {MnO}_{4}$ 中只有 2/3 反应转化为 ${KMnO}_{4}$ , 所以 $K_{2} {MnO}_{4}$ 的理论利用率是 $2 / 3$ , 故 $“$ 电解法”和 $“ {CO}_{2}$ 歧化法”制取 ${KMnO}_{4}$ 时 $K_{2} {MnO}_{4}$ 的理论利用率之比为 $1 : 2 / 3 = 3 : 2$ ;

(5) 根据离子方程式 $2 {MnO}_{4}^{-} + 5 H_{2} C_{2} O_{4} + 6 H^{+} = 2 {Mn}^{2 +} + 10 {CO}_{2} ↑ - 8 H_{2} O$ 可知 ${KMnO}_{4}$ 与草酸反应的关系式是： $2 {KMnO}_{4} \sim 5 H_{2} C_{2} O_{4}$ 。取浓度为 $0.2000 mol \cdot L^{- 1}$ 的 $H_{2} C_{2} O_{4}$ 标准溶液 $20.00 mL$ , 加入稀硫酸酸化, 用 ${KMnO}_{4}$ 溶液平行滴定三次, 平均消耗的体积为 $24.48 mL$ ,

则配制的溶液的浓度为:

$c = \frac{2 \times 20.00 \times 10^{- 3} L \times 0.2000 mol / L}{5 \times 24.48 \times 10^{- 3} L} = \frac{2 \times 20.00 \times 0.2000}{5 \times 24.48} mol / L 。$

则 $1.0800 g$ 样品中含 ${KMnO}_{4}$ 的物质的量为:

$n ({KMnO}_{4}) = c \cdot V = \frac{100}{1000} L \times \frac{2 \times 0.2 \times 20}{5 \times 22.48} mol / L = 0.006536 mol$

$\frac{2 \times 20.00 \times 0.2000}{5 \times 24.48}$ mol $/ L \times \frac{100}{1000} L = \frac{2}{5} \times 20.00 \times 10^{- 3} \times 0.2000 \times \frac{100}{24.48} mol$ , 由于样品的

质量是 $1.0800 g$ , 则该样品含有的 ${KMnO}_{4}$ 的的纯度为:

$ω = \frac{20.00 \times 10^{- 3} \times 0.2000 \times \frac{2}{5} \times \frac{100}{24.48} \times 158}{1.0800} \times 100 %$ ；

化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变, 所以要使反应速率加快, 可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析, 但是平衡移动的趋势是微弱的，不能改变这种改变。会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小, 转化率大的反应速率不一定快, 物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念, 要掌握其区别与联系。会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。

本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查, 反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。