- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解．在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应．工业生产碘酸钾的流程如下：
（1）已知步骤①反应器发生的反应为：6I2+11KClO3+3H2O═6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑，该反应的还原产物为______；
（2）参照下表碘酸钾的溶解度，操作③得到碘酸钾晶体，你建议的方法是______．
（3）①已知：KIO3+5H2SO4═3K2SO4+3I2，I2+2S2O
测定加碘食盐中碘的含量，学生甲设计的实验步骤如下：
a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入过量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.00×10-3mol•L-1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．则加碘食盐样品中的碘元素含量是______mol•kg-1（以含w的代数式表示）．
②学生乙又进行了下列实验：
请推测实验中产生蓝色现象的可能原因，用离子方程式表示______．
根据学生乙的实验结果，请对学生甲的实验结果作出简要评价：______．
（4）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．
①根据上述实验现象，加碘盐中可能含有的物质中不能确定的是______．
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）该反应中I元素化合价由0价变为+5价，Cl元素化合价由+5价变为-1价和0价，所以I2是还原剂，KClO3是氧化剂，KCl、Cl2是还原产物，故答案为：KCl、Cl2；
（2）碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：降温结晶；
（3）①设碘酸钾的物质的量为x．
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①； I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②，将方程式②×3+①得
IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O
1 6
x 2.0×10-3mol/L×0.01L
x=
故答案为：
②酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，导致测定结果偏大，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；偏大，过量的I-会被空气中的O2氧化为I2．
（4）①某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．
故答案为：Mg2+；
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，
故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O．
解析
解：（1）该反应中I元素化合价由0价变为+5价，Cl元素化合价由+5价变为-1价和0价，所以I2是还原剂，KClO3是氧化剂，KCl、Cl2是还原产物，故答案为：KCl、Cl2；
（2）碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：降温结晶；
（3）①设碘酸钾的物质的量为x．
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①； I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②，将方程式②×3+①得
IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O
1 6
x 2.0×10-3mol/L×0.01L
x=
故答案为：
②酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，导致测定结果偏大，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；偏大，过量的I-会被空气中的O2氧化为I2．
（4）①某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．
故答案为：Mg2+；
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，
故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O．
（2015秋•邯郸月考）过氧化钙在常温下是无色或淡黄色粉末，易溶于酸，难溶于水、乙醇等溶剂，常用于种子消毒、药物制造、鱼池增氧等．某实验小组用如图1在实验室用钙盐制取CaO2•8H2O（该反应为放热反应）．
（1）仪器X的作用是______．
（2）甲为实验室制取氨气的装置，写出甲中发生反应的化学方程式______．
（3）制取CaO2•8H2O一般在0～5℃的低温下进行，原因是______．
（4）将过滤得到的CaO2•8H2O经水洗．醇洗后，加热至130℃时逐渐变为无水CaO2．该实验小组欲通过测量气体的体积来探究过氧化钙与SO2反应的特点．装置如图2：
【提出假设】
假设1：反应只发生2SO2+2CaO2═2CaSO3+O2，SO2未被氧化；
假设2：反应只发生SO2+CaO2═CaSO4，SO2完全被氧化；
假设3：上述两个反应均发生，SO2部分被氧化；
【实验探究】
该实验设计有一处明显错误，请指出：①______．试剂A可以选用②______．
【实验数据处理及讨论】
实验测得装置C中过氧化钙质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为VL（已换算成标准状况下），用上述有关测量数据表示SO2部分被氧化时的V的关系式③______（用m1表示）．
正确答案
解：（1）根据B的特点构造可以知道仪器X是长颈漏斗，该装置可以防倒吸，故答案为：防倒吸；
（2）铵盐和碱反应生成氨气，实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl
故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl
（3）制取CaO2•8H2O：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，一般在0℃～5℃的低温下进行，低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，
故答案为：低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率；
（4）①装置E量气装置导气管长进短处，不能排液体测定气体体积，装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”，故答案为：装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；
②过氧化钙（CaO2）和水反应，装置A中试剂需要收水蒸气，所以试剂A为浓硫酸，用于干燥气体除去水蒸气，故答案为：浓硫酸；
③如果二氧化硫完全被氧化，则反应产物为硫酸钙，二氧化硫全部被氧化，反应的化学方程式为：CaO2+SO2=CaSO4，反应过程中无氧气生成，V=0，若SO2未被氧化，发生反应方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，
2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2 固体增重
1mol 96g
1mol×m1g=96g×
若二氧化硫部分被氧化，则生成的氧气体积范围为：0＜V＜
故答案为：0＜V＜
解析
解：（1）根据B的特点构造可以知道仪器X是长颈漏斗，该装置可以防倒吸，故答案为：防倒吸；
（2）铵盐和碱反应生成氨气，实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl
故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl
（3）制取CaO2•8H2O：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，一般在0℃～5℃的低温下进行，低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，
故答案为：低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率；
（4）①装置E量气装置导气管长进短处，不能排液体测定气体体积，装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”，故答案为：装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；
②过氧化钙（CaO2）和水反应，装置A中试剂需要收水蒸气，所以试剂A为浓硫酸，用于干燥气体除去水蒸气，故答案为：浓硫酸；
③如果二氧化硫完全被氧化，则反应产物为硫酸钙，二氧化硫全部被氧化，反应的化学方程式为：CaO2+SO2=CaSO4，反应过程中无氧气生成，V=0，若SO2未被氧化，发生反应方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，
2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2 固体增重
1mol 96g
1mol×m1g=96g×
若二氧化硫部分被氧化，则生成的氧气体积范围为：0＜V＜
故答案为：0＜V＜
硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有Al2O3、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质，以此为原料提取硫酸镁晶体和氢氧化铝．
从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的流程如下：
已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀．
请完成下列填空：
（1）实验中需用1.00mol/L的硫酸80.0mL，若用98%的浓硫酸（密度1.84g/cm3）来配制，除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要的定量玻璃仪器有______（注明规格）．
（2）加入的NaClO有三个作用，用离子方程式表示其中一个作用：______．
已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
（3）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，操作步骤依次为蒸发浓缩、______．操作Ⅰ中的步骤之一是洗涤沉淀，具体的操作方法是______．
（4）如果测得提供的硼镁泥的质量为100.0g，得到的MgSO4•7H2O 196.8g，则MgSO4•7H2O的产率为______．
（5）从硼镁泥提取硫酸镁晶体后的滤渣，主要还含有Al（OH）3、Fe（OH）3，MnO2、SiO2，先用稀盐酸除去MnO2和SiO2，请补全下面的流程图，完成从滤渣中获取Al（OH）3的方案（仿照上述流程图表示）．
正确答案
解：硼镁泥中加入稀硫酸，MgO、Al2O3、CaO、MnO、Fe2O3、FeO都和稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐和水，向溶液中加入NaClO并调节溶液的pH在5～6之间，锰离子被次氯酸根离子氧化生成二氧化锰沉淀，亚铁离子被次氯酸根离子氧化生成铁离子，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，铁离子和铝离子都生成沉淀，然后除钙，使钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，将混合溶液过滤得到滤液，最后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镁晶体，
（1）实验中需用1.00mol/L的硫酸80.0mL，若用98%的浓硫酸（密度1.84g/cm3）来配制，浓硫酸的物质的量浓度=
故答案为：10mL量筒、100mL容量瓶；
（2）次氯酸根离子具有强氧化性，能将锰离子、亚铁离子氧化为二氧化锰沉淀、铁离子，从而除去杂质离子，次氯酸根离子和氢离子反应生成次氯酸，从而调节溶液的pH，离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=2H++Cl-+MnO2↓、ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O、ClO-+H+⇌HClO，
故答案为：ClO-+Mn2++H2O=2H++Cl-+MnO2↓、ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O、ClO-+H+⇌HClO；
（3）操作步骤依次为蒸发浓缩、趁热过滤，因为温度越高硫酸钙、硫酸镁的溶解度越小，所以要趁热过滤；
洗涤沉淀的方法为向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水流完后，重复操作数次，
故答案为：趁热过滤；向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水流完后，重复操作数次；
（4）如果测得提供的硼镁泥的质量为100.0g，硼镁泥中Mg的质量=100.0g×40%×
得到的MgSO4•7H2O 196.8g，Mg的质量=196.8g×
故答案为：80.0%；
（5）滤渣中Al（OH）3、Fe（OH）3和稀盐酸反应生成生成可溶性氯化物，MnO2、SiO2和HCl不反应，然后向溶液中加入过量NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，向滤液中通入二氧化碳达到氢氧化铝沉淀，然后过滤得到沉淀，用蒸馏水洗涤沉淀、干燥沉淀即可得到氢氧化铝固体，其流程图为
故答案为：
解析
解：硼镁泥中加入稀硫酸，MgO、Al2O3、CaO、MnO、Fe2O3、FeO都和稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐和水，向溶液中加入NaClO并调节溶液的pH在5～6之间，锰离子被次氯酸根离子氧化生成二氧化锰沉淀，亚铁离子被次氯酸根离子氧化生成铁离子，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，铁离子和铝离子都生成沉淀，然后除钙，使钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，将混合溶液过滤得到滤液，最后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镁晶体，
（1）实验中需用1.00mol/L的硫酸80.0mL，若用98%的浓硫酸（密度1.84g/cm3）来配制，浓硫酸的物质的量浓度=
故答案为：10mL量筒、100mL容量瓶；
（2）次氯酸根离子具有强氧化性，能将锰离子、亚铁离子氧化为二氧化锰沉淀、铁离子，从而除去杂质离子，次氯酸根离子和氢离子反应生成次氯酸，从而调节溶液的pH，离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=2H++Cl-+MnO2↓、ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O、ClO-+H+⇌HClO，
故答案为：ClO-+Mn2++H2O=2H++Cl-+MnO2↓、ClO-+2Fe2++2H+=Cl-+2Fe3++H2O、ClO-+H+⇌HClO；
（3）操作步骤依次为蒸发浓缩、趁热过滤，因为温度越高硫酸钙、硫酸镁的溶解度越小，所以要趁热过滤；
洗涤沉淀的方法为向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水流完后，重复操作数次，
故答案为：趁热过滤；向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水流完后，重复操作数次；
（4）如果测得提供的硼镁泥的质量为100.0g，硼镁泥中Mg的质量=100.0g×40%×
得到的MgSO4•7H2O 196.8g，Mg的质量=196.8g×
故答案为：80.0%；
（5）滤渣中Al（OH）3、Fe（OH）3和稀盐酸反应生成生成可溶性氯化物，MnO2、SiO2和HCl不反应，然后向溶液中加入过量NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，向滤液中通入二氧化碳达到氢氧化铝沉淀，然后过滤得到沉淀，用蒸馏水洗涤沉淀、干燥沉淀即可得到氢氧化铝固体，其流程图为
故答案为：
②有关有机物的沸点如表所示：
某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸；B中放有乙醇、无水醋酸钠；D中放有饱和碳酸钠溶液．
试回答下列问题：
（1）浓硫酸的作用：______，______，______；反应中加入过量的乙醇，目的是______．
（2）若用同位素18O示踪法确定产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：______．
（3）仪器A的名称是______，C的两个作用是______和______，若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，产生此现象的原因是（用离子方程式表示）______；实验完毕后，将烧杯D中溶液充分振荡、静止，现象为______．
（4）从D中分离出的乙酸乙酯中还含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出______（填名称）；再加无水硫酸钠，然后进行______操作就可以得到较纯净的乙酸乙酯．
正确答案
吸水剂
催化剂
制乙酸
提高乙酸的转化率
CH3CO18OH+CH3CH2OH 
分液漏斗
冷却蒸汽
防止倒吸
CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-
溶液分层，上层为无色油状液体，下层溶液颜色变浅（或褪去）
乙醇
蒸馏
解析
解：（1）酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，由于反应加入的是乙酸钠，故浓硫酸还制乙酸的作用，故浓硫酸的作用是酸性、催化剂、吸水剂，乙醇相对廉价，加入过量的乙醇，增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高乙酸的转化率，
故答案为：吸水剂、催化剂、制乙酸；提高乙酸的转化率；
（2）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CO18OH+CH3CH2OH
故答案为：CH3CO18OH+CH3CH2OH
（3）仪器A的名称是分液漏斗，圆底烧瓶受热不均，球形干燥管的管口伸入液面下可能发生倒吸，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用；碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液呈碱性，加入几滴酚酞，溶液呈红色；碳酸钠水解呈碱性，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅，
故答案为：分液漏斗；冷却蒸汽；防止倒吸；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；溶液分层，上层为无色油状液体，下层溶液颜色变浅（或褪去）；
（4）用分液法分离和提纯乙酸乙酯，然后用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；乙酸乙酯的沸点为77℃，所以蒸馏收集77℃左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯，
故答案为：乙醇； 蒸馏．
高铁酸盐在能源．环保等方面有着广泛的用途．
Ⅰ．工业上制备K2FeO4的常用方法有两种．
方法一：湿法．工艺流程如图1．
（1）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
______FeCl3+______NaOH+______NaClO═______Na2FeO4+____________+____________，其中氧化剂是______（填化学式）．
（2）加入饱和KOH溶液的目的是______；用异丙醇洗涤的目的是______．
方法二：干法．把Fe2O3．KNO3．KOH混合加热生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物．
（3）在干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
Ⅱ．高铁酸钾不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中．如图2是高铁电池的实验装置：
已知放电后，两极得到铁的相同价态的化合物．
（4）该电池放电时正极发生的电极反应是______；
（5）若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应方程式为：______．
（6）已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是______．此盐桥中阴离子的运行方向是：______；若用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜允许通过的离子是______．
（7）如图3为高铁电池电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有______．______．
正确答案
解：Ⅰ．方法一：湿法
（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；
反应中NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl．
故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；
（2）Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，
故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；
方法二：干法．
（3）Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，氮元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则KNO3为氧化剂，Fe2O3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，
故答案为：3：1；
Ⅱ．（4）FeO42-在正极得电子生成Fe3+，生成其电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
故答案为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe，其电极反应式为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-），
故答案为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-）；
（6）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+，
故答案为：形成闭合电路；左池到右池；K+和H+；
（7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点，
故答案为：使用时间长；工作电压稳定．
解析
解：Ⅰ．方法一：湿法
（1）反应中FeCl3→Na2FeO4，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故FeCl3系数为2，NaClO系数为3，由铁元素守恒可知 Na2FeO4系数为2，由氯元素守恒可知NaCl系数为2×3+3=9，根据钠元素守恒可知NaOH系数为9+2×2=13，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O；
反应中NaClO→NaCl，氯元素化合价由+1降低为-1价，NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl．
故答案为：2、10、3、2、9NaCl、5H2O；NaClO；
（2）Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾，
故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾；
方法二：干法．
（3）Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，氮元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则KNO3为氧化剂，Fe2O3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，
故答案为：3：1；
Ⅱ．（4）FeO42-在正极得电子生成Fe3+，生成其电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
故答案为：FeO42-+4H2O+3e-═Fe（OH）3↓+5OH-；
（5）充电时Fe（OH）3在阴极得电子生成Fe，其电极反应式为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-），
故答案为：Fe（OH）3+3e-=Fe+3OH-（或FeOOH+3e-+H2O=Fe+3OH-）；
（6）盐桥中阴离子移向负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中阴离子由左池到右池；用某种高分子材料制成隔膜代替盐桥，该隔膜只允许通过的离子有K+和H+，
故答案为：形成闭合电路；左池到右池；K+和H+；
（7）图3为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定等优点，
故答案为：使用时间长；工作电压稳定．
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