2018年北京高考理综化学试卷解析版

..>2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学〔北京卷〕本试卷共16页，共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第一局部〔选择题〕1.以下我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作"人造太阳〞核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射"天宫二号〞的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A.AB.BC.CD.D【答案】B点睛：此题考察化学变化、核反响的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反响的区别，化学变化过程中原子核不变，核反响不属于化学反响。2.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反响历程。该历程示意图如下。以下说法不正确的选项是A.生成CH3COOH总反响的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C―C键D.该催化剂可有效提高反响物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反响为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反响速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反响为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，比照①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反响速率，不影响化学平衡，不能提高反响物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：此题考察原子利用率、化学反响的实质、化学反响中的能量变化、催化剂对化学反响的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反响的活化能，加快反响速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。3.以下化学用语对事实的表述不正确的选项是A.硬脂酸与乙醇的酯化反响：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2O+OH−C.由Na和C1形成离子键的过程：D.电解精炼铜的阴极反响：Cu2++2e−Cu【答案】A【解析】分析：A项，酯化反响的机理是"酸脱羟基醇脱氢〞；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A项，酯化反响的机理是"酸脱羟基醇脱氢〞，硬脂酸与乙醇反响的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c〔OH-〕=10mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反响式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。点睛：此题考察酯化反响的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。4.以下实验中的颜色变化，与氧化复原反响无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反响为4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反响为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe〔OH〕2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反响为4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3，该反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响；B项，氯水中存在反响Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化复原反响；C项，白色沉淀变为黑色时的反响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反响前后元素化合价不变，不是氧化复原反响；D项，Cu与稀HNO3反响生成Cu〔NO3〕2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反响为2NO+O2=2NO2，反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响；与氧化复原反响无关的是C项，答案选C。点睛：此题考察氧化复原反响的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化复原反响的特征是解题的关键。5.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其构造片段如以下列图以下关于该高分子的说法正确的选项是A.完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境B.完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2C.氢键对该高分子的性能没有影响D.构造简式为：【答案】B【解析】分析：芳纶纤维的构造片段中含肽键，完全水解的单个分子为、；采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物的构造简式为。详解：A项，芳纶纤维的构造片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A项错误；B项，芳纶纤维的构造片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B项正确；C项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C项错误；D项，芳纶纤维的构造片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反响形成，其构造简式为，D项错误；答案选B。点睛：此题考察肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写。注意掌握单体的判断方法，首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：〔1〕加聚产物单体的推断常用"弯箭头法〞，单键变双键，C上多余的键断开；〔2〕缩聚产物单体的推断常用"切割法〞，找到断键点，断键后在相应部位补上-OH或-H。6.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH实验过程中，取①④时刻的溶液，参加盐酸酸化的BaCl2溶液做比照实验，④产生白色沉淀多。以下说法不正确的选项是A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−B.④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的Kw值相等【答案】C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，参加盐酸酸化的BaCl2溶液做比照实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中局部Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度一样，④与①比照，SO32-浓度减小，溶液中c〔OH-〕，④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c〔SO32-〕减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。点睛：此题考察盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的复原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进展分析。7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下〔烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液〕。①②③在Fe外表生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀以下说法不正确的选项是A.比照②③，可以判定Zn保护了FeB.比照①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】分析：A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+，比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+；C项，比照①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，比照②③，②Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中参加K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，Fe外表产生了Fe2+，比照①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，比照①②，①参加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：此题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考察Fe2+的检验、实验方案的比照，解决此题的关键是用比照分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。KS5U第二局部〔非选择题〕8.8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。以下列图是8−羟基喹啉的合成路线。：i.ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。〔1〕按官能团分类，A的类别是__________。〔2〕A→B的化学方程式是____________________。〔3〕C可能的构造简式是__________。〔4〕C→D所需的试剂a是__________。〔5〕D→E的化学方程式是__________。〔6〕F→G的反响类型是__________。〔7〕将以下K→L的流程图补充完整：____________〔8〕合成8−羟基喹啉时，L发生了__________〔填"氧化〞或"复原〞〕反响，反响时还生成了水，则L与G物质的量之比为__________。【答案】(1).烯烃(2).CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH，H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O(6).取代反响(7).(8).氧化(9).3∶1【解析】分析：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反响生成B，B与HOCl发生加成反响生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反响，则A的构造简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反响，结合题给ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反响，B的构造简式为CH2=CHCH2Cl、C的构造简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl、D的构造简式为HOCH2CH〔OH〕CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个"H2O〞生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的构造简式，E+J→K为加成反响，则E的构造简式为CH2=CHCHO，F的构造简式为、G的构造简式为、J的构造简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个"H2O〞，结合K→L的反响条件和题给i，K→L先发生加成反响、后发生消去反响，L的构造简式为。〔2〕A→B为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反响，反响的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。〔3〕B与HOCl发生加成反响生成C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的构造简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl。〔4〕C→D为氯原子的水解反响，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。〔5〕D→E为消去反响，反响的化学方程式为HOCH2CH〔OH〕CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。〔6〕F的构造简式为、G的构造简式为，F→G的反响类型为取代反响。〔7〕K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，比照K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个"H2O〞，结合K→L的反响条件和题给i，K先发生加成反响生成，发生消去反响生成L，补充的流程图为：。〔8〕根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+++H2O，比照L和8-羟基喹啉的构造简式，L发生了去氢的氧化反响。根据原子守恒，反响过程中L与G物质的量之比为3:1。点睛：此题以8-羟基喹啉的合成为载体，考察有机推断、有机物类别的判断、有机物构造简式和有机方程式的书写、有机反响类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反响类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。9.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO42O〔1〕上述流程中能加快反响速率的措施有__________。〔2〕磷精矿粉酸浸时发生反响：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO42O+6H3PO4①该反响表达出酸性关系：H3PO4__________H2SO4〔填">〞或"<〞〕。②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数一样，__________。〔3〕酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。〔4〕H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。一样投料比、一样反响时间，不同温度下的有机碳脱除率如下列图。80℃后脱除率变化的原因：____________________。〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42−残留，原因是__________；参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。〔6〕取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。〔：H3PO4摩尔质量为98g·mol−1〕【答案】(1).研磨、加热(2).＜(3).核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO42O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(6).CaSO4微溶(7).BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2(8).【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。〔1〕根据外界条件对化学反响速率的影响分析，流程中能加快反响速率的措施有：研磨、加热。〔2〕①根据"强酸制弱酸〞的复分解反响规律，酸性：H3PO4H2SO4。②用元素周期律解释，P和S电子层数一样，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。〔3〕根据"强酸制弱酸〞的复分解反响规律，Ca5〔PO4〕3F与H2SO4反响生成HF、磷石膏和磷酸。〔4〕图示是一样投料比、一样反响时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反响速率加快，一样时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反响速率减慢，一样条件下有机碳脱除率减小。〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反响的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。〔6〕根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。详解：〔1〕研磨能增大反响物的接触面积，加快反响速率，加热，升高温度加快反响速率；流程中能加快反响速率的措施有：研磨、加热。〔4〕图示是一样投料比、一样反响时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反响速率加快，一样时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反响速率减慢，一样条件下有机碳脱除率减小。〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反响的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。〔6〕滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n〔H3PO4〕=n〔NaOH〕=bmol/Lc10-3L=mol，m〔H3PO4〕=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。点睛：此题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考察影响化学反响速率的因素、"强酸制弱酸〞的复分解反响规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第〔5〕问注意脱硫的反响是在粗磷酸中进展的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第〔6〕问中H3PO4与NaOH物质的量之比确实定等。10.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：〔1〕反响Ⅰ：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反响Ⅲ：S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反响Ⅱ的热化学方程式：________________。〔2〕对反响Ⅱ，在*一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如下列图。p2_______p1〔填"＞〞或"＜〞〕，得出该结论的理由是________________。〔3〕I－可以作为水溶液中SO2歧化反响的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+__________________+_______+2I－〔4〕探究i、ii反响速率与SO2歧化反响速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液参加到2mL以下试剂中，密闭放置观察现象。〔：I2易溶解在KI溶液中〕序号ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的比照实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验说明，SO2的歧化反响速率D＞A，结合i、ii反响速率解释原因：________________。【答案】(1).3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1(2).>(3).反响Ⅱ是气体物质的量减小的反响，温度一定时，增大压强使反响正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大(4).SO2(5).SO42−(6).4H+(7).(8).I−是SO2歧化反响的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反响速率(9).反响ii比i快；D中由反响ii产生的H+使反响i加快【解析】分析：〔1〕应用盖斯定律结合反响II分析。〔2〕采用"定一议二〞法，根据温度一样时，压强与H2SO4物质的量分数判断。〔3〕依据催化剂在反响前后质量和化学性质不变，反响i+反响ii消去I-得总反响。〔4〕用控制变量法比照分析。详解：〔1〕根据过程，反响II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反响为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反响I+反响III得，2H2SO4〔l〕+S〔s〕=3SO2〔g〕+2H2O〔g〕ΔH=ΔH1+ΔH3=〔+551kJ/mol〕+〔-297kJ/mol〕=+254kJ/mol，反响II的热化学方程式为3SO2〔g〕+2H2O〔g〕=2H2SO4〔l〕+S〔s〕ΔH=-254kJ/mol。〔3〕反响II的总反响为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反响的催化剂，催化剂在反响前后质量和化学性质不变，〔总反响-反响i〕2得，反响ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。〔4〕①B是A的比照实验，采用控制变量法，B比A多加了2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。②比照A与B，参加H+可以加快SO2歧化反响的速率；比照B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反响；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反响的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反响速率。③比照D和A，D中参加KI的浓度小于A，D中多加了I2，反响i消耗H+和I-，反响ii中消耗I2，D中"溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快〞，反响速率DA，由此可见，反响ii比反响i速率快，反响ii产生H+使c〔H+〕增大，从而反响i加快。点睛：此题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考察盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反响速率的影响，考察学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。11.实验小组制备高铁酸钾〔K2FeO4〕并探究其性质。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。〔1〕制备K2FeO4〔夹持装置略〕①A为氯气发生装置。A中反响方程式是________________〔锰被复原为Mn2+〕。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反响有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。〔2〕探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，参加稀硫酸，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Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ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。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________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________〔填"＞〞或"＜〞〕，而方案Ⅱ实验说明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。③资料说明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。假设能，请说明理由；假设不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。【答案】(1).2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2).(3).Cl2+2OH−Cl−+ClO−+H2O(4).i.Fe3+(5).4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O(6).排除ClO−的干扰(7).>(8).溶液的酸碱性不同(9).假设能，理由：FeO42−在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色〔假设不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色〕【解析】分析：〔1〕KMnO4与浓盐酸反响制Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O〔g〕，HCl会消耗Fe〔OH〕3、KOH，用饱和食盐水除去HCl；Cl2与Fe〔OH〕3、KOH反响制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。〔2〕①根据制备反响，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反响生成KCl、KClO和H2O。I.参加KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被复原成Fe3+。II.产生Cl2