${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$具有强氧化性，其中铁元素的化合价为                价。

$\\rm +6$

${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$中$\rm K$和$\rm O$的化合价分别是$\rm +1$价和$\rm -2$价，依据化合价代数和为$\rm 0$可知其中铁元素的化合价为$\rm +6$价；

$\text{C}{{\text{l}}_{2}}$与$\text{NaOH}$溶液反应生成$\text{NaClO}$的离子方程式是                。

$\\text{C}{{\\text{l}}_{2}}+2\\text{O}{{\\text{H}}^{-}}=\\text{C}{{\\text{l}}^{-}}+\\text{Cl}{{\\text{O}}^{-}}+{{\\text{H}}_{\\text{2}}}\\text{O}$

$\text{C}{{\text{l}}_{2}}$与$\text{NaOH}$溶液反应生成$\text{NaClO}$和水，反应的离子方程式为：$\text{C}{{\text{l}}_{2}}+2\text{O}{{\text{H}}^{-}}=\text{C}{{\text{l}}^{-}}+\text{Cl}{{\text{O}}^{-}}+{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}$；

补全“氧化”中反应的离子方程式                ：

$\square \text{Cl}{{\text{O}}^{-}}+\square \text{F}{{\text{e}}^{3+}}+\square $                $=\square \text{FeO}_{4}^{2-}+\square $                $+\square $                。

$\\text{3Cl}{{\\text{O}}^{-}}+2\\text{F}{{\\text{e}}^{3+}}+10\\text{O}{{\\text{H}}^{-}}=2\\text{FeO}_{4}^{2-}+3\\text{C}{{\\text{l}}^{-}}+5{{\\text{H}}_{\\text{2}}}\\text{O}$

反应中氯元素化合价从$\rm +1$价降低到$\rm -1$价得到$\rm 2$个电子，铁元素化合价从$\rm +3$价升高到$\rm +6$价，失去$\rm 3$个电子，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为：$\text{3Cl}{{\text{O}}^{-}}+2\text{F}{{\text{e}}^{3+}}+10\text{O}{{\text{H}}^{-}}=2\text{FeO}_{4}^{2-}+3\text{C}{{\text{l}}^{-}}+5{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}$；

下列说法正确的是                。

$\rm a$．“氧化”中$\rm \text{NaOH}$溶液过量的目的是使$\rm \text{FeO}_{4}^{2-}$稳定存在

$\rm b$．“转化”中生成$\rm {{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$固体

$\rm c$．设计物质循环的目的是提高原料的利用率

$\\rm abc$

$\rm a$．根据题干信息，$\rm \text{FeO}_{4}^{2-}$在碱性溶液中稳定，所以“氧化”中$\rm \text{NaOH}$溶液过量的目的是使$\rm \text{FeO}_{4}^{2-}$稳定存在，$\rm a$正确；

$\rm b$． “转化”中钠盐转化为钾盐，即生成$\rm {{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$固体，$\rm b$正确；

$\rm c$．滤液$\rm 2$中含有氢氧化钠，可以循环利用，则设计物质循环的目的是提高原料的利用率，$\rm c$正确；

答案选$\rm abc$；

粗${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$转化为纯${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$的操作包含洗涤，去除固体表面的$\text{KOH}$，可以用                洗涤。

乙醇

由于${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$可溶于水，微溶于$\rm KOH$溶液，难溶于乙醇，$\rm KOH$易溶于乙醇，所以去除固体表面的$\rm KOH$，可以用乙醇洗涤；

已知：${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$与稀硫酸反应生成$\text{F}{{\text{e}}^{3+}}$和${{\text{O}}_{2}}$。取$ {m\;\rm g}{{\text{ K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$产品，加入稀硫酸充分反应，测得生成${{\text{O}}_{2}}$的体积为$ {v\;\rm mL}\rm ($标准状况$\rm )$。$\left[ {M}\left( {{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}} \right)=198\;\text{g}/\text{mol} \right]$

①${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$的纯度$\rm =$                。$\rm ($列计算式$\rm )($物质的纯度$=\dfrac{物质的质量}{样品的质量}\times 100\%\rm )$

②若将稀硫酸换成稀盐酸，生成的气体中含有$\text{C}{{\text{l}}_{2}}$，导致${{\text{K}}_{2}}\text{Fe}{{\text{O}}_{4}}$的纯度的计算值偏大，原因是                。

$\\dfrac{\\dfrac{4}{3}\\times 198{v}\\times {{10}^{-3}}}{{22}{.4 m}}\\times 100\\%$；$\\rm Cl^{- }$被$\\rm {{{K}}_{2}}{Fe}{{{O}}_{4}}$氧化生成$\\rm Cl_{2}$，生成$\\rm 1\\;\\rm mol\\;\\rm Cl_{2}$转移$\\rm 2\\;\\rm mol$电子，而生成$\\rm 1\\;\\rm mol\\;\\rm O_{2}$转移$\\rm 4\\;\\rm mol$电子，所以当转移电子数相同时，生成$\\rm Cl_{2}$，气体的物质的量增大，计算值偏大

①$\rm {{{K}}_{2}}{Fe}{{{O}}_{4}}$与稀硫酸反应生成$\rm Fe^{3+}$和$\rm O_{2}$，离子方程式为$\rm 4FeO_{4}^{2-}\rm +20H^{+}=4Fe^{3+}+3O_{2}↑+10H_{2}O$，测得生成$\rm O_{2}$的体积为$ v\;\rm mL($标准状况$\rm )$，因此$\rm {{{K}}_{2}}{Fe}{{{O}}_{4}}$的纯度为：$\dfrac{\dfrac{4}{3}\times \dfrac{{v}\times {{10}^{-3}}{\rm \;L}}{22.4{\;\rm L}/{\rm mol}}\times 198\rm \;{g}/{mol}}{{m\rm \;g}}\times 100\%=\dfrac{\dfrac{4}{3}\times 198{v}\times {{10}^{-3}}}{{22}{.4 m}}\times 100\%$；

②由于$\rm Cl^{-}$被$\rm {{{K}}_{2}}{Fe}{{{O}}_{4}}$氧化生成$\rm Cl_{2}$，生成$\rm 1\;\rm mol\;\rm Cl_{2}$转移$\rm 2\;\rm mol$电子，而生成$\rm 1\;\rm mol\;\rm O_{2}$转移$\rm 4\;\rm mol$电子，所以当转移电子数相同时，生成$\rm Cl_{2}$，气体的物质的量增大，计算值偏大。