化学化学 氧化还原反应的专项 培优 易错 难题练习题附答案.docx

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化学化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题附答案

【化学】化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题附答案

一、高中化学氧化还原反应

1．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。

2．碘酸钾（

）是重要的微量元素碘添加剂。

实验室设计下列实验流程制取并测定产品中

的纯度：

其中制取碘酸（

）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中

物质

性质

HIO3

白色固体，能溶于水，难溶于CCl4

KIO3

①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇

②碱性条件下易发生氧化反应：

ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－

回答下列问题

（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。

（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。

B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。

（3）分离出B中制得的

水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低

的产率。

（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。

（5）为促使

晶体析出，应往中和所得的

溶液中加入适量的___________。

（6）取1.000g

产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L

溶液滴定。

滴定至终点时蓝色消失（

），测得每次平均消耗

溶液25.00mL。

则产品中

的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。

【答案】还原性、酸性

充分溶解

和

，以增大反应物浓度分液除去

（或

），防止氧化

C乙醇（或酒精）89.5%。

【解析】

【分析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。

【详解】

（1）装置A中发生的反应为：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：

还原性、酸性；

（2）装置B中发生的反应为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：

5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；

（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：

分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；

（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：

C；

（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：

乙醇（或酒精）；

（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：

IO3-~3I2~6S2O32-，每次平均消耗的n（S2O32-）=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n（KIO3）=n（IO3-）=n（S2O32-）÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol，200mL溶液中，n（KIO3）=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=

=89.5%，故答案为：

89.5%。

【点睛】

1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。

3．某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。

为回收利用，通常采用如下流程处理：

注：

部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Mg（OH）2

Al（OH）3

Cr（OH）3

pH

3.7

9.6

11.1

8

9（>9溶解）

（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________（填序号）。

A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4

（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是________；已知钠离子交换树脂的原理：

Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是__________。

A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋

（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole－，该反应离子方程式为____________。

【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O

【解析】

【分析】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；

（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；

（2）根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。

【详解】

某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4；

（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：

A；

（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；

（3）每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：

3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。

4．二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。

某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。

实验室模拟该过程的实验装置（夹持装置略）如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。

某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+

【解析】

【分析】

二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

5．实验室用酸性蚀刻废液（含Cu2+、H+、CuC

、Cl-等）和碱性蚀刻废液[N

、Cu（NH3

、NH3·H2O等]制备CuI（白色固体）的实验流程如下:

（1）步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu（NH3

与盐酸反应生成Cu（OH）Cl的离子方程式为______。

（2）步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80℃下进行,合适的加热方式是______。

（3）步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。

（4）步骤Ⅵ在下列装置（夹持及加热装置已省略）中进行。

①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。

②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。

【答案】Cu（NH3

+3H++Cl-+H2O

Cu（OH）Cl↓+4N

热水浴冷却结晶过滤（洗涤）分液漏斗Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2

【解析】

【分析】

由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu（OH）Cl悬浊液，过滤，将Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。

【详解】

（1）步骤Ⅰ中Cu（NH3）42+与盐酸反应生成Cu（OH）Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+，故答案为：

Cu（NH3）42++3H++Cl-+H2O=Cu（OH）Cl↓+4NH4+；

（2）步骤Ⅳ为Cu（OH）Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为1~2，80℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：

热水浴；

（3）步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：

冷却结晶；过滤（洗涤）；

（4）①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：

分液漏斗；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：

可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。

6．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。

7．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、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_______。

A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇

（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O

3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。

（4）25℃时，Ksp（CaFeO4）=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c（FeO