《氧化还原反应》同步练习 省赛一等奖

《氧化还原反应》同步练习1、把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后发现试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色（近乎无色）溶液，打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液。则下列说法不正确的是（）A．试管塞越来越紧，是因为反应消耗了大量O2B．打开试管塞前Cu元素的化合价为+1价C．溶液迅速变为蓝色溶液，是因为反应生成了D．上述反应原理可用于测定O2的含量【答案】C【解析】振荡后试管越来越紧，属于减压状态，说明试管中的O2参与了反应。化学反应为：4Cu＋8NH3＋O2＋2H2O→4[Cu(NH3)2]OH；打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色溶液说明＋1价的铜被氧化成＋2价，[Cu(NH3)2]OH→[Cu(NH3)4](OH)2。根据铜粉质量可以测定试管中O2的含量。故Ｃ选项错误。2、一般情况下，铜粉不溶于稀硫酸，但添加某物质后，则可反应生成硫酸铜（必要时可以加热）。加入下列物质时，肯定不能促使铜粉溶解的是()A．H2O2B．FeCl3C．O2D．FeCl2【答案】D【解析】在酸性溶液中H2O2可氧化铜，在酸性溶液中并在加热条件下氧气可氧化铜，FeCl3可与铜反应，因此选D。思路点拨:本题根据铜的性质及H2O2、FeCl3、O2的氧化性作答。3、ClO2是一种消毒杀菌效率高的水处理剂,实验室可通过以下反应制得：KClO3+H2C2O4+H2SO4→ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平)下列有关叙述中，正确的是（A．H2C2O4的氧化性比ClO2B．1molKClO3参加反应有1mol电子转移C．ClO2是氧化产物D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1:2【答案】B【解析】4、锑在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS②Sb4O6+6C=4Sb+6CO关于反应①、②的说法正确的是（）A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B.反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C.反应②说明高温下Sb的还原性比C强D.每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3【答案】B【解析】5、2022年9月，我国神舟七号载人航天飞行圆满成功，实现了我国空间技术发展具有里程碑意义的重大跨越。航天飞船中的某些系统采用固体燃料作动力，其反应方程式为：2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑ΔH＜0。下列对该反应的叙述不正确的是（）A．1mol高氯酸铵分解时会转移14mol电子B．该反应的氧化产物与还原产物物质的量之比为3∶1C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量D．该反应是熵增加的化学反应【答案】A【解析】6、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是()A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为molD．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol【答案】C【解析】A．若某温度下，反应后＝11，则根据氧化还原反应中电子守恒可得1×c(Cl-)=1×c(ClO-)+5×c(ClO3-),c(ClO3-)=2,则溶液中＝,正确；B．在反应后的产物中Cl元素与K元素的原子个数比为1:1，因为n(KOH)＝amol所以参加反应的氯气的物质的量等于amol，正确；C．改变温度，若产物中被氧化的Cl完全变为KClO3，根据元素守恒和电子守恒可知KClO3的最大理论产量为mol，错误；D．改变温度，若氧化产物完全变为KClO,则反应中转移电子的物质的量ne=amol；若完全氧化KClO3，则反应中转移电子的物质的量ne=amol，所以反应中转移电子的物质的量的范围：amol≤ne≤amol，正确。7、Ｃu+在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和Cu。若检验用H2还原CuO所得的红色产物中是否含有Cu2O，应选用的试剂是()A、浓硝酸B、浓硫酸C、稀硫酸D、稀硝酸【答案】C【解析】8、根据最新报道,科学家发现了如下反应O2+PtF6=O2(PtF6),已知O2(PtF6)为离子化合物（其中Pt为+5价）,对于此反应,下列说法正确的是()A、在此反应中,O2氧化剂,PtF6是还原剂B、O2(PtF6)中氧元素的化合价为+1价C、在此反应中,每生成1molO2(PtF6)则转移1mol电子D、在O2(PtF6)中不存在共价键【答案】C【解析】9、氯化溴是由两种卤素互相结合而成的卤素互化物。其化学性质与Cl2相似，能与金属和非金属反应生成卤化物，能与水反应：BrCl+H2O===HCl+HbrO，下列有关BrCl的性质的叙述中不正确的是()A．是较强的氧化剂 B．BrCl含极性共价键C．能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝D．BrCl与水反应中，BrCl既是氧化剂，又是还原剂【答案】D【解析】10、据悉，奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KCIO3＋6P＝3P2O5＋5KCl，则下列有关叙述错误的是()A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6B．白色烟雾是生成的P2O5白色固体小颗粒(烟)吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)C．反应中消耗1molP时，转移电子的物质的量为5molD．因红磷和白磷互为同分异构体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替【答案】D【解析】11、赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2下，关于该反应的说法中，正确的是()A．该反应的氧化剂只有Cu2OB．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂C．Cu既是氧化产物又是还原产物D．每生成，反应中转移电子【答案】B【解析】12、关于反应的有关叙述中，正确的是（）A．KCl中含有B．KCl中含有C．生成物的相对分子质量大于71D．该反应转移电子数为【答案】A【解析】13、在一定条件下，和氟气可发生如下反应：RO3n－和氟气可发生如下反应：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O。从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是（）A．＋4B．＋5C．＋6D．＋7【答案】B【解析】14、某含铬Cr2O72－废水用硫亚铁铵［FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O］处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（）A．消耗硫酸亚铁铵的物质量为n(2-x)molB．处理废水中Cr2O72－的物质量为EQ\f(nx,2)molC．反应中发生转移的电子数为3nxmolD．在FeO·FeyCrxO3中3x=y【答案】A【解析】15、下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（）+、Na+、SO42-、Cl—+、CO32-、Cl—、NO3—+、K+、NO3—、SO32—+、Na+、SO42-、NO3—【答案】C【解析】16、有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（）A．还原产物为NH4+B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:lC．若有lmolNO3－参加反应，则转移8mole-D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+－e-＝Fe3+【答案】C【解析】17、向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2O–2e-→SO42-+4H+；向亚氯酸钠(NaClO2)固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2+2e-→2Cl-。在上述两个反应中均会生成产物X，则X的化学式为（）A．NaClO B．NaClO4C【答案】D【解析】18、美日科学家因在研究“钯催化交叉偶联反应”所作出的杰出贡献，获得了2022年诺贝尔化学奖。钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有：CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法不正确的是（）A．反应中转移的电子为1mo1时，生成2mo1物质XB．未知物质X为CO2C．反应中CO作还原剂D．题述反应条件下还原性：CO>Pd【答案】A【解析】19、下列实验现象所对应的离子方程式不正确的是（）实验现象离子方程式A在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H++4I-+O2=2I2+2H2OB溶液由浅绿色变为红色2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－Fe3＋＋3SCN-=Fe(SCN)3C溶液由黄绿色变为无色Cl2＋2OH-=Cl-+ClO-+H2OD有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2＋＋OH－+H++SO42-＝BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】20、据悉，2022伦敦奥运会上使用的发令枪所用的“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（）A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:6B．产生白色烟雾的原因是生成的P2O5白色固体小颗粒(烟)吸水性很强，吸收空气中的水分，生成磷酸小液滴(雾)C．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molD．因红磷和白磷互为同素异形体，所以上述火药中的红磷可以用白磷代替【答案】D【解析】21、锂的化合物用途广泛，如Li3N是非常有前途的储氢材料，氨基锂（LiNH2）主要用于药物制造．在一定条件下，2.30g固体A与5.35gNH4Cl固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况）．气体C极易溶于水得到碱性溶液，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气．由文献资料知道：工业上物质A可用金属D与液态的C在硝酸铁催化下反应来制备，纯净的A为白色固体，但制得的粗品往往是灰色的；A的熔点390℃，沸点430℃，密度大于苯或甲苯，遇水反应剧烈，也要避免接触酸、酒精．在空气中A缓慢分解，对其加强热则猛烈分解，在750～800℃回答下列问题：（1）C的电子式为．（2）将锂在纯氮气中燃烧可制得Li3N，其反应的化学方程式为．（3）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氧化产物为（填化学式）．在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3N质量的（精确到）．（4）A在750～800℃分解的方程式．（5）亚氨基锂（Li2NH）也是一种储氢容量高，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH+H2═LiNH2+LiH，下列有关说法正确的是．A．LiNH中N的化合价是﹣1B．该反应中H2既是氧化剂又是还原剂C．Li+和H﹣的离子半径相等D．此法储氢和钢瓶储氢的原理相同（6）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁．遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，试解释其化学原理．．【答案】（1）；（2）6Li+N22Li3N；（3）LiNH2，；（4）3LiNH2Li3N+2NH3；（5）B．（6）LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢没有水中氢活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．【解析】在一定条件下，2.30g固体A与固体恰好完全反应，生成固体B和4.48L气体C（标准状况），气体C极易溶于水得到碱性溶液，可推知C为NH3，电解无水B可生成一种短周期元素的金属单质D和氯气，B为金属D氯化物，4.48L氨气的物质的量==，其质量=×17g/mol=3.4g，根据质量守恒可知B的质量为2.3g+5.35g﹣3.4g=4.25g，NH4Cl的摩尔质量为53.5g/mol，为，若D为ⅡA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl2+NH3，根据Cl原子守恒，DCl2的物质的量=，其摩尔质量==85g/mol，D的相对分子质量=85﹣71=14，不符合题意，若D为ⅠA族金属，则固体A与NH4Cl固体反应可表为：A+NH4Cl→DCl+NH3，根据Cl原子守恒，DCl的物质的量=，其摩尔质量==42.5g/mol，D的相对分子质量=﹣=7，故D为Li，可推知B为LiCl，那么2.3g化合物A中含Li元素也为，再根据质量守恒和原子守恒（原子的种类和数目反应前后相同），则中含有N原子为﹣=，含有H原子为×4﹣=，可推知A是LiNH2；（1）C为氨气是共价化合物书写C的电子式为：；故答案为：；（2）将锂在纯氮气中燃烧可制得Li3N，其反应的化学方程式为6Li+N22Li3N；故答案为：6Li+N22Li3N；（3）反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，氢元素化合价0价变化为+1价和﹣1价，化合价升高的做还原剂被氧化生成氧化产物，所以氧化产物为LiNH2，在270℃时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，按照化学方程式计算，储存氢气最多可达Li3N质量的=×100%=%；故答案为：LiNH2，；（4）A为是LiNH2，在750～800℃分解的方程式为：3LiNH2Li3N+2NH3；故答案为：3LiNH2Li3N+2NH3；（5）A、Li2NH中氮元素的化合价为﹣3；故A错误；B、反应物H2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成LiNH2中H元素的化合价是+1，LiH中H元素的化合价是﹣1，所以H2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C、Li+核外有一个电子层，H+核外无电子，离子核外电子层数越多，半径越大，故Li+半径大于H+；故C错误；D、钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，故D错误．故选B．故答案为：B．（6）久置的A可能大部分变质而不能使用，需要将其销毁．遇到这种情况，可用苯或甲苯将其覆盖，然后缓慢加入用苯或甲苯稀释过的无水乙醇，LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖，乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢比水中氢不活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险；故答案为：LiNH2密度大于苯或甲苯且不溶于它们，所以可用苯或甲苯进行覆盖；乙醇羟基上的氢较活泼，故也可以跟LiNH2反应，方程式为LiNH2+C2H5OH﹣→C2H5OLi+NH3，但是由于醇羟基上的氢没有水中氢活泼，故此反应进行较缓慢，可将其销毁又不会有危险．22、MnO2、KMnO4等是中学化学中的常用试剂．请回答下列问题：（1）MnO2在H2O2分解反应中作催化剂．若将MnO2加入酸化的H2O2溶液中，MnO2溶解产生Mn2+，反应的离子方程式是．（2）用MnO2制KMnO4的工艺流程如下电解池中两极材料均为碳棒，在水或酸性溶液中K2MnO4发生歧化而变成MnO2和KMnO4．①写出240℃熔融时发生反应的化学方程式，投料时必须满足n（KOH）：n（MnO2）②阳极的电极反应为．③B物质是H2（写化学式，下同），可以循环使用的物质是．④钾离子交换膜的一种材料是聚丙烯酸钾（），聚丙烯酸钾单体的结构简式为．⑤上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g经硫酸酸化的Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度是（精确到【答案】（1）MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；（2）①2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；②MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；③H2，KOH固体；④CH2=CHCOOK；⑤%．【解析】（1）双氧水具有还原性，在酸性环境下，得到的氧化产物是氧气，二氧化锰具有氧化性，在酸性环境下，得到还原产物是锰离子，二者在酸性环境下发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O，故答案为：MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O；（2）用MnO2制KMnO4的工艺流程：二氧化锰、氢氧化钾以及氧气在240℃①240℃熔融时发生反应的化学方程式为：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O，氢氧化钾、氧气过量，可以保证锰元素的全部转化，投料时必须满足n（KOH）：n（MnO2）大于2：1，故答案为：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；大于（或＞）2：1；②在电解池的阳极上是锰酸钾中的阴离子失电子的过程，即MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；③在电解池的阴极上是氢离子得电子，在该极上会产生氢气，在流程中，电解产物氢氧化钾可以在开始接着利用，即可以循环使用，故答案为：H2，KOH固体；④两个碳原子链结的高分子化合物的单体是单键闭合，形成碳碳双键即可，即单体是：CH2=CHCOOK，故答案为：CH2=CHCOOK；⑤设该KMnO4的纯度为y，根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知，KMnO4﹣﹣Na2C2O×158134×yy=×100%=%，故答案为：%．23、利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2，少量的Fe3+、Al3+等）吸收高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，制备硫酸锰晶体可实现资源的综合利用和环境治理．已知，浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子．有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见表：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH加碱溶解的pHFe2+Fe3+Al3+＞Mn2+（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式．浸出过程中Fe3+转化为Fe2+，此转化的离子反应方程式为．（2）写出氧化过程中主要反应的离子方程式：．（3）①在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至．②若加入的石灰浆过多，会使得MnSO4·H2O晶体中含有较多杂质，用离子反应方程式表示其原因．（4）下列各组试剂中，能准确测定尾气中SO2含量的是（选填序号）．a．NaOH溶液、酚酞试液b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c．碘水、淀粉溶液d．氨水、酚酞试液．【答案】（1）SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）①～；②Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（4）bc．【解析】（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，三价铁被二氧化硫还原成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+；（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；（3）①杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于可以将Fe3+和Al3+除去，小于是防止Mn2+也沉淀，所以只要调节pH值在～间即可．故答案为：～；②若加入的石灰浆过多，氢氧化铝与氢氧化钙反应生成偏铝酸根离子，所以离子反应方程式为：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+3OH﹣═AlO2﹣+2H2O或Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（4）a．二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫、水又能反应生成亚硫酸氢钠，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故a错误．b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故b正确．c．碘和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故c正确．d．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和二氧化硫和水又能反应生成亚硫酸氢铵，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故d错误．故答案为：b、c．24、高铁酸钾是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺流程如图1：请同答下列问题：（l）写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式．（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是（填编号）．A．为下一步反应提供碱性的环境B．使KClO3转化为KClOC．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOD．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为．每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为mol．（4）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：FeO42﹣+H2O═Fe（0H）3（胶体）+O2↑+OH﹣．（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图2所示．电解过程中阳极的电极反应式为．（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，放电时电池的负极反应式为．【答案】（1）Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）AC；（3）2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；；（4）4；10；4；3；8；（5）Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（6）Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．【解析】足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；n（K2FeO4）==，根据2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O知，氧化剂的物质的量=×3=，故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；；（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由﹣2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42﹣+10H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣，故答案为：4；10；4；3；8；（5）Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O；（6）该原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化锌，电极反应式为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，充电时，氢氧根离子参加反应生成水，所以随着反应的进行，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2．25、无机化合物A中含有元素Li元素，A的摩尔质量