届山西省临猗县临晋中学高三上学期月考化学试题解析版.docx
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届山西省临猗县临晋中学高三上学期月考化学试题解析版
山西省临猗县临晋中学2019届高三9月月考化学试卷
1.化学与日常生活密切相关。
下列说法错误的是()
A.乙烯可作水果的催熟剂B.蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质
C.“84”消毒液的有效成分是NaClOD.“血液透析”利用了胶体的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯一种植物激素,具有催熟作用,可作水果的催熟剂,A正确;
B.油脂水解产生羧酸,羧酸属于电解质,蔗糖、淀粉水解生成单糖,糖类属于非电解质,故B错误;
C.氯气与氢氧化钠反应可得“84”消毒液,有效成分为NaClO,C正确;
D.“血液透析”利用了胶体不能透过半透膜的性质,D正确;
正确选项B。
2.下列叙述正确的是()
A.有单质生成的反应一定是氧化还原反应
B.能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物
C.ABS树脂、光导纤维及碳纤维都是有机高分子
D.酸性条件下,C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH
【答案】B
【解析】
【详解】A、同素异形体的转化中有单质生成,但没有元素的化合价变化,则不是氧化还原反应,即有单质生成的反应不一定是氧化还原反应,故A错误;
B、能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物,过氧化钠与盐酸反应:
2Na2O2+4HCl═4NaCl+O2↑+2H2O,过氧化钠不是碱性氧化物,故B正确;
C项,光导纤维的主要成分为SiO2,不属于有机高分子材料,碳纤维是无机非金属材料,也不属于有机高分子材料,故C项错误;
D项,合成乙酸乙酯时,羧酸脱去羟基,乙醇脱去氢,则C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H518OH,故D项错误;
正确选项B。
3.关于胶体,下列说法正确的是()
A.雾属于胶体,能产生丁达尔效应
B.含有0.1molFeCl3的溶液制成的胶体中,胶体粒子的数目为NA
C.胶体的介稳性与胶体带有电荷有关
D.NaCl晶体可制成溶液,不能制成胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.胶体能够产生丁达尔效应,A正确;
B.胶体粒子是氢氧化铁的集合体,0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个,故B错误;
C.胶体的介稳性与胶粒带有电荷有关,胶体本身不带电,故C错误;
D.NaCl分散在水中形成溶液,分散在酒精中形成胶体,故D错误;
正确选项A。
4.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.标准状况下,7.8g苯中含碳碳双键的数目0.3NA
B.常温常压下,14g乙烯和丙烯的混合气体中含有C—H键的数目为2NA
C.0.1mol/LMgCl2溶液中含有Mg+的数目一定小于0.1NA
D.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯分子结构中含有特殊的碳碳键,无有真正的碳碳双键,A错误;
B.乙烯和丙烯的最简式为CH2,14g乙烯和丙烯的混合气体的量为14/14=1mol,1mol混合气体中含有C—H键的数目为2NA,B正确;
C.没有给定溶液的体积,无法计算出0.1mol/LMgCl2溶液中含有Mg+的数目,C错误;
D.CH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl,所以反应生成CH3Cl分子数小于NA,D错误;
正确选项B。
5.下列实验过程可以达到实验目的的是()
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000mol·L—1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.先把溶液冷却至室温再转移到容量瓶中;应把烧杯、玻璃棒洗涤,并把洗涤液转移到容量瓶中,故A错误;
B.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁,会看到溶液由黄色变成浅绿色,故B正确;
C.氢气中混有氯化氢,气体通过NaOH溶液、浓硫酸,就可以的得到纯净的氢气,不需要通过高锰酸钾溶液,故C错误;
D.NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水,无明显现象,无法探究浓度对反应速率的影响故D错误;
正确选项B。
6.能正确表达下列反应的离子方程式为
A.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液:
2HCO3-+Ba2++2OH-
BaCO3↓+CO32-+2H2O
B.少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中:
SO2+H2O+Ca2++2ClO—
CaSO3↓+2HClO
C.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:
2MnO4-+16H++5C2O42-
2Mn2++10CO2↑+8H2O
D.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:
2Cl—+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH—
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水,正确的离子方程式:
HCO3-+Ba2++OH-
BaCO3↓+H2O;A错误;
B.HClO具有强氧化性,能够把CaSO3氧化为CaSO4,正确离子方程式:
SO2+H2O+Ca2++ClO—
CaSO4↓+2H++Cl-;B错误;
C.草酸为二元弱酸,属于弱电解质,不能拆成离子形式,C错误;
D.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:
离子方程式为2Cl—+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH—,D正确;
正确选项D。
【点睛】针对选项(A):
当氢氧化钠溶液加入过量的碳酸氢钙反应时,生成碳酸钙、碳酸氢钠和水,离子方程式为:
HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O;当氢氧化钠溶液加入少量的碳酸氢钙反应时,生成碳酸钙、碳酸钠和水,离子方程式为:
2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-;所以针对这样的反应,要采用“少定多变”的方法进行处理,即以量少的为准。
7.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()
A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-
B.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-
C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
D.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应:
H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
A.MnO4-是紫色,不可能存在无色溶液中,故A错误;B.pH=2的溶液呈酸性,硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀,故B错误;C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应,生成铁离子和水,反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒,故C正确;D.氢离子和硫酸根离子比例应为2:
1,应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O,故D错误;故选C。
视频
8.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作,结论正确的是( )。
操作
现象
结论
A
滴加BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
B
滴加氯水和CCl4,振荡、静置
下层溶液显紫色
原溶液中有I-
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中有Na+,无K+
D
滴加稀NaOH溶液,将湿润红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无NH4+
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A.白色沉淀可能为BaSO4或AgCl;B.下层溶液显紫红色,氯水氧化碘离子生成碘单质;C.观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃;D.氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝.
【详解】A.白色沉淀可能为AgCl,则原溶液中可能有SO42-或氯离子,故A错误;B.下层溶液显紫红色,因氯水氧化碘离子,原溶液中有I-,故B正确;C.观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃,由现象,原溶液中一定有Na+,不能确定是否含K+,故C错误;D.氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝,干燥的试纸不能检验,故D错误;故选:
B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,解题关键:
把握氧化还原反应、离子检验、实验技能,易错点A,白色沉淀可能为BaSO4或AgCl。
9.某水溶液只可能含有K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的若干种离子。
某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验:
①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热,收集到0.02mol的气体,无沉淀产生,同时得到溶液甲。
②向溶液甲中通过量的二氧化碳气体,生成白色沉淀,沉淀经过滤,洗涤灼烧后,得到1.02g固体。
③第二份加足量的氯化钡溶液后,生成白色沉淀,沉淀经盐酸充分洗涤,干燥,得到11.65g固体。
据此,该同学得到的结论正确的是( )
A.实验①中产生的气体为氨气,并可得原溶液中c(NH4+)=0.2mol·L-1
B.实验③中的白色沉淀中一定有BaSO4,无BaCO3
C.原溶液中一定有K+,且c(K+)=0.4mol·L-1
D.若要判断原溶液中是否有Cl-,无需另外设计实验验证
【答案】B
【解析】
【详解】①第一份加过量NaOH溶液后加热,收集到0.02mol气体,即为氨气,一定含有NH4+,物质的量为0.02mol,浓度为0.02/0.05=0.4mol/L,无沉淀生成,则一定不含有Fe3+、Mg2+;
②向甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,即为氢氧化铝,则原溶液中一定有Al3+,一定不含有碳酸根离子,铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液,溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,即为氢氧化铝,氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后,得到1.02g固体即为氧化铝,根据铝元素守恒,得到铝离子的物质的量是1.02/102×2=0.02mol,浓度为0.02/0.05=0.4mol/L;
③第二份加足量BaCl2溶液后,生成白色沉淀,则一定含有硫酸根离子,无钡离子.沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g,物质的量为11.65/233=0.05mol,根据元素守恒,所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol,浓度为0.05/0.05=1mol/L,综上可以知道,一定含有的离子是:
NH4+、Al3+、SO42-,其浓度分别是:
0.4mol/L;0.4mol/L;1mol/L,一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42,不能确定是否存在氯离子;
A.根据以上分析可以知道,c(NH4+)=0.4mol•L-1,故A错误;
B.根据以上分析可以知道,③中的白色沉淀中一定有BaSO4,无BaCO3,故B正确;
C.任何溶液中都存在电荷守恒,NH4+、Al3+、SO42-,其浓度分别是:
0.4mol/L;0.4mol/L;1mol/L,可以知道NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量,根据电荷守恒,则一定有K+存在,若无氯离子存在,则0.4×1+0.4×3+c(K+)×1=1×2,计算得出c(K+)=0.4mol/L,如有氯离子存在,则c(K+)≥0.4mol/L,故C错误;
D.由以上分析可以知道,不能确定存在氯离子,故D错误;
正确选项B。
10.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能
B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
A、硅太阳能电池工作时,光能转化成电能,不是氧化还原反应,A正确;B、锂离子电池放电时,化学能转化成电能,锂失去电子,发生氧化反应,B错误;C、电解质溶液导电时,电能转化成化学能,发生的是电解,属于氧化还原反应,C错误;D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能,反应中葡萄糖被氧化,属于氧化还原反应,D错误,答案选A。
11.O2F2可以发生反应:
H2S+4O2F2
SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是()
A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48LHF,则转移0.8NA个电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:
4
【答案】D
【解析】
【分析】
由化学方程式可知,H2S中S元素的化合价由-2价升高至+6价,作还原剂;O2F2中O元素的化合价由+1价降低至0价,作氧化剂;相应的SF6为氧化产物,O2为还原产物;据此分析解答。
【详解】由化学方程式可知,H2S中S元素的化合价由-2价升高至+6价,作还原剂;O2F2中O元素的化合价由+1价降低至0价,作氧化剂;相应的SF6为氧化产物,O2为还原产物。
A项,SF6为氧化产物,O2为还原产物,故A项错误;
B项,O2F2为氧化剂,故B项错误;
C项,未注明压强、温度等条件,无法计算HF的物质的量,(即使给出标准状况也无法计算,因为标准状况下HF为液态)从而不能确定转移电子的物质的量,故C项错误;
D项,还原剂为H2S,氧化剂为O2F2,二者物质的量之比为1:
4,故D项正确;
正确选项D。
12.在酸性条件下,可发生如下反应:
ClO3-+2M3++4H2O=M2O7n-+Cl-+8H+,M2O7n-中M的化合价是()
A.+4B.+5C.+6D.+7
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒-1+3×2=-1-n+8,n=2,设M的化合价是x,则2x-2×7=-2,x=+6,故C正确。
13.下列与金属腐蚀有关的说法,正确的是
A.图1中,铁钉易被腐蚀
B.图2中,滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液,没有蓝色沉淀出现
C.图3中,燃气灶的中心部位容易生锈,主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D.图4中,用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀,镁块相当于原电池的正极
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.浓硫酸从环境中吸收水分,使铁钉周围的空气比较干燥,因此铁钉不易腐蚀,A错误;B.图2中,Fe、Cu与酸化的NaCl溶液构成原电池,Fe作电源的负极,发生失去电子的氧化反应,有亚铁离子生成,因此滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液,有蓝色沉淀出现,B错误;C.燃气灶的中心部位容易生锈,主要是由于高温下铁发生化学腐蚀,C正确;D.用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀,镁块相当于原电池的负极,D错误。
故答案C。
考点:
考查金属的腐蚀。
14.某小组设计电解饱和食盐水的装置如图所示,通电后两极均有气泡产生,下列叙述正确的是()
A.铜电极附近观察到黄绿色气体B.石墨电极附近溶液呈红色
C.溶液中的Na+向石墨电极移动D.铜电极上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】电解饱和食盐水的电极反应:
阳极:
2Cl--2e-=Cl2↑,阴极:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-;总反应:
2NaCl+2H2O
2NaOH+Cl2↑+H2↑;并且通过图我们知道,直流电源正极连接的应该是石墨,负极连接的是铜,否则就会变成铜失电子,铜棒溶解。
因此铜极是阴极,石墨电极是阳极。
A项,该反应中阳极生成黄绿色气体氯气,阴极生成氢气,故A项错误;
B项,由于氢氧根是在阴极附近生成,也就是在铜电极附近生成,故应该是铜电极附近溶液变成红色,故B项错误;
C项,电解池溶液中的阳离子向阴极定向移动,所以Na+应该是向阴极也就是铜电极附近移动,故C项错误。
D项,由于铜电极是阴极,发生还原反应,故D项正确;
正确选项D。
【点睛】该装置中若铜为阳极,阳极为铜失电子,总反应为:
Cu+2H2O
Cu(OH)2+H2↑;若该装置中铜做阴极,铜就不失电子,总反应为:
2CuSO4+2H2O
2Cu+2H2SO4+O2↑;所以电解池中阳极材料的不同,决定了该反应原理也不一样。
15.一种可充电锂-空气电池如图所示。
当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。
下列说法正确的是( )
A.放电时,多孔碳材料电极为负极
B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D.充电时,电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1—
)O2
【答案】D
【解析】
分析:
本题考查的是电池的基本构造和原理,应该先根据题目叙述和对应的示意图,判断出电池的正负极,再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
详解:
A.题目叙述为:
放电时,O2与Li+在多孔碳电极处反应,说明电池内,Li+向多孔碳电极移动,因为阳离子移向正极,所以多孔碳电极为正极,选项A错误。
B.因为多孔碳电极为正极,外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极(由负极流向正极),选项B错误。
C.充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反,放电时,Li+向多孔碳电极移动,充电时向锂电极移动,选项C错误。
D.根据图示和上述分析,电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X,电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+,所以总反应为:
2Li+(1-
)O2=Li2O2-X,充电的反应与放电的反应相反,所以为Li2O2-X=2Li+(1-
)O2,选项D正确。
点睛:
本题是比较典型的可充电电池问题。
对于此类问题,还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂,进而判断出电池的正负极。
本题明显是空气中的氧气得电子,所以通氧气的为正极,单质锂就一定为负极。
放电时的电池反应,逆向反应就是充电的电池反应,注意:
放电的负极,充电时应该为阴极;放电的正极充电时应该为阳极。
16.某原电池装置如图所示,电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。
下列说法正确的是()
A.正极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
B.放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C.若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变
D.当电路中转移0.01mole-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子
【答案】D
【解析】
试题分析:
根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知,Ag失电子作负极失电子,氯气在正极上得电子生成氯离子。
A、正极上氯气得电子生成氯离子,其电极反应为:
Cl2+2e-═2Cl-,故A错误;B、放电时,交换膜左侧溶液中生成银离子,银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀,所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成,故B错误;C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知,用NaCl溶液代替盐酸,电池的总反应不变,故C错误;D、放电时,当电路中转移0.01mole-时,交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动,同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子,银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀,所以氯离子会减少0.01mol,则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子,故D正确。
考点:
考查了原电池原理的应用等相关知识。
视频
17.生产生活中广泛涉及氧化还原反应
Ⅰ.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示
(1)若d为石墨,石墨上的电极反应式为_________________;
(2)若d为锌,锌上的电极反应式为___________________;
(3)将图中电流表换成外接电源,铁片接___________(填“正”或“负”)极被保护
Ⅱ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钾的主要反应为:
2FeSO4+6Na2O2
2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
①该反应中的氧化剂是________________,还原剂是_______________,每生成1molNa2FeO4转移_______mol电子。
②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用_________________________________
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子:
Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式:
____________________________。
②每生成1molFeO42-转移________mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为________mol。
③低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4),说明什么问题______。
【答案】
(1).O2+4e﹣+2H2O=4OH-
(2).Zn-2e﹣=Zn2+(3).负(4).Na2O2(5).Na2O2和FeSO4(6).5(7).高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒;消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降(8).2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(9).3(10).0.15mol(11).该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小
【解析】
【详解】Ⅰ
(1)活泼金属铁片作负极,发生腐蚀,d为石墨,做正极,因为海水为中性,溶解在海水溶液中的氧气得电子,极反应为:
O2+4e﹣+2H2O=4OH-;正确答案:
O2+4e﹣+2H2O=4OH-。
(2)若d为锌,锌比铁活泼,锌做负极,发生氧化反应,极反应为:
Zn-2e﹣=Zn2+;正确答案:
Zn-2e﹣=Zn2+。
(3)将图中电流表换成外接电源,铁片接电源的负极,做电解池的阴极,不失电子,铁被保护;正确答案:
负。
Ⅱ.
(1)①反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价,被氧化,FeSO4为还原剂,过氧化钠中O元素的化合价由-1价降低为-2价,由-1价升高为0,过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,由方程式可以知道,生成2molNa2FeO4,有6molNa2O2参加反应,转移10mol电子,则每生成1molNa2FeO4转移的电子数为5mol;因此,本题正确答案是:
Na2O2;FeSO4和Na2O2;5。
②高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒;消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降;正确答案:
高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒;消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降。
(2)①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)时,Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4,Fe的化合价升高了3价,C1O-作氧化剂被还原生成C1-,氯元素的价态降了2价,根据电子守恒,得到铁元素物质前边系数是2,Cl的前边系数是3,氢氧化铁必须
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