河北省邢台市2022学年高二化学下学期第三次月考试题含解析

河北省邢台市2022-2022学年高二(下)第三次月考化学试题第I卷  (选择题  共49分)一、选择题(本期包括7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合意意)1.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间。”海市蜃楼是一种自然现象。发生这种现象的本质原因是A.产生了丁达尔效应B.光是一种胶体C.雾是一种胶体D.空气中的小液滴颗粒大小约为10-9～10-7m【答案】D【解析】空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，发生这种现象的本质原因是空气中的小液滴颗粒大小约为10-9～10-7m，答案选D。2.在水溶液中能大量共存的一组粒子是A.S2O32-、Na+、C1-、H+B.Na+、Mg2+、Cl-、SO32-C.Ba2+、Na+、SO42-、OH-D.K+、C2H5OH、MnO4-、H+【答案】B3.下列反应中不属于氧化还原反应的是A.锌粒与稀硫酸的反应B.灼热的炭粉还原CO2的反应C.甲烷的燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应【答案】D【解析】分析：凡是有元素化合价升降的反应就属于氧化还原反应，据此解答。详解：A.锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，锌元素和氢元素化合价变化，属于氧化还原反应，A错误；B.灼热的炭粉还原CO2的反应中生成CO，碳元素和氧元素化合价变化，属于氧化还原反应，B错误；C.甲烷的燃烧反应生成二氧化碳和水，碳元素和氧元素化合价变化，属于氧化还原反应，C错误；12\nD.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应中没有元素化合价变化，D正确。答案选D。4.下列物质的分类中正确的是A.碱:NaOH、Na2CO3、.Ba(OH)2B.酸:H2SO4、CH3CH2OH、CH3COOHC.盐:CaCl2、NaCl、CH3COONaD.酸性氧化物:NO、SO3、P2O5【答案】C【解析】分析：电离时生成的阳离子全部都是氢离子的化合物称之为酸。电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物叫做碱。电离时生成的金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子的化合物叫做盐。能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物。详解：A.NaOH、Ba(OH)2都是碱，Na2CO3是盐，A错误；B.H2SO4、CH3COOH都是酸，CH3CH2OH属于一元醇，B错误；C.CaCl2、NaCl、CH3COONa都是盐，C正确；D.SO3、P2O5都是酸性氧化物，NO不是，D错误。答案选C。5.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液偏高的是A.定容时，俯视容量瓶的刻度线B.转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水C.溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤D.定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】A【解析】分析：根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的，据此解答。详解：A.定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，A正确；B.转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水不会影响，B错误；C.溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质减少，浓度偏低，C错误；D.定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液体积增加，D错误。答案选A。6.下列说法中正确的是A.一定温度和压强下，气体的体积主要取决于分子自身的大小B.非标准状况下，任意1mol气体的体积都不可能是22.4LC.以g/mol为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上都等于该粒子的相对分子(原子)质量12\nD.1 mol任何物质都含有约6.02×1023个原子【答案】C【解析】分析：A、气体分子大小远小于分子间距，分子大小可以忽略，一定温度和压强下，分子间距相等；B、根据PV＝nRT分析；C、物质的摩尔质量以g/mol为单位数值上等于其相对原子质量或相对分子质量；D、根据物质的组成解答。详解：A、影响物质体积的因素由微粒大小、微粒数目、微粒间距。气体分子大小远小于分子间距，分子大小可以忽略，一定温度和压强下，分子间距相等，所以一定温度和压强下，气体的体积主要取决于分子的数目，A错误；B、根据PV＝nRT可知，非标准状况下，任意1mol气体的体积有可能是22.4L，B错误；C、M＝m/n，因此以g/mol为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上都等于该粒子的相对分子(原子)质量，C正确；D、1mol任何物质不一定都含有约6.02×1023个原子，例如氢气、臭氧、甲烷等，D错误。答案选C。点睛：本题考查常用化学计量，题目难度不大，注意基础知识的理解掌握，选项C为解答中的易错点，注意摩尔质量的单位不一定是g/mol，也可能是kg/mol7.《验方新编》中有如下叙述，“凡暑月身热昏沉，未明症候，恐是出丹。用生白扁互数粒食之。如不知腥昧，则以生白扁豆、水泡湿，研汁一小杯，调水一盏服之。即愈。”文中涉及的操作方法是A.蒸馏B.升华C.浸取D.分液【答案】C【解析】以生白扁豆、水泡湿，这是浸取的方法，故C正确。二、选择题(本题包括7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意)8.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L苯含C—H键的数目为0.6NAB.5.6g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAC.K35ClO与浓H37Cl反应制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD.6.4gCu与40 mL10 mol/L浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA【答案】B12\n【解析】分析：A.标准状况下苯是液体；B.硝酸过量生成硝酸铁；C、生成氯气的相对分子质量是72；D、随着反应的进行硝酸浓度降低，稀硝酸的还原产物是NO。详解：A.标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24L苯含C－H键的数目，A错误；B.5.6gFe是0.1mol，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，转移的电子数为0.3NA，B正确；C.K35ClO与浓H37Cl反应：K35ClO+2H37Cl(浓)＝K37Cl+35Cl37Cl+H2O，这说明生成的氯气的相对分子质量是72，因此制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数小于0.1NA，C错误；D.6.4gCu是0.1mol，40mL10mol/L浓硝酸的物质的量是0.4mol，二者反应：Cu＋4H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，随着反应的进行硝酸浓度降低，因此生成的NO2分子数小于0.2NA，D错误。答案选B。9.氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得:F2+H2O=HOF +HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A.钠与水反应制氢气B.过氧化纳与水反应制氧气C.氯气与水反应制次氯酸D.氟单质与水反应制氧气【答案】D【解析】试题分析：在F2+H2O=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；B．过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；C．只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。考点：考查水在氧化还原反应的作用的判断的知识。10.下列物质的转化在给定条件下均能通过步反应实现的是A.AB.BC.CD.D12\n【答案】C【解析】试题分析：A．氯化稆与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以得不到氧化铝，故A错误；B．氮气与氧气在放电或加热条件下会生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故B错误；C．饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，溶液中碳酸氢根离子浓度增大，由于碳酸氢钠的溶解度相对较小，析出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，故C正确；D．FeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生在三氧化硫，故D错误；故选C。考点：考查元素化合物知识，主要是钠、铝、硫、氮的重要化合物。【名师点晴】本题主要考查元素化合物的性质与相互转化、侯德榜制碱法、工业制硫酸等，难度中等，注意侯德榜制碱法应先通氨气，后通二氧化碳，二氧化碳的溶解度不大，先通二氧化碳产生的碳酸氢根的浓度较小。11.下列离子方程式书写不正确的是A.碳酸氢根离子发生电离:HCO3-+H2OH3O++CO32-B.用铂电极电解MgCl2溶液:2H2O+2Cl-H2↑+2OH-+Cl2↑C.将氯气通入NaOH溶液中:Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2OD.将蛋壳浸泡到醋酸中:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O【答案】B【解析】分析：A、碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子；B、有氢氧化镁沉淀生成；C、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；D、醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳。详解：A、碳酸氢根离子在水分子作用下发生电离，且电离是可逆的，即HCO3-+H2OH3O++CO32-，A正确；B、用铂电极电解MgCl2溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁：2H2O+Mg2++2Cl-H2↑+Mg(OH)2↓+Cl2↑，B错误；C、将氯气通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O，C正确；D、将蛋壳浸泡到醋酸中发生复分解反应生成醋酸钙、水和二氧化碳：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D正确。答案选B。12.12\n已知两种盐的固体混合物满足下列条件:①加热时有气体产生；②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀不溶于稀硝酸。则该固体混合物的成分可能是A.Fe(NO3)2和NaHSO4B.AgNO3和NH4ClC.BaCl2和NaHCO3D.K2S和Al2(SO4)3【答案】B【解析】分析：根据反应的实验现象结合选项中物质的化学性质利用排除法解答。详解：A.Fe(NO3)2加热时会分解生成气体，但硝酸亚铁和NaHSO4溶于水时发生氧化还原反应，不会沉淀沉淀，A错误；B.NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，且硝酸银受热也分解产生气体，AgNO3和NH4Cl溶于水生成氯化银沉淀，B正确；C.碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，BaCl2和NaHCO3溶于水不反应，C错误；13.将500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成10等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯高子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子的浓度为A.20(b-2a)mol/LB.20(b-a)mol/LC.0.2(b-2a)mol/LD.20(2a-b)mol/L【答案】A【解析】分析：硫酸钠沉淀钡离子，硝酸银离子沉淀氯离子，结合离子反应方程式和电荷守恒计算。详解：混合溶液分成10等份，每份溶液浓度相同。一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，故钾离子浓度为b−2a0.05mol/L=20(b-2a)mol/L，答案选A。14.下列叙述正确的是A.将CO2通入石灰水中，当n(CO2):n[Ca(OH)2]=1:1时，能得到澄清溶液B.Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：3时，溶液中的金属阳离子只有Fe3+C.NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3):n[Ca(OH)2]=2:1时，溶液中的溶质为Na2CO3D.AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n(OH-):n(Al3+)=7:2时，铝元素以AlO2-形式存在12\n【答案】C【解析】分析：A．发生反应CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O；B．根据反应物的用量和方程式判断产物；C．发生反应2OH-+2HCO3-+Ca2+＝CaCO3↓+CO32－+2H2O；D．根据反应物的用量和方程式判断产物。详解：A．将CO2通入石灰水中，当n(CO2):n[Ca(OH)2]=1:1时，发生CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，得到碳酸钙的悬浊液，A错误；B．Fe和少量稀HNO3的反应3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，Fe和过量稀HNO3的反应Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↓＋2H2O，因此当n(Fe)：n(HNO3)=1：3时，溶液中的金属阳离子有Fe2＋、Fe3+，B错误；C．NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3):n[Ca(OH)2]=2:1时生成物是碳酸钠、碳酸钙和水，因此溶液中的溶质为Na2CO3，C正确；D．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液发生反应Al3＋＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠不足时发生反应Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓，因此当n(OH-):n(Al3+)=7:2时，铝元素以氢氧化铝和NaAlO2形式存在，D错误。答案选C。第II卷(非选择题共51分)三、非选择题(本题包括5小题,共51分)15.工业盐(主要成分为NaNO2)外观和食盐(主要成分为NaCl)相似，且有咸味，人误食工业盐会中毒、已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+aHI=bNO↑+I2+2NaI+2H2O。(1)a=_______，b=_______。(2)上述反应的氧化剂是_______(填化学式)，若反应中转移3mol电子，则生成的NO在标准状况下的体积为_______。(3)某工厂的废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会引起污染。为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用的试剂是_______(填字母)。A.NaCl溶液  B. HNO3溶液  C.NH4Cl溶液  D.浓H2SO4【答案】(1).4(2).2(3).NaNO2(4).67.2L(5).C【解析】分析：（1）根据原子守恒判断a、b的值；（2）得到电子的物质是氧化剂；根据氮元素的化合价变化计算；（3）能使NaNO2转化为不引起污染的N2，物质应具有还原性。详解：（1）由H原子守恒可知a＝4，由N原子守恒可知b＝2；12\n（2）该反应中N元素的化合价从+3价降低到+2价，得到1个电子，则NaNO2为氧化剂。若反应中转移3mol电子，则生成3molNO，因此NO在标准状况下的体积为3mol×22.4L/mol＝67.2L。（3）因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl中－3价的氮元素化合价可以升高，符合题意，答案选C。16.X溶液中只可能含有H+、Na+、NH4+、Cu2+、Al3+、Ag+、Fe3+、CO32-、NO3-、SO42-中的一种成几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：(1)X溶液中一定不存在的离子是________。(2)加入过量H2SO4/FeSO4溶液时，发生反应的离子方程式为________。(3)X溶液中c(CO32-)＝_____mol/L，c(Na+)＝______mol/L。【答案】(1).H+、Cu2+、Al3+、Ag+、Fe3+(2).3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++N0↑+2H2O(3).0.1(4).0.4【解析】分析：加入过量氢氧化钡生成气体A，则A为氨气，物质的量是0.112L÷22.4L/mol＝0.005mol，说明溶液中一定存NH4+。生成沉淀C，C与稀硝酸反应剩余2.33g沉淀，因此沉淀C是硫酸钡和碳酸钡组成，其中硫酸钡是2.33g，物质的量是0.01mol，碳酸钡的质量是4.3g－2.33g＝1.97g，物质的量是0.01mol，所以溶液中一定不存在H+、Cu2+、Al3+、Ag+、Fe3+，一定存在CO32-、SO42-。溶液B中加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液又产生气体D，说明溶液B中含有硝酸根，在酸性条件下把亚铁离子氧化，其还原产物是NO，物质的量是0.005mol，因此溶液中一定存在NO3-，结合电荷守恒判断是否存在钠离子。详解：（1）由以上分析可知铵根是0.005mol，碳酸根和硫酸根均是0.01mol，根据D的物质的量是0.005mol，说明硝酸根的物质的量是0.005mol，因此根据溶液显电中性可知一定存在钠离子，物质的量是0.04mol，所以X溶液中一定不存在的离子是H+、Cu2+、Al3+、Ag+、Fe3+；（2）加入过量H2SO4/FeSO4溶液时，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-＝3Fe3++N0↑+2H2O。12\n（3）X溶液中c(CO32-)＝0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，c(Na+)＝0.04mol÷0.1L＝0.4mol/L。点睛：本题考查离子的推断，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题的关键，根据溶液显电中性确定溶液中存在钠离子，为解答本题的易错点，注意熟练掌握离子共存的条件并能灵活运用知识解答，题目难度中等。17.双氧水是常用的绿色氧化剂，金属氢化物如NaH、NaBH4等是有机工业中的万能还原剂。据此回答下列问题:(1)双氧水作氧化剂时对应的还原产物为________(填化学式，下同)。与强氧化性的高锰酸钾反应时双氧水作还原剂，此时对应的氧化产物为________。(2)工业上常用NaH与BCl3反应来制取NaBH4，其化学方程式为________。以H2O2和NaBH4为原料，可制作深水勘探等无空气环境的新型电池，其负极的电极反应式为：BH4--8e-+8OH-=BO2-+6H2O，则每消耗1 mol H2O2，电路中转移的电子数为________。(3)某实验小组将Zn与盐酸反应后的气体通入浓硫酸中干燥后，与少量金属钠在隔绝空气且加强热的装置中充分反应，制得NaH粗品，则该NaH粗品中可能含有的杂质为________(填化学式)。【答案】(1).H2O(2).O2(3).4NaH+BCl3＝NaBH4+3NaCl(4).2NA(或2×6.02×1023)(5).NaCl【解析】分析：（1）双氧水中氧元素化合价降低作氧化剂，氧元素化合价升高做还原剂，据此判断还原产物和氧化产物；（2）根据反应物和生成物书写方程式；根据双氧水中氧元素化合价变化计算转移电子数；（3）根据盐酸具有挥发性，生成的氢气中含有氯化氢分析。详解：（1）双氧水作氧化剂时氧元素得到电子，化合价降低，所以对应的还原产物为H2O。与强氧化性的高锰酸钾反应时双氧水作还原剂，氧元素失去电子，化合价升高，则此时对应的氧化产物为O2；（2）NaH与BCl3反应制得NaBH4，根据原子守恒可知还有NaCl生成，反应方程式为4NaH+BCl3＝NaBH4+3NaCl；根据负极反应式可知双氧水在正极放电，发生得到电子的还原反应，氧元素化合价从－1价降低到－2价，则每消耗1molH2O2，得到2mol电子，电路中转移的电子数为2NA；（3）因为盐酸具有挥发性，生成的氢气中可能含有氯化氢，所以金属钠可能与氯化氢反应生成NaCl，则该氢化钠样品中所含的杂质可能是NaCl。12\n点睛：本题考查氧化还原反应的相关知识，把握反应前后有关元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。18.煅烧铵明矾晶体时发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3+N2↑+2NH3↑+3SO2↑+53H2O+5SO3↑，将产生的气体通过如图所示的装置(广口瓶中的试剂均足量)。(1)集气瓶中最终收集到的气体是______(填化学式，下同)。(2)通过足量饱和NaHSO3溶液后大量减少的气体有______。(3)KMnO4溶液颜色逐渐褪去，发生反应的离子方程式为______。(4)向硫酸铝铵溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，反应后溶液中溶质的成分不可能是______(填字母)。A.(NH4)2SO4、Al2(SO4)3B.(NH4)2SO4C.(NH4)2SO4、Ba(AlO2)2D.(NH4)2SO4、Al2(SO4)3、Ba(OH)2【答案】(1).N2(2).NH3、SO3(或NH3、SO3、H2O)(3).5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+(4).CD【解析】分析：煅烧铵明矾晶体，生成的混合气体是氨气、氮气、二氧化硫和三氧化硫。通入饱和的亚硫酸氢钠溶液中，氨气和三氧化硫溶解，剩余气体通入高锰酸钾溶液，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，剩余的氮气采用排水法收集，据此解答。详解：(1)煅烧铵明矾晶体，生成的混合气体是氨气、氮气、二氧化硫和三氧化硫。通入饱和的亚硫酸氢钠溶液中，氨气和三氧化硫溶解，剩余气体通入高锰酸钾溶液，二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，剩余的氮气采用排水法收集，因此集气瓶中最终收集到的气体是N2。(2)氨气是碱性气体，三氧化硫溶于水生成硫酸，溶液显强酸性，因此通过足量饱和NaHSO3溶液后大量减少的气体有NH3、SO3。(3)二氧化硫具有还原性，能使KMnO4溶液颜色褪去，发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O＝2Mn2++5SO42-+4H+。(412\n)向硫酸铝铵溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子首先结合铝离子生成氢氧化铝沉淀，然后结合铵根生成一水合氨，氢氧化钡过量后氢氧化铝溶解生成偏铝酸盐。由于钡离子与硫酸根离子以及铵根、铝离子与氢氧根离子均不能大量共存，所以反应后溶液中溶质的成分不可能(NH4)2SO4、Ba(AlO2)2或(NH4)2SO4、Al2(SO4)3、Ba(OH)2，答案选CD。点睛：本题主要是考查气体性质、离子反应的有关判断。掌握常见气体的性质特点、离子反应的先后顺序是解答的关键。难点是硫酸铝铵溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液的离子反应判断，注意铝离子结合氢氧根离子的能力强于铵根离子。19.高铁酸钾(暗紫色)是一种新型绿色氧化剂，制备高铁酸钾的工艺流程如下:回答下列问题:(1)步骤①中NaClO作______(填“氧化剂”“还原剂"或“催化剂”)。(2)步骤②脱除的盐是______(填化学式)。(3)步骤③是利用溶解度的不同进行的操作。则溶解度:Na2FeO4______ (填“>”或“<”)K2FeO4(4)本次实验中K2FeO4的产率为______。(5)取少量K2FeO4于试管中，加硝酸酸化并堵住试管口，观察到溶液中有细微的小气泡产生，溶液紫色逐渐褪去，伸入一根带火星的木条，本条复燃；再向溶液中加入 KSCN溶液，溶液变为血红色。则K2FeO4 酸化时发生反应的离子方程式为____________；K2FeO4作为净水剂的优点除铁无毒外还有____________。【答案】(1).氧化剂(2).NaNO3和NaCl(3).>(4).86.36%(5).4FeO4-+2OH-=4Fe3++3O2↑+10H2O(6).能消毒杀菌,生成的Fe(OH)3可吸附水中悬浮杂质(或其他合理答案)【解析】(1)步骤①中Fe3+被NaClO在碱性条件下氧化为FeO42-，则NaClO作氧化剂；(2)步骤①中NaClO的还原产物为NaCl，反应同时生成NaNO3，这两种盐均需要除去，否则影响产品的纯度，则步骤②脱除的盐是NaNO3和NaCl；(3)步骤③在Na2FeO4溶液中加入KOH固体，可析出溶解度小的K2FeO4，则溶解度Na2FeO4>K2FeO4；(4)4.04gFe(NO3)3·9H2O的物质的量为=0.01g，实验中K2FeO4的产率为12\n×100%=86.36%；(5)K2FeO4酸化时有氧气和Fe3+生成，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；K2FeO4作为净水剂的优点除铁无毒外，还体现在自身的强氧化性，能消毒杀菌，同时还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3可吸附水中悬浮杂质。12