专题05 氧化还原反应（限时精练）-2022届高考化学一轮复习热点题型归纳与变式训练

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限时精练05 氧化还原反应
时间：40分钟
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与生活、环境和生产密切相关。下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．使用添加氟化物牙膏预防龋齿 B．绿化造林助力实现碳中和目标
C．用氯化铁溶液制作铜印刷电路板 D．用泡腾片杀灭新型冠状病毒
【答案】A
【详解】
A．使用添加氟化物牙膏预防龋齿，该过程中是发生沉淀的转化，将牙釉质转化为含氟的更坚硬的沉淀，发生的是复分解反应，故不涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．绿化造林助力实现碳中和目标，即让绿色植物进行光合作用，故涉及C、O元素化合价变化，属于氧化还原反应，B不合题意；
C．用氨化铁溶液制作铜印刷电路板，发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，涉及Fe元素化合价变化，属于氧化还原反应，C不合题意；
D．用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒，利用ClO2的强氧化性，使蛋白质被氧化而发生变性，自身被还原为Cl-，故有元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：A。
2．下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是
A．C+H2OCO+H2
B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O=4HF+O2
D．3NO2+H2O=2HNO3+NO
【答案】A
【详解】
A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；
B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；
C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
故合理选项是A。
3．下列变化中，符合图示电子转移的是

A．溶液在空气中变质 B．气体使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．将氨气通入水中 D．用溶液吸收制取氯气的尾气
【答案】B
【详解】
图示表示气体失去电子，离子得到电子。
A．空气中的得电子，A错误；
B．失电子高锰酸根离子得到电子，B正确；
C．没有电子得失，C错误；
D．氯气既失电子又得电子，D错误；
故选B。
4．关于反应8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2，下列说法正确的是
A．NH3中氢元素被氧化 B．NH3在反应中失去24mol电子
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是3:2 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比是6:1
【答案】C
【分析】
在反应8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2中，N元素由-3价部分升高为0价，Cl元素由0价全部降低为-1价，Cl2是氧化剂、NH3部分作还原剂(生成N2)、部分表现出碱性(生成NH4Cl)；NH4Cl是还原产物，N2是氧化产物。
【详解】
A．在反应前后，NH3中的氢元素的价态始终没有发生改变，A不正确；
B．从反应方程式看，参加反应的8molNH3中，只有2molNH3失电子，在反应中共失去6mol电子，B不正确；
C．从以上分析可知，氧化剂为Cl2，还原剂为NH3(生成N2的部分)，所以二者的物质的量之比是3:2，C正确；
D．氧化产物为N2，还原产物为NH4Cl，二者的物质的量之比是1:6，D不正确；
故选C。
5．关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化产物 B．是氧化剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：3 D．氧化产物与还原产物的质量之比为2：1
【答案】D
【分析】
中亚硫酸钠是氧化剂，硫化钠是还原剂，硫既是氧化产物又是还原产物。
【详解】
A． 不是氧化产物，氧化产物是由-2价的硫生成的硫单质，故A错误；
B． 亚硫酸钠中+4价的硫在反应中化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C． 硫化钠是还原剂，亚硫酸钠是氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D． 硫既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，氧化产物与还原产物的质量之比为2：1，故D正确；
故选D。
6．常温下，发生下列几种反应：① ② ③。下列说法正确的是
A． Pb3O4属于碱性氧化物 B． Fe3+只有氧化性，Fe2+只有还原性
C．酸性条件下，氧化性：Pb3O4＜Cl2 D．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2+优先被氧化
【答案】D
【分析】
碱性氧化物是与酸反应产生盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不变；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强；还原剂的还原性比还原产物的还原性强；氧化剂通入含有多种还原性微粒的溶液中时，还原性强的先发生反应。
【详解】
A．根据①反应可知：Pb3O4与酸反应时除产生盐和水外，还有Cl2产生。反应过程中元素化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，因此Pb3O4不属于碱性氧化物，A错误；
B．在Fe2+中Fe元素化合价为+2价，可以失去电子变为Fe3+，表现还原性，也可以得到电子变为Fe单质，表现氧化性，B错误；
C．在反应①中Pb3O4表现氧化性，为氧化剂，Cl2为氧化产物，则物质的氧化性：氧化性：Pb3O4＞Cl2，C错误；
D．根据③可知：物质的氧化性：Br2＞Fe3+，则还原性：Fe2+＞Br-。所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，还原性强Fe2+优先被Cl2氧化，D正确；
故合理选项是D。
7．验证氧化性强弱Cl2＞Br2＞I2，设计如下实验。(已知：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色；忽略氧气的影响)
实验①
实验②
实验③
实验④




溶液变为浅黄绿色
溶液变为黄色
溶液变为棕黄色
溶液变为蓝色
下列说法不正确的是
A．实验①设计目的为：排除实验②③④水稀释的影响
B．实验②发生反应为：2Br−+Cl2= Br2+2Cl−
C．实验③的现象可以证明氧化性：Cl2＞I2
D．实验④能证明氧化性：Br2＞I2
【答案】D
【详解】
A．实验采用控制变量方法，因此实验①为对照实验，可排除实验②③④中水稀释对溶液颜色变化的影响，A正确；
B．将Cl2水滴入KBr溶液中，发生置换反应：2Br−+Cl2= Br2+2Cl−，由于产生的溴水浓度较小，因此看到溶液变为黄色，B正确；
C．将1 mL氯水加入KI溶液中，发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，产生的I2使溶液变为棕黄色，在反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，故可证明物质的氧化性：Cl2＞I2，C正确；
D．②反应后的溶液中可能含有过量的Cl2及反应产生的Br2，因此取②反应后的溶液加入KI淀粉混合溶液中，溶液变为蓝色，可能发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，也可能发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，I2遇淀粉溶液变为蓝色，该实验不能证明氧化性：Br2＞I2，D错误；
故合理选项是D。
8．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3→K2O＋5Na2O＋16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是
A．生成42.0LN2(标准状况) B．有0.250molKNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被氧化的N原子的物质的量为4mol
【答案】C
【详解】
氮化钠中氮元素化合价升高，得氧化产物15mol氮气，硝酸钾中氮元素化合价降低，得1mol氮气，氧化产物比还原产物多14mol，此时转移10mol电子，生成16mol氮气；当氧化产物比还原产物多1.75mol，则，解得n(e-)=1.25，即转移1.25mol电子，则生成的氮气为，解得n(N2)=2mol,即生成2mol氮气。
A．根据分析生成2mol氮气，标准状况下是44.8L，故A错误；
B．在反应中硝酸钾中氮元素化合价降低，被还原，故B错误；
C．由分析可知转移1.25mol电子，故C正确；
D．由分析知被氧化的氮原子为，故D错误；
故答案为C
9．关于反应，下列说法不正确的是
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C．每生成1mol ，转移8mol电子
D．相同条件下，每吸收5就会放出1.25
【答案】C
【详解】
A．由反应可知，硫元素的化合价由Na2S中-2价变为Na2S2O3中的+2价，化合价升高被氧化，硫元素的化合价由SO2中+4价变为Na2S2O3中的+2价，化合价降低被还原，故硫元素既被氧化又被还原，A正确；
B．氧化剂在反应中得到电子，化合价降低，还原剂在反应中失去电子，化合价升高，故氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为2：1，B正确；
C．由A项分析可知，每生成3mol ，转移8mol电子，C错误；
D．根据相同条件下气体的体积比等于其物质的量之比，也等于化学方程式中的计量系数比，根据反应方程式可计算出，每吸收5就会放出=1.25，D正确；
故答案为：C。
10．元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系：

已知：
下列判断错误的是
A．反应①表明可能有两性氧化物的性质
B．反应②利用了的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
【答案】D
【详解】
A．反应①中与强碱反应生成盐和水，同时为金属氧化物，金属氧化物一般能与酸反应生成盐和水，因此可能有两性氧化物的性质，A正确；
B．反应②中Cr由+3升高为+6，被过氧化氢氧化，利用了的氧化性，B正确；
C．反应③中氢离子浓度增大，正向移动，溶液颜色由黄色变为橙红色，即反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的，C正确；
D．反应①前后Cr化合价均为+3价，未变化，反应③前后Cr化合价均为+6价，未变化，D错误；
答案选D。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色
Cl2氧化性强于Br2
B
向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体
H2O2具有氧化性
C
向酸性含碘废水中加入淀粉溶液，然后滴入少量Na2SO3溶液，废水立刻变蓝色
该废水中可能含
D
向蔗糖中滴加少量浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状
浓硫酸具有脱水性和强氧化性

【答案】CD
【详解】
A．氯气会先氧化Fe2+生成Fe3+，含有Fe3+的溶液也呈黄色，所以实验现象并不能说明氯气将Br-氧化，A错误；
B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，说明产生氧气，则H2O2中O元素被氧化，说明H2O2具有还原性，B错误；
C．现象说明废液中含有碘元素的微粒具有氧化性，被亚硫酸根还原生成了碘单质，该微粒可能是碘酸根，C正确；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨松，变成疏松多孔的海绵状，可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，D正确；
综上所述答案为CD。
12．已知有如下反应：①K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；②Cr+2HCl(稀)=CrCl2+H2↑；③2KMnO4+16HCl(稀)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列说法错误的是
A．氧化性：K2Cr2O7>KMnO4>Cl2
B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
C．向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应
D．向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3++6+11H2O=5+6Mn2++22H+
【答案】AC
【详解】
A．由题干可推知K2Cr2O7氧化HCl，需要盐酸为浓盐酸，KMnO4氧化HCl，需要盐酸为稀盐酸即可，因此高锰酸钾的氧化性大于重铬酸钾，所以氧化性顺序为KMnO4>K2Cr2O7>Cl2，A错误；
B．Mn元素化合价降低，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，由方程式可知，当有2 mol KMnO4参加反应时，有10 mol HCl被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，B正确；
C．稀盐酸可以氧化Cr，说明Cr的还原性是比较强的，浓硝酸是强氧化性酸，遇到Cr单质常温下无明显变化，不可能是因为氧化性不够，而是因为发生钝化，C错误；
D．由A选项推知的氧化性KMnO4强于K2Cr2O7，可知D选项符合强制弱规律，D正确；
答案选AC。
13．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是

A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和Ce4+浓度不变
C．该转化过程的实质为NOx被H2还原
D．x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】C
【详解】
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A错误；
B．Ce3+和Ce4+是反应的催化剂，参与反应但是量不变，浓度在变化；故B错误；
C．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；
D．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，x=1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D错误；
故选：C。
14．实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案，其实验流程如图：

已知：在酸性、中性或弱碱性环境下，会发生自身氧化还原(歧化)反应生成和MnO2。
下列说法正确的是
A．“共熔”时发生反应的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O
B．“歧化”步骤所得的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C．“歧化”过程中加入CH3COOH的目的是调节溶液的pH，故也可以用盐酸代替
D．将滤液直接加热蒸干得到KMnO4晶体
【答案】A
【详解】
A．MnO2、KOH和KClO3在高温下反应生成K2MnO4，加水溶解，向溶液中加入醋酸调节溶液的pH，K2MnO4发生歧化生成KMnO4和MnO2，过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到KMnO4晶体，故“共熔”发生反应的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，A项正确；
B．“歧化”步骤中K2MnO4反应得到氧化产物(KMnO4)和还原产物(MnO2)，一部分K2MnO4中Mn 元素化合价升高1价生成KMnO4，另一部分K2MnO4中Mn 元素化合价降低2价生成MnO2，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，B项错误；
C．“歧化”过程中加入的盐酸会被KMnO4氧化，C项错误；
D．应该将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到KMnO4晶体，如果直接蒸干，KMnO4晶体受热会分解，D项错误；
故选A。
15．因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。下图是一种制的微观示意图。下列有关说法正确的是

A．该反应中只有共价键的断裂与形成
B．该反应中，作氧化剂
C．该条件下，氧化性：
D．制取，有失去电子
【答案】C
【分析】
由微观示意图可知，制二氧化氯的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+ 2ClO2。
【详解】
A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A错误；
B.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反应的还原剂，故B错误；
C.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反应的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C正确；
D.由分析可知，反应中氯气是反应的氧化剂，亚氯酸钠是反应的还原剂，135g二氧化氯的物质的量为=2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D错误；
故选C。
三、填空题

16．亚硝酸钠有咸味，有毒，暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠。
已知：_____。
(1)上述方程式中横线处应填的是___________。
(2)上述反应的还原剂为___________(填化学式)；若反应中有(标准状况下)气体生成则反应中转移电子的物质的量为___________。
(3)在酸性条件下，高锰酸钾可将氧化为，所得溶液中锰元素仅以形式存在，写出此反应的离子方程式：___________。
(4)加热到320℃以上会分解生成二氧化氮、一氧化氮和氧化钠，写出此反应的化学方程式并用双线桥法标明电子的转移方向和数目：___________。反应中被氧化的元素和被还原的元素的物质的量之比为___________。
(5)某厂废液中，含有2%～5%的，直接排放会造成污染，能使转化为，则反应中氧化剂和还原剂的质量之比为___________。
【答案】（1）
（2） 0.1
（3）
（4） 1∶1
（5） 53.5∶69(或107∶138)
【详解】
(1)根据元素守恒可知横线处应为H、O组成的物质，且系数为2，即为，故答案为：；
(2)由反应可知，反应中HI中的I元素化合价由-1价到产物中0加，HI被氧化作还原剂；中N的化合价由+3价到产物中的+2价，化合价降低被还原，作氧化剂，反应中每产生2molNO转移的电子2mol，当(标准状况下)气体生成即0.1mol气体生成使反应中转移电子的物质的量为0.1mol；故答案为：HI；0.1；
(3)在酸性条件下，高锰酸钾将氧化为，自身被还原成，反应的离子方程式为：，故答案为：；
(4)加热到320℃以上会分解生成二氧化氮、一氧化氮和氧化钠，发生的反应为：，双线桥法标明电子的转移方向和数目：；由反应知，反应中被氧化和被还原的元素均为N，个数比为1:1；故答案为：；1:1；
(5)能使转化为，而氯化铵被氧化成氮气，反应的方程式为：，反应中作氧化剂，作还原剂，反应的物质的量之比为1:1，质量比为：53.5∶69(或107∶138)，故答案为：53.5∶69(或107∶138)；
17．据所学知识完成以下题目：
(1)在下列反应中，HCl做还原剂的是_______，HCl做氧化剂的是_______。 
①CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
③PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
④KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O
⑤CuO+2HCl=CuCl2+H2O
(2)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式，。
①KMnO4+HCl=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，_______ 。
②Mn2+++H2O=MnO2↓+Cl2↑+___ ，_______ 。
(3)用单线桥表示下列反应中电子转移方向和数目：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，_______。
(4)钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素。测定人体血液中钙元素的含量常用到如下两个反应：
①CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4
②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
上述反应②的还原剂是____；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，消耗氧化剂_____mol，有_____mol电子发生转移，相当于测出含钙元素的质量是_____g。
(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、、Cl-、H2O。写出碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式：_____。
【答案】（1）③④ ②
（2）2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 5Mn2++2+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+
（3）
（4） H2C2O4 4×10-4 2×10-3 0.04
（5） 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2+3Cl-+5H2O
【详解】
(1)①反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不是氧化还原反应；
②反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中氢元素化合价降低，得到电子，被还原，氯化氢是氧化剂；
③反应PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；
④反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O中氯化氢中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；
⑤反应CuO+2HCl=CuCl2+H2O不是氧化还原反应；
因此HCl做还原剂的是③④，HCl做氧化剂的是②。
(2)①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
②反应中Mn元素化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子，氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电荷守恒、电子得失守恒以及原子守恒可知反应后还有氢离子生成，则配平后的方程式为5Mn2++2+4H2O＝5MnO2↓+Cl2↑+8H+。
(3)反应物KI中碘元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知反应中转移5个电子，则用用单线桥表示为：。
(4)反应②的草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，还原剂是H2C2O4；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，二氧化碳的物质的量是0.002mol，根据方程式可知消耗氧化剂高锰酸钾的物质的量是0.002mol÷5＝4×10-4mol，转移电子的物质的量是0.002mol，消耗草酸的物质的量是0.001mol，则相当于测出含钙元素的质量是0.001mol×40g/mol＝0.04g。
(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、、Cl-、H2O，这说明反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，则根据电子得失守恒可知碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2+3Cl-+5H2O。