高考化學(xué)一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)掃描專題05氧化還原子反應(yīng)配平計算學(xué)案

專題05氧化復(fù)原子反響配平及計算【復(fù)習(xí)目標(biāo)】掌握常有氧化復(fù)原反響方程式的配平。掌握常有氧化復(fù)原反響的有關(guān)計算。【考情剖析】氧化復(fù)原反響的規(guī)律在高考取主要表此刻應(yīng)用電子守恒規(guī)律解答有關(guān)計算上，氧化復(fù)原反響方程式的配平易有關(guān)氧化復(fù)原反響的計算，新課標(biāo)卷近五年合計考察6次。題型有選擇題和填空題兩種形式，以填空題為主，試題難度偏大。【考點(diǎn)過關(guān)】考點(diǎn)一氧化復(fù)原反響配平氧化復(fù)原反響配平得失電子守恒是指在氧化復(fù)原反響中，失電子數(shù)必定等于得電子數(shù)，即得失電子數(shù)目保持守恒基來源則任何化學(xué)反響在反響前后應(yīng)恪守質(zhì)量守恒，也就是反響前后各元素原子個數(shù)相等電荷守恒即反響前后陰陽離子所帶電荷數(shù)一定相等標(biāo)好價：正確標(biāo)出反響前后化合價有變化的元素的化合價列變化：列出元素化合價高升和降低的數(shù)值求總數(shù)：求元素化合價高升和降低的總數(shù)，確立氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物的化學(xué)計量數(shù)配平的步驟配系數(shù)：用察看法配平其余各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)細(xì)檢查：利用“守恒”三原則(即質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，逐項檢查配平的方程式能否正確。2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O新情形下氧化復(fù)原方程式的書寫找物質(zhì)依照題給信息或流程圖，聯(lián)合元素化合價變化，找出氧化劑、復(fù)原劑及相應(yīng)的1復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物先用“化合價起落法”配平含有變價元素的物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)，而后由原子守會配平恒確立未知物，再依據(jù)原子守恒進(jìn)行配平-在酸性條件下，離子方程式中不可以出現(xiàn)OH；在堿性條件下，離子方程式中不可以++生成水(在反響物或生成物中配上+出現(xiàn)H。酸性條件下多氧配HH)；堿性條件-下多氧配水另一側(cè)生成OH(在反響物或生成物中配上水)再檢查注意反響物的量不一樣(或溶液濃度的不一樣)，產(chǎn)物不一樣，如過度的鐵與稀硝酸反應(yīng)，生成亞鐵注意溶液的酸堿性不一樣，對產(chǎn)物的影響，如高錳酸鉀在酸性條件下一般復(fù)原為2+2Mn，而在堿性條件下則獲取MnO【考點(diǎn)操練】按要求達(dá)成以下氧化復(fù)原反響的方程式：（1）（2016年高考全國卷Ⅱ）實(shí)驗(yàn)室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學(xué)方程式為_______________________________________________________________________。（2）（2016年高考天津卷）MnO(OH)＋I(xiàn)－＋2＋＋I(xiàn)2＋HO(未配平)其化學(xué)計量數(shù)挨次為＋H―→Mn22_______________________________________________。（3）（2016年高考四川卷）在稀硫酸中，Cr的最高價含氧酸的鉀鹽(橙色)氧化氧的一種氫化物，Cr被還原為＋3價，該反響的化學(xué)方程式是___________________________________。4）(2016年高考上海卷)NaOCN與NaClO反響，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2(已知HCN、HOCN中N元素的化合價同樣)則反響的離子方程式：。（5）（2015年高考全國卷Ⅱ）將ClO2通入KI和H2SO4的混淆液中，發(fā)生反響的離子方程式為_________________________。（6）（2015年高考福建卷）KClO3與KI淀粉溶液混淆后溶液顯藍(lán)色，假定氧化產(chǎn)物獨(dú)一，復(fù)原產(chǎn)物為KCl，則此反響的離子方程式為_____________________________________。2：3，反響的離子方程式為－－2－+3Cl－+N2↑。（5）ClO2擁有強(qiáng)氧化性，通入錐形瓶與2CNO+3ClO=CO2↑+CO3酸性碘化鉀溶液反響，氧化I—為I2，自己被復(fù)原為Cl—，同時生成水，反響離子方程式為2ClO2＋10I－＋8H2＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O。（6）溶液顯藍(lán)色證明產(chǎn)生了I2；假定氧化產(chǎn)物獨(dú)一，復(fù)原產(chǎn)物為KCl，依據(jù)氧化復(fù)原反響中電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反響的離子方程式為--+-ClO+6I+6H=Cl+3I+3HO。322答案：(1)NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O(2)1,2,4,1,1,3(3)3H2O2＋K2Cr2O7＋4H2SO4===3O2↑＋K2SO4＋－－2－+3Cl－+N2↑(5)2ClO2＋10I－＋－(6)ClO－Cr2(SO4)3＋7H2O（4）2CNO+3ClO=CO2↑+CO3＋8H===5I2＋4H2O＋2Cl3＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O考點(diǎn)二氧化復(fù)原反響的計算關(guān)于氧化復(fù)原反響的計算，要依據(jù)氧化復(fù)原反響的實(shí)質(zhì)——反響中氧化劑獲取電子總數(shù)與復(fù)原劑失掉電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，能夠拋開繁瑣的反響過程，可不寫化學(xué)方程式，不追查中間反響過程，只需把物質(zhì)分為初態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個方面進(jìn)行整體思想，即可快速獲取正確結(jié)果。找出氧化劑、復(fù)原劑及相應(yīng)的復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物找準(zhǔn)一個原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個數(shù))兩元素間得失陷恒依據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式：n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價－廉價)＝n(復(fù)原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價—廉價)有的試題反響過程多，波及的氧化復(fù)原反響也多，數(shù)目關(guān)系較為復(fù)雜，若用慣例方法求解比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一多步反響得失陷恒關(guān)系，則解題就變得很簡單。解這種試題時，注意不要遺漏某個氧化復(fù)原反響，要理清詳細(xì)的反響過程，剖析在整個反響過程中化合價發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目【考點(diǎn)操練】(1)現(xiàn)有24mL濃度為0.05－1的Na2SO3溶液恰巧與－1的K2Cr2O7mol·L20mL濃度為0.02mol·L溶液完整反響。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價為。(2)Na2S在堿性溶液中可被NaClO氧化為NaSO，而NaClO被復(fù)原為NaCl，若反響中NaS與NaClO的物x242x質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為。（3）取xg銅鎂合金完整溶于濃硝酸中，反響過程中硝酸被復(fù)原只產(chǎn)生8960mL的NO2氣體和672mL的N2O4氣體(都已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))，在反響后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成積淀質(zhì)量為17.02g。則x等于。（4）在熱的稀硫酸中溶解了11.4gFeSO4固體，當(dāng)加入50mL0.5mol·L－132＋全KNO溶液時，此中的Fe部轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3＋，KNO3也完整反響并放出NxOy氣體。計算出x＝____；y＝______。3答案：(1)3(2)5（3）9.20g（4）11考點(diǎn)三氧化復(fù)原反響的綜合應(yīng)用離子反響理論和氧化復(fù)原反響理論是高中化學(xué)的基礎(chǔ)和要點(diǎn)，兩者是依照不一樣的分類標(biāo)準(zhǔn)對化學(xué)反響進(jìn)行的分類。高考常將兩部分內(nèi)容交融在一同考察，反響既切合離子反響規(guī)律，又切合氧化復(fù)原反響規(guī)律，這種試題能很好的考察學(xué)生全面思慮和解決問題的能力。書寫屬于氧化復(fù)原反響的離子方程式時，要第一考慮電子轉(zhuǎn)移守恒，同時還要考慮電荷守恒、質(zhì)量守恒。如關(guān)于反響2＋＋3＋＋yH2O：依照在氧化復(fù)原反響中，氧mFe＋O2＋xH＝nFe書寫氧化復(fù)原反響方程式化劑得電子總數(shù)等于復(fù)原劑失電子總數(shù)(1molO2在反響中獲取4mol電子，每1molFe2＋在反響中失掉1mol電子，故1molO2能氧化4molFe2＋)可求出n＝m＝4；再依據(jù)電荷守恒，可求出x＝4；依照質(zhì)量守恒，可求出y＝2離子之間也可能發(fā)生氧化復(fù)原反響。如已知2＋與－在FeNO3酸性條件下能夠發(fā)生反響－2＋＋3＋＋NO↑NO＋3Fe＋4H===3Fe3判斷離子共存2＋－＋在同一溶液中不可以大批共23存；在考慮離子大批共存問題時要特別注意－＋NO和H這一3組合的氧化性在含有多種微粒的溶液中，發(fā)生氧化復(fù)原反響的微粒有先后次序。氧化性強(qiáng)的微粒和復(fù)原性強(qiáng)的微粒之間優(yōu)先反響。如已知氧化性：Cu2＋>H＋，則在含有Cu2＋、H＋的混淆溶液中，4漸漸加入鋅粉，第一發(fā)生反響Cu2＋＋Zn===Cu＋Zn2＋，當(dāng)Cu2剖析離子反響的先后次序＋完整反響后，再發(fā)生反響＋2＋2H＋Zn===Zn＋H2↑；再如向FeBr2溶液中通入Cl2時，因?yàn)閺?fù)原性Fe2＋>Br－，故第一發(fā)2＋＋Cl23＋＋2Cl－，再發(fā)生反響2Br－＋生反響：2Fe===2FeCl2===2Cl－＋Br2【考點(diǎn)操練】(1)二氧化氯（ClO2）可由KClO3在H2SO4存在的條件下與Na2SO3反響制得。請寫出反響的離子方程式__________________________。亞氯酸不穩(wěn)固可分解，反響的離子方程式為：HClO2→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。當(dāng)1molHClO2發(fā)生疏解反響時，轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)是________。(3)高鐵酸鉀（KFeO）是一種綠色凈水劑，擁有凈水和消毒兩重功能。高鐵酸鉀中鐵元素的化合價為____24價，干法制備K2FeO4的方法是將Fe2O3、KNO、4KOH三者混淆共熱制得，同時生成了KNO，請寫出化學(xué)方程32式:、、Fe(SO)混淆，寫243出該反響的離子方程式；簡述高鐵酸鉀凈水原理______________________。（4）已知：5SO2—+2IO—+2H+=5SO2—+I+HO(較快)；I+SO2—+HO=2I—2—+342233224向KIO3、H2SO4、淀粉的混淆溶液中加入必定量的Na2SO3溶液，當(dāng)溶液中的耗盡后，溶液顏色將由無色變?yōu)樗{(lán)色，當(dāng)初始的物質(zhì)的量需知足的關(guān)系為n(IO3—):n(SO2-)時，能保證察看到3藍(lán)色。(5)將濃鹽酸常溫下滴到少許固體KMnO4中，產(chǎn)生了黃綠色氣體和無色溶液，試寫出該反響的化學(xué)方程式，該反響中表現(xiàn)鹽酸的性質(zhì)是________，該反響中實(shí)質(zhì)發(fā)生氧化復(fù)原反應(yīng)的氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為________。(6)取必定量[Fe(OH)(SO)]樣品與足量鹽酸反響，所得溶液均勻分為兩份：一份溶液中加入足量的BaCl2ab4cm溶液，獲取白色積淀1.7475g；另一份溶液，先將Fe3＋復(fù)原為Fe2＋，再用0.02000mol·L－1的酸性K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，耗費(fèi)K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液50.00mL(已知：滴準(zhǔn)時Cr2O72-轉(zhuǎn)變?yōu)镃r3+,Fe2+變?yōu)镕e3+）。該樣品中b∶c的比值為。+2價，因此，高鐵酸鉀擁有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒：4FeO2-+10HO=4Fe(OH)(膠體)+3O-22423235—+HO=2I—2—+2－耗盡后，I過度時，淀粉溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色；當(dāng)n(IO2-)＝2mol時，反響324322—+2IO—+2—+I22－＝1mol，而當(dāng)n(I2)＝1mol，反響2—+H2O=5SO33+2H=5SO4+H2O中n(SO3)，n(I2)I2+SO32I—2—+2－)<1mol時，保證能察看到藍(lán)色，因此初始時n(IO-)2－)＞2：(5+1)=1/3；（5）+SO+2H中(SO∶(SO4333依據(jù)題意，產(chǎn)生了22+42224Cl和Mn,配平可得：2KMnO＋16HCl(濃)===2MnCl＋2KCl＋5Cl↑＋8HO,2molKMnO做氧化劑；總合耗費(fèi)16molHCl中實(shí)質(zhì)只有10mol做復(fù)原劑，此外6mol起酸的作用，即實(shí)質(zhì)的氧化劑與復(fù)原劑1.7475g2－2＋的物質(zhì)的量之比為2∶10＝1∶5。（6）n(BaSO4)＝233g·mol－1＝0.0075mol，SO4＋Ba===BaSO4↓，由化學(xué)計量數(shù)比可知(SO42－)＝0.0075mol；由反響Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O的化學(xué)計量數(shù)比n可知：(Fe2＋)＝(Cr2O72－)×6＝0.02000mol·L－1×50.00×10－3L×6＝0.006mol；依據(jù)鐵守恒可知，n(Fe3nn11＋2＋＝0.006mol；則聚合硫酸鐵中n3＋2－∶0.0075＝4∶5，則a＝4，c＝5；)＝n(Fe)(Fe)∶n(SO4)＝0.006[Fe4(OH)b(SO4)5]m中各元素的化合價代數(shù)和為0，則(＋3)×4＋(－1)×b＋(－2)×5＝0，因此b＝2，b∶c＝2∶5。答案：(1)2ClO－2－＋2－＋H2O(2)0.8NA(3)+63＋SO3＋2H===2ClO↑＋SO4––3+2–+3Cl–+5H2O；高鐵酸；3ClO+10OH+2Fe＝2FeO4鉀能殺菌消毒，復(fù)原產(chǎn)物+3價鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體起凈水作用(4)SO32－；＞1/3；(5)2KMnO4＋16HCl(濃)===2MnCl＋2KCl＋5Cl↑＋8HO；復(fù)原性和酸性；1∶5(6)2∶1222【過關(guān)練習(xí)】1.氮化鈉和氫化鈉都是離子化合物，與水反響的化學(xué)方程式(未配平)以下：Na3N＋H2O―→NaOH＋NH，NaH3H2O―→NaOH＋H2。有關(guān)它們的表達(dá)：①與水反響都是氧化復(fù)原反響；②與水反響后的溶液都顯堿性；③與鹽酸反響都只生成一種鹽。正確的選項是( )A．①②③B．①③C．②③D．②固體硝酸鹽加熱易分解且產(chǎn)物較復(fù)雜。某學(xué)習(xí)小組以Mg(NO3)2為研究對象，擬經(jīng)過實(shí)驗(yàn)研究其熱分解的產(chǎn)物，提出以下4種猜想，此中不建立的是( )A．Mg(NO2)2、O2B．MgO、NO2、O2C．Mg3N2、O2D．MgO、NO2、N2分析：A、B、C三項中均有化合價的起落，切合氧化復(fù)原反響發(fā)生的條件；因?yàn)楫a(chǎn)物中化合價只有降低狀況，沒有高升，不知足氧化復(fù)原反響的特點(diǎn)，故D不建立。答案：D3.鈀的化合物PdCl2經(jīng)過化學(xué)反響可用來檢測有毒氣體CO，該反響的反響物與生成物有CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一種未知物質(zhì)X。以下說法錯誤的選項是( )6A．未知物質(zhì)X為CO2，屬于氧化產(chǎn)物B．每轉(zhuǎn)移1mole－時，生成2molXC．反響中PdCl2作氧化劑，被復(fù)原D．復(fù)原性：CO＞Pd分析：A、B、C三項中均有化合價的起落，切合氧化復(fù)原反響發(fā)生的條件；因?yàn)楫a(chǎn)物中化合價只有降低狀況，沒有高升，不知足氧化復(fù)原反響的特點(diǎn)，故D不建立。答案：D4.某離子反響中波及－＋＋、N2、Cl－六種微粒。此中N2的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖H2O、ClO、NH4、H所示。以下判斷正確的選項是( )A．該反響的復(fù)原劑是Cl－B．耗費(fèi)1mol復(fù)原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子C．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3D．反響后溶液的酸性顯然加強(qiáng)分析：反響方程式為－＋－＋＋3ClO＋2NH4===N2↑＋3H2O＋3Cl＋2H，該反響的復(fù)原劑為NH4，故A錯誤；N元素化合價由－3高升到0，則耗費(fèi)1mol復(fù)原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；由方程式可知氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，故C錯誤；反響生成H＋，溶液酸性加強(qiáng)，故D正確。答案：D5.O2F2能夠發(fā)生反響：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，以下說法正確的選項是（）A．氧氣是氧化產(chǎn)物B．O2F2既是氧化劑又是復(fù)原劑C．若生成4.48LHF，則轉(zhuǎn)移0.8mol電子D．復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶46.已知：將Cl2通人適當(dāng)KOH溶液，產(chǎn)物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值與溫度高低有關(guān)。當(dāng)n(KOH)=amol時，以下有關(guān)說法錯誤的選項是A．若某溫度下，反響后＝11，則溶液中＝12B．參加反響的氯氣的物質(zhì)的量等于1amol2C．改變溫度，反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量ne的范圍：1amol≤ne≤5amol2671D．改變溫度，產(chǎn)物中KC1O3的最大理論產(chǎn)量為amol7分析：A項若反響后＝11，令KC1、KClO分別為11mol、1mol，據(jù)得失電子守恒可得KC1O3為2mol，則溶液中＝

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，正確；B項據(jù)原子守恒n(KOH)＝amol＝n(K)=n(Cl)=2n(Cl)，則n(Cl)=1amol，222正確；C項采納極限法剖析，當(dāng)所有生成KC1、KClO時發(fā)生的反響為Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，則ne＝1amol，2同理，當(dāng)所有生成KC1、KClO時發(fā)生的反響為3Cl＋6KOH=5KCl＋KClO＋3HO，則n＝52332e6變溫度，反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n的范圍：15amol≤n≤amol，該項正確；D項改變溫度，產(chǎn)物中KC1Oe2e63的最大理論產(chǎn)量即無KClO生成，發(fā)生以下反響：3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，則KC1O3的物質(zhì)的量為1amol，6故該項錯誤。答案：D工業(yè)上制備二氧化氯(ClO2)的方法之一是用甲醇在酸性介質(zhì)中與氯酸鈉反響，其反響的化學(xué)方程式為：CH3OH＋NaClO3＋H2SO4→ClO2↑＋CO2↑＋Na2SO4＋H2O(未配平)，則以下說法正確的選項是( )A．甲醇是氧化劑B．經(jīng)過反響可判斷NaClO3的氧化性強(qiáng)于Na2SO4C．復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為6∶1D．生成1molCO2時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol(襄陽2017屆調(diào)研)鉻及其化合物常被應(yīng)用于冶金、化工、電鍍、制藥、紡織等行業(yè)，但使用后的廢水因此中含高價鉻的化合物而毒性很強(qiáng)，一定進(jìn)行辦理。工業(yè)上常常采納以下循環(huán)工藝防備鉻的污染：上述各步反響中屬于氧化復(fù)原反響的是________(填序號)。(2)第①步，含2－的廢水在酸性條件下用綠礬FeSO·7HO辦理，寫出并配昭雪響的離子方程式：27428_____________________________________________。(3)第②步，向上述反響后的溶液中加入適當(dāng)?shù)膲A石灰，使鉻離子轉(zhuǎn)變?yōu)镃r(OH)3積淀。辦理后，積淀物中除了Cr(OH)3外，還有________________、________________(寫化學(xué)式)。已知Cr(OH)3性質(zhì)近似Al(OH)3，是既能與強(qiáng)酸反響又能與強(qiáng)堿反響的兩性物質(zhì)，寫出從該積淀物中分別出Cr(OH)3的離子方程式：____________________、___________________。(4)回收所得的Cr(OH)，經(jīng)③④⑤步辦理后又可轉(zhuǎn)變?yōu)镵CrO。純凈的KCrO常用于正確測定NaSO溶液3227227223的物質(zhì)的量濃度，方法以下：2－＋6I－＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O①Cr2O7＋14H2－2－＋2I－②2S2O3＋I(xiàn)2===S4O6正確稱取純凈的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，耗費(fèi)Na2S2O3溶液25.00mL。則Na2S2O3溶液的物質(zhì)的量濃度為________(保存四位有效數(shù)字)。答案：(1)①④(2)Cr2－2＋＋3＋3＋＋7HO(3)Fe(OH)CaSOCr(OH)－－＋2372432－－－12H2OCrO2＋CO＋2HO===Cr(OH)↓＋HCO(4)0.1000mol·L22339.高鐵酸鉀寬泛應(yīng)用于凈水、電池工業(yè)等領(lǐng)域。工業(yè)上以鈦白粉生產(chǎn)的副產(chǎn)品FeSO制備高鐵酸鉀的生產(chǎn)4流程以下。查資料得悉K2FeO4部分性質(zhì)以下：①在堿性環(huán)境中穩(wěn)固，在中性和酸性條件下不穩(wěn)固；②在水中溶解度很大，難溶于無水乙醇等有機(jī)溶劑；③擁有強(qiáng)氧化性，能氧化有機(jī)烴、苯胺和80%以下乙醇溶液?；卮鹨韵聠栴}：(1)寫出“氧化Ⅰ”中，生成Fe3＋的離子方程式：___________________。(2)氧化Ⅱ中，試劑A為__________(填“HO”“HNO”或“NaClO”)；過濾操作中，獲取的濾渣B中除NaCl223還有__________。操作Ⅰ中包含冷卻結(jié)晶、過濾、清洗干燥幾個步驟。清洗干燥的目的是脫堿脫水，進(jìn)行該操作時最好用____________清洗。(4)凈水時高鐵酸鉀能漸漸與水反響生成絮狀的Fe(OH)3，請增補(bǔ)并配平該反響的化學(xué)方程式：______K2FeO49______H2O===______Fe(OH)3↓＋______KOH＋____________。將必定量的K2FeO4投入必定濃度的FeCl3溶液中，測得節(jié)余K2FeO4濃度變化以下圖，推測產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差別的原由是__________________________________。分別出Na2FeO4、NaOH(過度)，則過濾所得濾渣的主要成分為NaCl、Na2SO4、NaClO(過度)，除掉它們以后所得的Na2FeO4、NaOH(過度)溶液用于制備K2FeO4。(3)Na2FeO4、NaOH溶液(過度)中加入過度KOH時的反響為Na2FeO4＋2KOH===KFeO4＋2NaOH，所得溶液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、清洗可得K2FeO4晶體；因?yàn)镵2FeO4的溶解度很大，難溶于無水乙醇等有機(jī)溶劑，且擁有強(qiáng)氧化性，能氧化有機(jī)烴、苯胺和質(zhì)量分?jǐn)?shù)為80%以下的乙醇溶液，除掉堿的同時，為了減少清洗晶體造成K2FeO4的損失，最好選擇無水乙醇清洗K2FeO4晶體。(4)察看可得，該反響中鐵元素由＋6價降為＋3價，鉀元素、氫元素的化合價都沒有變化，依據(jù)氧化復(fù)原反響的特點(diǎn)推測，化合價高升的元素只好是氧，氧元素由－2價升為0價，則缺項物質(zhì)為氧氣，依據(jù)化合價起落法、原子守恒配平可得：4K2FeO4＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8KOH＋3O2↑。(5)依據(jù)已知信息可知，K2FeO4在堿性環(huán)境中穩(wěn)固，在中性和酸性條件下不穩(wěn)固，氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽，能水解，致使其溶液顯弱酸性，K2FeO4在酸性條件下不穩(wěn)固，酸性越強(qiáng)，K2FeO4越不穩(wěn)固，反響速率越大，節(jié)余K2FeO4的濃度越小。＋2＋3＋＋2H2O(2)NaClONa2SO4(3)無水乙醇(3分)(4)410483O2↑答案：(1)H2O2＋2H＋2Fe===2Fe10(5)FeCl3溶液水解顯酸性，促使KFeO與水反響，進(jìn)而降低KFeO的濃度242410.碘酸鉀(KIO)晶體是我國規(guī)定的食鹽加碘劑。它往常是以碘為原料與過度KOH溶液經(jīng)過以下反響制得：33I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O，再將KI和KIO3的混淆溶液電解，將此中的I－轉(zhuǎn)變?yōu)镮O3－，裝置以下圖。(1)在反響3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O中，氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為____。電解前，將KI和KIO3混淆溶液加入陽極區(qū)；將氫氧化鉀溶液加入陰極區(qū)。電解槽用水冷卻。電解時，陽極上的電極反響為_______________________________，陰極上獲取的氣體產(chǎn)物為____________。某同學(xué)查資料獲知：KIO3在酸性介質(zhì)中與碘化物作用生成單質(zhì)碘，該反響的離子方程式為______________