2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第三中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省哈尔滨市第三中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题

1. 化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是

A. 碘酒是指单质碘的乙醇溶液

B. 84消毒液的有效成分是NaClO

C. 浓硫酸可刻蚀石英制艺术品

D. 装饰材料释放的甲醛会造成污染

【答案】C

【解析】

试题分析：A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确，答案选C。

考点：考查化学与生活的判断

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2. 下列物质在生活中应用时，起还原作用的是

A. 明矾作净水剂

B. 甘油作护肤保湿剂

C. 漂粉精作消毒剂

D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂

【答案】D

【解析】

试题分析：A、明矾净水是因为Al3+水解成Al(OH)3胶体吸附，不是氧化还原反应，A错误；B、甘油具有强的吸湿性，可以让皮肤上的水分不会太快散发，同时适当从空气中吸收水蒸气，故用作保湿剂，不是化学反应，B错误；C、漂粉精具有强氧化性，故可作消毒剂，起氧化剂作用，C错误；D、铁粉可以消耗食品袋中的氧气，铁粉自身被氧化，起还原作用，D正确。答案选D。

【考点定位】考查氧化还原反应的判断

【名师点睛】高考命题侧重氧化还原反应的基本概念、判断氧化还原反应中电子转移的方向和数目、配平反应方程式和化学计算等多个知识点。本题将氧化还原反应基础知识与常见元素及其化合物的性质结合起来，这种考查方式在历年高考中再现率较高，成为高考的热点，在复习时要引起足够的重视。明确常见物质的化学性质是解答该题的关键。

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3.3.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是

A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应

B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士

D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作

【答案】A

【解析】

分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A不合理。

B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。

C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。

D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。

点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。

4.4.下列实验能达到目的的是

A. 只滴加氨水鉴别AlCl3、MgCl2溶液

B. 将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体

C. 用萃取分液的方法除去酒精中的水

D. 用可见光束照射以区别溶液和胶体

【答案】D

【解析】

【详解】A、AlCl3、MgCl2与氨水反应均生成白色沉淀，不能鉴别，应该用氢氧化钠溶液，A错误；

B、在蒸干NH4Cl溶液的过程中NH4Cl会分解，得不到NH4Cl固体，B错误；

C、酒精和水相溶，不能通过萃取分液的方法将其分离，应该加如新制的生石灰然后蒸馏，C错误；

D、可利用丁达尔现象鉴别溶液与胶体，D正确；

答案选D。

【点睛】本题主要是考查物质的鉴别与检验，明确物质的性质差异是解答的关键，注意相关基础知识的积累和灵活应用。

5.5.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是

A. 氘(D)原子核外有1个电子    B. 1H与D互称同位素

C. H2O与D2O互称同素异形体    D. 1H218O与D216O的相对分子质量相同

【答案】C

【解析】

试题分析：A、氘(D)原子核外有1个电子，A正确；B、1H与D互称同位素，B正确；C、同素异形体是指由相同元素形成的不同单质，H2O与D2O是化合物，C错误；D、1H218O与D216O的相对分子质量都是20，D正确。答案选C。

考点：同位素，同素异形体

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6.6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是

A. 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)

B. 由X、Y组成的化合物中均不含共价键

C. Y的金属性比Z的弱

D. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。

【详解】根据以上分析可知X为O，Y为Na，Z为Al，W为S。则

A、Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）＞r（Z）＞r（W），A错误；

B、由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B错误；

C、同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性：Na＞Al，C错误；

D、非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞S，X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；

答案选D。

7.7.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作下列图示对应的操作规范的是（    ）

A. 称量    B. 溶解    C. 转移    D. 定容

【答案】B

【解析】

A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误，答案选B。

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8.8.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA

B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA

C. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

D. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.1NA

【答案】B

【解析】

【详解】A. 16.25 g FeCl3的物质的量是0.1mol，由于胶体是分子的集合体，且水解可逆，因此水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；

B. 22.4 L（标准状况）氩气的物质的量是1mol，氩气是一个原子形成的单质，因此含有的质子数为18NA，B正确；

C. 1 mol Fe溶于过量硝酸中生成1mol硝酸铁，电子转移数为3NA，C错误；

D. 过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，D错误。

答案选B。

9.9.下列物质在光照条件下不能发生化学反应的是

A. 氯水    B. 溴化银    C. 氯化钠    D. 氢气和氯气混合气

【答案】C

【解析】

【详解】A. 在光照条件下氯水中的次氯酸分解生成氯化氢和氧气，A错误；

B. 在光照条件下溴化银分解生成银和单质溴，B错误；

C. 在光照条件下氯化钠不能发生化学反应，C正确；

D. 在光照条件下氢气和氯气混合气会发生爆炸生成氯化氢，D错误。

答案选C。

10.10.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是：

A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2

B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－

C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋

D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO

【答案】D

【解析】

试题分析：A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项正确；B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B项正确；C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C项正确；D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项错误；答案选D。

考点：考查探究实验的方案设计与评价，氯水的成分。

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11.11.下列有关物质性质的比较，结论正确的是

A. 溶解度：Na2CO3<NaHCO3

B. 热稳定性：HCl<PH3

C. 沸点：HCl<HBr

D. 碱性：LiOH<Be(OH)2

【答案】C

【解析】

【详解】A．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，A错误；

B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3，B错误；

C．氯化氢和溴化氢形成的均是分子晶体，沸点随分子间作用力的增大而升高，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则沸点：HCl＜HBr，C正确；

D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2，D错误；

答案选C。

【点睛】解决此类问题，一是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。

12.12.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂

B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维

C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料

D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂

【答案】D

【解析】

分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。

详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。

点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。

13.13.能正确表示下列反应的离子方程式是

A. Al和NaOH溶液反应：Al＋OH－=Al3+＋H2↑

B. NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O

C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O

D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－ +Ca2＋+OH－=== CaCO3↓+H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A. Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，A错误；

B. NaHCO3溶液中加入稀HCl生成氯化钠、水和二氧化碳：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，B错误；

C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水生成氢氧化铝和氯化铵：Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，C错误；

D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：HCO3－+Ca2＋+OH－＝CaCO3↓+H2O，D正确。

答案选D。

14. 下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是

A. H2SO4、NaOH——腐蚀品    B. CH4、C2H4——易燃液体

C. CaC2、Na——遇湿易燃物品    D. KMnO4、K2Cr2O7——氧化剂

【答案】B

【解析】

试题解析：H2SO4、NaOH有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；CH4、C2H4是气体，不是易燃液体，故B错误；CaC2、Na能与水反应产生易燃气体，是遇湿易燃物品，故C正确；KMnO4、K2Cr2O7有强氧化性，是氧化剂，故D正确．

考点：危险化学品的分类

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15. 能在溶液中大量共存的一组离子是

A. NH4+、Ag+、PO43-、Cl－    B. Fe3+、H+、I－、 HCO3-

C. K+、 Na+、 NO3-、 MnO4-    D. Al3+、Mg2+、SO42-、CO32-

【答案】C

【解析】

试题分析：A．Ag+与PO43-、Cl-均能生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Fe3+与I-、HCO3-均能发生离子反应，不能大量共存，故B错误；C．K+、Na+、NO3-、MnO4-在同一溶液中，不发生离子反应，可大量共存，故C正确；D．Al3+与CO32-能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误，答案为C。

考点：考查离子共存。

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16.16.1.8g某金属在氯气中燃烧后，固体质量增加了7.1g，该金属是

A. Ag    B. Fe    C. Al    D. Na

【答案】C

【解析】

【详解】增加的质量就是参加反应的氯气的质量，即氯气是0.1mol，得到电子是0.2mol，因此该金属提供1mol电子消耗的质量是1.8g÷0.2＝9g。由于选项A～D中提供1mol电子需要金属的质量分别是(g)108、18.67、9、23，因此该金属是Al。

答案选C。

17.17.下列有关物质性质的叙述一定不正确的是

A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色

B. KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体

C. 用AgNO3溶液和稀HNO3可检验Cl-

D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2

【答案】A

【解析】

【详解】A、NH4SCN用于检验Fe3+，FeCl2溶液中含Fe2+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A错误；

B、KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B正确；

C、氯化银是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，用AgNO3溶液和稀HNO3可检验Cl-，C正确；

D、Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，D正确；

答案选A。

18.18.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

...............

A. 用装置甲灼烧碎海带

B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液

C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2

D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气

【答案】B

【解析】

【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；

B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；

C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；

D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；

答案选B。

19.19.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A. A    B. B    C. C    D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A、NaOH溶液滴入FeSO4溶液，发生反应Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象为产生白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，A错误；

B、氯水中发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，即氯水的成份是Cl2、HCl、HClO，氯水滴入石蕊，溶液先变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，即红色褪去，涉及氧化还原反应，B错误；

C、KSCN溶液滴入FeCl3溶液中发生反应FeCl3＋3KSCN＝Fe(SCN)3＋3KCl，溶液变为红色，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，C正确；

D、CO2通过装有Na2O2固体的干燥管，发生反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查氧化还原反应判断，题目难度不大，判断一个反应是否属于氧化还原反应，需要看是否有化合价的变化，有化合价变化的反应，才属于氧化还原反应，这是解题的关键。

20.20.Fe2O3与FeS2混合后在无氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）是

A. 1∶2    B. 2∶35    C. 3∶8    D. 1∶16

【答案】D

【解析】

【详解】Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，因此反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，则理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。

答案选D。

21.21.（1）工业上用_______和_______为原料制取漂白粉，有效成份是_______，制备原理是______________________（方程式表示）。漂白粉用于漂白的时候，最好与稀盐酸反应，有关化学方程式为______________________________________。

（2）Ca元素在周期表中的位置是__，Ca与最活泼的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为___，HCl的沸点比A与H形成的化合物HA的沸点__（填“高”或“低”）。

【答案】    (1). Cl2    (2). 消石灰    (3). Ca(ClO)2    (4). 2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O    (5). 2HCl+Ca(ClO)2＝CaCl2+2HClO    (6). 第四周期第ⅡA族    (7).     (8). 低

【解析】

【详解】（1）工业上用氯气和消石灰原料制取漂白粉，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，其有效成份是Ca(ClO)2，制备漂白粉的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。盐酸的酸性强于次氯酸，漂白粉用于漂白的时候，最好与稀盐酸反应，有关化学方程式为2HCl+Ca(ClO)2＝CaCl2+2HClO。

（2）Ca元素的原子序数是20，在周期表中的位置是第四周期第ⅡA族，Ca与最活泼的非金属元素F形成化合物D是CaF2，CaF2是离子化合物，电子式为。由于HF分子间能形成氢键，所以HCl的沸点比HF的沸点低。

22.22.镁的化合物在化工生产和药物合成上有重要用途。某兴趣小组以一种工业废渣(主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe的氧化物)为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：

(1)滤渣的成分为________(填化学式)，过滤装置在使用一段时间后需用NaOH溶液清洗，用化学方程式表示其清洗原理：____________________________。

(2)加入H2O2的目的是________________________，一段时间后，溶液中有气泡出现并放热，则产生气泡的原因是_______________________________。

(3)萃取分液中要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前须洗干净并________。

【答案】    (1). H2SiO3     (2). H2SiO3＋2NaOH===Na2SiO3＋2H2O    (3). 将Fe2＋氧化成Fe3＋    (4). Fe3＋催化H2O2分解    (5). 检漏

【解析】

【分析】

废渣主要成分为MgCO3、MgSiO3和少量Fe的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过滤后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、过量的硫酸，滤渣为硅酸沉淀，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，干燥后得到MgCO3•3H2O。以此解答该题。

【详解】（1）根据以上分析可知废渣的成分为硅酸，化学式为H2SiO3，硅酸和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为H2SiO3＋2NaOH＝Na2SiO3＋2H2O；

（2）在酸性条件下，H2O2氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为水，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，一段时间后，溶液中有气泡出现并放热是铁离子催化过氧化氢分解生成氧气；

（3）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液。

【点睛】本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目难度中等。

23.23.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。

资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：

（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。

（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：

Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。

Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。

【答案】    (1). 防止亚铁离子被氧化    (2). 抑制铁离子水解    (3). Fe3+    (4). 4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O    (5). 排除ClO－的干扰    (6). ＞    (7). 溶液的酸碱性不同

【解析】

【详解】（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；

（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；

II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。