精选高考化学易错题专题复习氧化还原反应含答案解析.docx

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精选高考化学易错题专题复习氧化还原反应含答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．工业上处理含苯酚废水的过程如下。

回答下列问题：

Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。

测定原理：

+3Br2→

↓+3HBr

测定步骤：

步骤1：

准确量取

待测废水于

锥形瓶中。

步骤2：

将

浓溴水（量）迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：

打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入

溶液（过量），塞紧瓶塞，振荡。

步骤4：

滴入2~3滴指示剂，再用

标准溶液滴定至终点，消耗

溶液

（反应原理：

）。

待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤（即进行空白实验），消耗

溶液

。

（1）“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。

（2）为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。

（3）“步骤4”滴定终点的现象为________。

（4）该废水中苯酚的含量为________

（用含

、

的代数式表示）。

如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。

Ⅱ.处理废水。

采用

基

为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基（·

），阴极上产生

。

通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为

和

。

（5）写出阳极的电极反应式：

________。

（6）写出苯酚在阴极附近被

深度氧化的化学方程式：

________。

【答案】（酸式）滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色

偏低偏低

【解析】

【分析】

向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。

【详解】

（1）由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：

酸式滴定管；

（2）由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：

塞紧瓶塞；

（3）用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：

滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；

（4）根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：

剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005（V2-V1）mmol，根据方程式

+3Br2→

↓+3HBr可得苯酚的物质的量为

mmol，质量为

mg，则该废水中苯酚的含量为

，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：

；偏低；偏低；

（5）由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：

H2O-e-===H++·OH；

（6）根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：

C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。

2．叠氮化钠（NaN3）是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯（tBuNO2，以tBu表示叔丁基）与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

（1）制备亚硝酸叔丁酯

取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇（tBuOH）在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：

____________。

（2）制备叠氮化钠（NaN3）

按如图所示组装仪器（加热装置略）进行反应，反应的化学方程式为：

tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。

①装置a的名称是______________；

②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；

③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

（3）产率计算

①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]溶液40.00mL（假设杂质均不参与反应）。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL（滴定原理：

Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋）。

已知六硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce（NO3）3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________（保留2位有效数字）。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________（填字母）。

A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗

B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数

C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡

D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内

（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：

____________________

【答案】tBuOH＋HNO2

tBuNO2＋H2O恒压滴液漏斗（滴液漏斗）水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2（NH4）2Ce（NO3）6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce（NO3）3＋2NaNO3＋3N2↑65%ACClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

；

（2）①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；

②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；

③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；

（3）通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和

中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：

；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了

与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：

，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:

1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：

，所以叠氮化钠样品的质量分数为：

；

A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；

B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；

C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；

D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；

（4）反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：

。

【点睛】

滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：

用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。

3．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。

某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。

回答下列问题：

Ⅰ.制取铋酸钠

制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：

物质

NaBiO3

Bi（OH）3

性质

不溶于冷水，浅黄色

难溶于水；白色

（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；

（2）C中盛放Bi（OH）3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；

（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；

（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。

除去Cl2的操作是___；

（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；

Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+

（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；

②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。

产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定

（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：

H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。

【答案】饱和食盐水Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失（或黄色不再加深）关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+

×100%或

×100%或

%

【解析】

【分析】

用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi（OH）3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】

（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：

饱和食盐水；

（2）反应物为Bi（OH）3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答案为：

Bi（OH）3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；

（3）C中反应已经完成,则白色的Bi（OH）3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：

C中白色固体消失（或黄色不再加深）；

（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：

关闭K1、K3，打开K2；

（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：

在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O，故答案为：

5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O；

②由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：

3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

（7）根据得失电子守恒找出关系式为：

5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：

解得m（理论）=0.28CVg，所以纯度=

×100%=

×100%，所以答案为：

×100%或

×100%或

%。

【点睛】

（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3～5H2C2O4，使复杂问题简单化了。

4．废水中过量的氨氮（

和

）会导致水体富营养化。

某科研小组用

氧化法处理氨氮废水。

已知：

①

的氧化性比

强；②

比

更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水

要控制在6~9。

（1）

时，

可与

反应生成

等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。

（2）进水

对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：

①进水

在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随

的升高迅速下降的原因是__________。

②进水

在2.75~6范围内时，氨氮去除率随

的升高而上升的原因是___________。

③进水

应控制在____________左右为宜。

（3）为研究空气对

氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是______（填序号）

a.

的氧化性比

弱

b.

氧化氨氮速率比

慢

c.

在废水中溶解度比较小

d.空气中的

进入废水中

【答案】

随着

的升高，

含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着

的升高，氨氮废水中

含量增大，而

比

更易被氧化1.5

【解析】

【分析】

（1）pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

（2）①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c（OH-）较大，抑制NaClO水解，c（HClO）较小致氧化能力弱；

②进水pH为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；

③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；

（3）其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。

【详解】

（1）pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：

3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+；

（2）①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：

随着PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；

②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：

随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；

③进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；

（3）研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。

其原因可能是：

O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：

abc。

5．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。

工业上Mn（NO3）2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：

用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn（NO3）2溶液；在一定条件下，把50%的Mn（NO3）2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：

3Mn（NO3）2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。

请回答下列问题：

Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。

（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。

（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。

Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：

4KMnO4+2H2O

4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。

Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。

（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。

A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红

C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成

D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成

（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。

实验

酸或碱

现象

A

1滴0.2mol/LNaOH溶液

不变色

B

1滴水

缓慢变浅棕褐色

C

1滴0.1mol/L硫酸溶液

迅速变棕褐色

该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。

写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。

【答案】Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O

【解析】

【分析】

Ⅰ、

（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；

（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；

Ⅲ、

（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。

【详解】

Ⅰ、

（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。

反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；答案为：

Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；

（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：

可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；

Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：

反应生成的MnO2对该反应起催化作用；

Ⅲ、

（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；

B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；

C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；

D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。

故选A；

（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：

酸性越强，MnO2氧化能力越强；

MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：

MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。

6．研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。

湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：

A．直接用天平称取60.5gFe（NO3）3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。

B．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe（NO3）3·9H2O，并不断搅拌。

C．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。

D．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。

E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。

保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.

（1）①步骤B中不断搅拌的目的是_______。

②步骤C中发生反应的离子方程式为______。

③由以上信息可知：

高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______（填“大”或“小”）。

（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe（OH）3（胶体）和KOH。

①该反应的离子方程式为______。

②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。

③在提纯K2FeO4时采用重结晶