安徽省六安市一中2024届化学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

安徽省六安市一中2024届化学高二第二学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列溶液加热蒸干后并灼烧，能析出溶质固体本身的是：()A．AlCl3溶液B．KHCO3溶液C．Fe2(SO4)3溶液D．NH4HCO3溶液2、以下实验能获得成功的是A．用乙醇和乙酸混合共热制取乙酸乙酯B．将铁屑、溴水、苯混合制溴苯C．在苯中滴入浓硝酸制硝基苯D．将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色3、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙醇和乙酸中都存在碳氧双键B．甲烷和乙烯都可以与氯气反应C．高锰酸钾可以氧化苯和甲烷D．乙烯可以与氧气发生加成反应，苯不能与氢气加成4、下列能层中，有f能级的是A．K B．L C．M D．N5、以下物质:(1)甲烷(2)苯(3)聚乙烯(4)聚乙炔(5)2-丁炔(6)环己烷(7)邻二甲苯(8)苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（）A．(3)(4)(5)(8)B．(4)(5)(7)(8)C．(4)(5)(8)D．(3)(4)(5)(7)(8)6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是()A．标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数为7/22.4NAB．1mol甲基（—CH3）所含的电子总数为9NAC．0.5mol1，3-丁二烯分子中含有C=C双键数为NAD．1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA7、下列鉴别方法不可行的是A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷8、药物使数以万计的人摆脱疾病困扰，是我国科学家最近新合成的一种药物，下列关于该有机物的说法错误的是A．该有机物的分子式为C11H16OB．该有机物可以使溴水褪色C．该有机物易溶于水D．光照，该有机物可以与氯气发生取代反应9、下图表示的是某物质所发生的A．置换反应B．水解反应C．中和反应D．电离过程10、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是（）A．国家有关部门提出超市、商场等场所限制使用塑料制品可以减少“白色污染”B．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染11、下列各项中表达正确的是A．S2-的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6B．N2的结构式：:N≡N:C．NaCl的电子式：D．CO2的分子模型示意图：12、下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是A．氯气 B．二氧化碳 C．氯化钾 D．醋酸钠13、下列关于物质的量浓度表述正确的是()A．0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO42－的总物质的量为0.9molB．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L-1,只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时,其浓度才是1mol·L-1C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO42－的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同D．将10℃时amol·L-1的KCl饱和溶液100mL加热蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为amol·L-114、两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是A．混合气体一定是CH4和C2H4B．混合气体中一定有CH4，可能含有C2H4C．混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H6D．混合气体中可能含有C2H215、氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2＋3C2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是()A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g16、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成二、非选择题（本题包括5小题）17、根据下面的反应路线及所给信息填空：（1）A的结构简式是_____________，名称是___________________________。（2）③的反应类型__________________。（3）反应④的化学方程式_______________________________________________。18、糖类、油脂、蛋白质是人体重要的能源物质，请根据它们的性质回答以下问题：（1）油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是________________（写名称）。（2）蛋白质的水解产物具有的官能团是____________________（写结构简式）。已知A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，它们有如下转化关系，请根据该信息完成（3）～（5）小题。（3）下列说法不正确的是______________________A．1molC完全水解可生成2molBB．工业上常利用反应⑦给热水瓶胆镀银C．用A进行酿酒的过程就是A的水解反应过程D．A的水溶液可以发生丁达尔效应E.反应③属于吸热反应（4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，请写出其氧化的热化学方程式___________________。（5）请设计实验证明A通过反应①已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：____________________________________________________________________。19、次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛，已知次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤。(1)仪器B的名称为__________，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，其作用是：__________________________________________。(2)装置C的作用是________________。(3)①步骤2中，应采用何种加热方式____________，优点是________________；②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有__________(填化学式)。(4)步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是_____________________________。(5)请写出步骤1中制取NaHSO3的化学方程式：_____________________________。20、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中反应方程式是________________（锰被还原为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发生的反应有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，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________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，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FeO421、三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。(1)基态锰原子的价层电子排布式为__________。(2)CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。(3)NO3-的空间构型是①______，与NO3-互为等电子体的分子的化学式为②______(任写一种)。(4)CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是____________________。(5)某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为①_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为②_______，该晶体的密度为③______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】试题分析：A．加热AlCl3溶液，水解生成盐酸和氢氧化铝，加热促进水解，且氯化氢挥发，不能得到AlCl3，A错误；B．加热KHCO3分解，最终得到碳酸钾，B错误；C．加热Fe2(SO4）3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2(SO4）3，C正确；D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余，D错误；答案选C。【考点定位】考查盐类水解的应用【名师点晴】注意把握盐类水解的特点以及相关物质的性质。对于盐溶液的蒸干产物总结如下：（1）金属阳离子易水解的易挥发性酸盐得金属氢氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝的蒸干还是硫酸铝；（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，正盐是元物质，酸式盐考虑水解产物或分解，例如碳酸钠蒸干是碳酸钠，碳酸氢钠蒸干分解得碳酸钠；（3）易氧化的蒸干得氧化产物，如硫酸亚铁得硫酸铁，亚硫酸钠得硫酸钠。2、D【解题分析】试题分析：A．乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下混合共热才可以制取乙酸乙酯，故A错误；B．铁屑、液溴、苯混合可以制溴苯，不能用溴水，故B错误；C．在苯中滴入浓硝酸和浓硫酸来制硝基苯，故C错误；D．在乙醇的催化氧化中，金属铜作催化剂，铜参与反应，最后会生成金属铜，故D正确；故选D。考点：考查有机物的性质3、B【解题分析】

A、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇中都为单键，不存在碳氧双键乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，乙酸中都存在碳氧双键，故A错误；B、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应，故B正确；C、高锰酸钾与苯不发生反应，高锰酸钾与甲烷不发生反应，故C错误；D、乙烯与氧气燃烧反应，是氧化反应，苯与氢气在镍做催化剂作用下发生加成反应生成环己烷，故D错误；综上所述，答案为B。4、D【解题分析】试题分析：K层只有s能级，L层只有s和p能级；M层有s、p、d三个能级，N层有s、p、d、f四个能级，选D。考点：考查原子核外电子排布。5、C【解题分析】发生加成反应，故有不饱和键。聚乙炔、2-丁炔，苯乙烯有双键。故答案C正确6、A【解题分析】

A.标准状况下庚烷不是气态；B.1个甲基(－CH3)含有9个电子；C.1分子1，3－丁二烯含有2个碳碳双键；D.1个碳正离子(CH3+)含有8个电子。【题目详解】A、庚烷在标准状况下不是气体，不能使用22.4L·mol－1计算庚烷的物质的量，因此不能计算完全燃烧所生成的气态产物的分子数，A错误；B、甲基的电子式为，1mol甲基中含有电子物质的量为9mol，电子总数为9NA，B正确；C、1，3－丁二烯的结构简式为CH2=CH－CH=CH2，因此0.5mol1，3－丁二烯中含有碳碳双键的物质的量为0.5×2mol=1mol，碳碳双键数为NA，C正确；D、1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，D正确。答案选A。7、D【解题分析】

A．乙醇与水混溶，甲苯密度比水小，溴苯密度比水大，可加入水鉴别，故A可行；B．乙醇燃烧，火焰明亮，无浓烟，苯燃烧有浓烟，四氯化碳不燃烧，现象各不相同，可鉴别，故B可行；C．乙醇易溶于水，碳酸钠与乙酸反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可鉴别，故C可行；D．甲苯、环己烯都可被酸性高锰酸钾氧化，故D不可行；故选D。8、C【解题分析】

A、根据有机物结构简式可判断该有机物的分子式为C11H16O，A正确；B、该有机物分子中含有碳碳双键和碳碳三键，可以使溴水褪色，B正确；C、该有机物分子中疏水基团较大，故该物质难溶于水，C错误；D、含有甲基，在光照条件下，该有机物可以与氯气发生取代反应，D正确；答案选C。9、B【解题分析】试题分析：据题目给出的模型可知，HCO＋H2O=H2CO3＋OH－，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B考点：考查水解反应的相关知识点10、C【解题分析】

A.“白色污染”是使用塑料制品造成的，故A正确；B.Si3N4、Al2O3熔点沸点高，可以制作高温结构陶瓷制品，故B正确；C.钢铁闸门上装一定数量的铜块，构成原电池，铁做负极，会加速铁的腐蚀，故C错误；D.四乙基铅含有铅元素，会造成环境污染，禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染，故D正确；答案选C。11、A【解题分析】

A.硫离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，A正确；B.N2的结构式为N≡N，B错误；C.NaCl是离子化合物，电子式为，C错误；D.CO2是直线形分子，该模型不能表示二氧化碳，D错误。答案选A。12、D【解题分析】

A、氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B、二氧化碳是非电解质，故B错误；C、氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；D、醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D正确；答案选D。13、D【解题分析】

A.没有说明0.3mol·L-1的Na2SO4溶液的体积，无法计算物质的量，故A错误；B.不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氨气的物质的量，所以即使溶液体积为1L，所得溶液浓度也不一定为1mol/L，故B错误；

C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，设二者为nmol，则K+的物质的量为2nmol，Cl-的物质的量为nmol，K+和Cl-的物质的量不相等，其物质的量浓度一定不相等，故C错误；

D.将10℃时amol·L-1的KCl饱和溶液100mL加热蒸发掉5g水，冷却到10℃时，所得溶液仍然为饱和溶液，它的物质的量浓度与溶液的体积大小无关，仍为amol·L-1，故D正确；

答案选D。【题目点拨】注意温度一定时，同一种溶质的饱和溶液中的物质的量浓度相同，与溶液的体积无关。14、B【解题分析】

n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4【题目详解】详解：n(H2O)=3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有甲烷,则一定含有甲烷,CH4分子中含4个氢原子,则另一种烃分子中一定也含4个氢原子,且其碳原子数大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定没有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于A．根据分析可以知道,混和气体中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A错误；B．由上述分析可以知道，混和气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含有丙炔,B正确；C．结合以上分析可知，混合气体可能为CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C错误；D．根据以上分析可以知道,混和气体中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D错误；正确选项B。【题目点拨】本题为考察混合烃组成的判断，为高频考点，侧重学生分析计算能力的考察，题目难度中等，本题的关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量关系，根据平均分子式进行计算。15、B【解题分析】

A、由反应方程式：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由0→-3被还原，N2是氧化剂，而C的化合价由0→+2，C被氧化是还原剂，A错误；B、N的化合价由0→-3，每生成1molAlN转移电子总数为3mol，B正确；C、AlN中氮元素的化合价为-3，C错误；D、AlN的摩尔质量为41g·mol-1，D错误；故选B。16、B【解题分析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、环己烷加成反应【解题分析】

由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为碳碳双键与溴发生的加成反应，B为，④为消去反应【题目详解】（1）由以上分析可知A的结构简式是，为环己烷；（2）反应③为加成反应；（3）反应④在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应，化学方程式：【题目点拨】本题考查有机物的合成、有机物性质、有机反应类型等，易错点（3），注意掌握卤代烃的性质与反应条件。18、甘油（或丙三醇）-NH2、-COOHBCC6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/mol取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解【解题分析】

（1）油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是甘油（或丙三醇）；（2）蛋白质水解的产物是氨基酸，氨基酸中的官能团为—NH2和—COOH，蛋白质的水解产物具有的官能团是—NH2和—COOH；（3）根据图，B是光合作用的产物，A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，可以推断出A为淀粉，B为葡萄糖，C为麦芽糖；A项，1mol麦芽糖完全水解可生成2mol葡萄糖，故A正确；B项，工业上常利用葡萄糖的银镜反应给热水瓶镀银，即利用反应⑤的原理给热水瓶胆镀银，故B错误；C项，A的水解反应过程生成了葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和CO2，不是淀粉水解成乙醇，故C错误；D项，A为淀粉，淀粉溶液属于胶体，所以可以发生丁达尔效应，故D正确；E项，反应③将光能转化为化学能，属于吸热反应，故E正确；答案选BC；（4）葡萄糖燃烧后生成了水和二氧化碳，其反应的热化学方程式为：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/mol；（5）要证明淀粉已经全部水解，即证明水解液中不含淀粉，故检验的方法为：取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解。19、(球形)冷凝管增大接触面积使SO2充分反应吸收二氧化硫并防止倒吸水浴加热均匀受热、容易控制温度HCHO防止产物被空气氧化Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3【解题分析】

(1)装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积；(2)装置C是尾气吸收装置，结合二氧化硫易溶于水分析解答；(3)次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解；HCHO易挥发据此分析解答；(4)根据化合价分析次硫酸氢钠甲醛具有的性质，结合次硫酸氢钠甲醛的性质分析判断；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，据此书写反应的化学方程式。【题目详解】(1)根据装置图，仪器B为(球形)冷凝管，装置A中通入SO2的导管末端是多孔球泡，可增大二氧化硫气体和Na2SO3液体的接触面积，加快反应速度，故答案为：(球形)冷凝管；增大接触面积使SO2充分反应，加快反应速度；(2)装置C是尾气吸收装置，倒置的漏斗可以防倒吸，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置A，故答案为：吸收二氧化硫并防止倒吸；(3)①次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在120℃以上发生分解，根据分解温度应选择水浴加热，而且水浴加热均匀，容易控制温度，故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；②HCHO易挥发，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，故答案为：HCHO；(4)次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，次硫酸氢钠甲醛可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化；(5)步骤1中Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液，反应的化学方程式为Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3，故答案为：Na2SO3＋SO2＋H2O＝2NaHSO3。20、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH−Cl−+ClO−+H2OFe3+4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO−的干扰>溶液的酸碱性不同若能，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（若不能，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）【解题分析】分析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制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反应制备K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入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，自身被还原成Fe3+。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洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②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，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。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+=3O2↑+4Fe3++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。②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Cl2>FeO42-；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。③该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性