2020高二化学下学期期末考试试题(含解析).doc

1、【2019最新】精选高二化学下学期期末考试试题（含解析）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NaClOC. 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视频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.

2、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

3、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。视频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

4、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

5、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

6、；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

7、案选C。考点：同位素，同素异形体视频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A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

8、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：NaAl，C错误；D、非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：OS，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

9、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。视频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 NAB. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC. 1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD. 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

10、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

11、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Cl2B. 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ClC. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD. 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

12、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。视频11.11.下列有关物质性质的比较，结论正确的是A. 溶解度：Na2CO3NaHCO3B. 热稳定性：HClPH3C.

13、沸点：HClHBrD. 碱性：LiOHBe(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：HClPH3，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：HClHBr，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：LiOHBe(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，

14、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

15、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

16、下列反应的离子方程式是A. Al和NaOH溶液反应：AlOH=Al3+H2B. NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO322H=CO2H2OC. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al34NH3H2O=AlO24NH42H2OD. 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：2Al2OH2H2O2AlO23H2，A错误；B. NaHCO3溶液中加入稀HCl生成氯化钠、水和二氧化碳：HCO3HCO2H2O，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：Al33

17、NH3H2OAl(OH)33NH4，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+OHCaCO3+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

18、剂，故D正确考点：危险化学品的分类视频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：AAg+与PO43-、Cl-均能生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BFe3+与I-、HCO3-均能发生离子反应，不能大量共存，故B错误；CK+、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；DAl3+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。视

19、频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1.8g0.29g。由于选项AD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)212H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体C. 用AgNO3溶液和稀HN

20、O3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）212H2O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+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，D正确；答案选A。18.1

21、8.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Cl2D. 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

22、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选项ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中KSCN溶液滴入FeCl3溶液中CO2通过装有Na2O2固体的干燥管现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液变为红色固体由淡黄色变为白色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Fe22OH=Fe(OH)2，因为Fe(OH)2容易被O2氧化，发生反应4Fe(OH)2O22H2O=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、

23、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FeCl33KSCNFe(SCN)33KCl，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+2Na2O22Na2CO3+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

24、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. 12 B. 235 C. 38 D. 116【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

25、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)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). 2HCl+Ca(ClO)2CaCl2+2HClO (6). 第四周期第A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

26、式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+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)2CaCl2+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A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MgCO33H2O。实验过程如下：(1)滤渣的成分

27、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). H2SiO32NaOH=Na2SiO32H2O (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

28、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MgCO33H2O。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H2SiO32NaOHNa2SiO32H2O；（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+H2O22Fe3+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

29、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

30、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：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。由方案中溶液变红可知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）。方案可证明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+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2_F

31、eO42-（填“”或“”），而方案实验表明，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+20H4Fe3+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

32、+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+20H4Fe3+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+10KOH2K2FeO4+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。