上海市普陀区2023-2024学年高三下学期质量调研（二模）化学试题（含解析）

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一、解答题
1．Ⅰ.立方氮化硼(BN)、立方金刚石、碳化硅(SiC)等都是莫氏硬度高的超硬材料，在工业上有广泛应用。
(1)C、N、O三种元素中第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。
A．碳元素 B．氮元素 C．氧元素
(2)下列有关Si说法正确的有___________。
A．基态Si原子核外有3种能量的电子
B．Si原子由基态变为激发态时会释放能量
C．基态Si原子的价层电子排布式为3p2
D．Si在元素周期表中属于p区元素
Ⅱ.立方氮化硼(BN)可由硼酸(H3BO3)和尿素[CO(NH2)2]反应制得，下图是立方氮化硼(BN)的晶胞示意图，立方金刚石、碳化硅(SiC)结构均与其相似，三者晶体中键长数据如下表。
(3)已知尿素[CO(NH2)2]结构中，碳、氮、氧原子均在同一平面，判断碳原子的杂化方式
(4)依据相关数据，比较上述三种晶体的莫氏硬度，并说明原因 。
(5)立方氮化硼 (BN)晶胞中含有 个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有 个。已知立方氮化硼晶体的密度为3.20g·cm−3，NA为阿伏加德罗常数，则该晶体晶胞边长的表达式为 cm。(用含NA的式子表达)已知：M(B) =10.8 g·ml−1，M(N) =14.0 g·ml−1
(6)六方氮化硼(BN)的结构与石墨相似，俗称“白石墨”，其结构如下图所示，若要区分某BN样品是六方氮化硼(BN)还是立方氮化硼(BN)下列方法可行的是___________。
A．晶体X射线衍射B．原子发射光谱
C．质谱D．测定晶体的莫氏硬度
2．Ⅰ.甲醇是一种理想的储氢载体，我国科学家研发的全球首套太阳能燃料合成项目被称为“液态阳光”计划，可利用太阳能电解水产生H2，再将CO2与H2转化为甲醇，以实现碳中和。
(1)下列关于甲醇(CH3OH)的说法中，正确的是___________
A．甲醇在一定条件下可被氧化生成CO2B．甲醇储氢符合“相似相溶”原理
C．甲醇官能团的电子式：D．甲醇分子是含有极性键的非极性分子
Ⅱ.已知，CO2生产甲醇过程主要发生以下反应：
反应Ⅰ.CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1= −48.97kJ·ml−1
反应Ⅱ.CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ∆H2= +41.17 kJ·ml−1
反应Ⅲ.CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ∆H3
(2)反应Ⅲ中，①活化能E(正) E (逆) (填“>”、“<”或“=”)；
②该反应在 条件下能自发进行；
A．在高温条件下自发进行 B．在低温条件下自发进行
C．在任何条件下都能自发进行 D．在任何条件下都不能自发进行
(3)反应III中，CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系为 。T1时，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正 v逆。(填“>”、“<”或“=”)
②向某恒温恒压密闭容器中充入1ml CO(g)和2ml H2(g)，下列能说明反应III达到平衡的是 ；
A．容器内混合气体的密度不再改变
B．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．两种反应物转化率的比值不再改变
D．v正(CO)=2 v逆(H2)
③在2L恒容密闭容器中充入2ml CO和4ml H2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)= ml·L−1·min−1。
(4)在CO2加氢合成甲醇的体系中，①下列说法不正确的是 ；
A．若在绝热恒容容器，反应I的平衡常数K保持不变，说明反应I、II都已达平衡
B．若气体的平均相对分子质量不变，说明反应I、II都已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，反应I平衡正向移动，反应II平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
②已知：CH3OH的选择性=×100%，不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是 ，并说明其原因
A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压
原因：
(5)我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式 。
3．Ⅰ.生产、生活废水必须要做及时处理，否则会影响人类的生活环境。废水的常见化学处理法有：中和法、氧化还原法、萃取法、吸附法、混凝法、沉淀法等。
(1)下列物质常被用于污水处理，其中属于纯净物的是___________
A．漂粉精B．聚丙烯酸钠C．明矾D．石灰乳
(2)三价铁的强酸盐溶液因会发生水解，可被用作净水剂，其水解时会产生黄色的[Fe(OH)(H2O)5]2+以及二聚体[Fe2 (OH)2(H2O)8]4+ (结构如图)。则二聚体中Fe的配位数为 。
(3)某工厂的酸性废水中同时含有高浓度有机物(化学式为C6H10O5)和NO离子，可用一种微生物燃料电池进行污水净化，工作原理如图所示。下列说法正确的是___________；
A．图中的a极为阳极，发生氧化反应
B．该装置工作时，电子经导线由a极流向b极
C．Na+向b极流动，故b极为负极
D．该装置亦可用于咸水淡化
Ⅱ.大量含氮污水任意排放将造成藻类疯长，出现水体富营养化等问题。某小组尝试用NaClO溶液处理含氨氮废水。
(4)室温下，部分酸的电离平衡常数如表所示，
下列关于次氯酸钠溶液的说法中，错误的是___________；
A．依据物料守恒关系，[Na+] =[ClO−] + [HClO]
B．依据强酸制弱酸原理，通入少量SO2有利于HClO生成，可增强漂白作用
C．由于NaClO水解呈碱性，则[Na+]>[ClO−]
D．根据“有弱才水解”规律，所以NaClO是弱电解质
(5)下列物质中不能与NaClO反应的是___________
A．CO2B．NaHCO3C．H2SD．NaHS
(6)NaClO将废水中的NH3氧化为无污染气体，反应的化学方程式为 ；实际实验中NaClO溶液的投入量要大于理论计算量，可能的原因是 。
Ⅲ.含铜(Cu2+)废水是冶金、电子等行业产生的废水，直接排放会导致严重污染。工业上常用NaHS作为沉淀剂处理Cu2+离子。
(7)已知0.1 ml·L−1NaHS溶液呈碱性；
①若将该溶液中的离子按浓度由大到小进行排序，排位第三的离子是
A．Na+ B．HS− C．S2− D．OH−
②通过计算，说明溶液呈碱性的原因：
(8)沉淀铜离子时，发生反应Cu2+(aq) + 2HS− (aq)CuS(s) + H2S(aq)。常温下，该反应的平衡常数约为K，则此条件下Ksp(CuS) = (用该反应的K，H2S的Ka1和Ka2表示)。
4．Ⅰ.现代人生活不健康，“三高”频发，需要依靠药物进行治疗，维拉帕米(又名异搏定)是治疗心绞痛和原发性高血压的药物。
(1)维拉帕米，其合成路线中某一步骤如图所示：
则下列说法正确的是___________
A．X的沸点低于其同分异构体 是因为X分子间形成了氢键
B．X中所有碳原子可能在同一平面上
C．1ml Y在酸性条件下水解可产生1ml CH3OH
D．X、Y、Z最多都能与1ml NaOH反应
Ⅱ.我国科学家设计了一条维拉帕米(化合物M)的新的合成路线，如下所示：
(2)C中官能团的名称为 。
(3)E的名称为 ，B的结构简式为 。
(4)上述合成路线中不涉及到的反应类型有___________。
A．还原反应B．加成反应C．消去反应D．氧化反应
(5)写出由G生成I的化学反应方程式 。
(6)下列关于F的说法中，正确的是___________；
A．F分子中没有不对称碳原子B．F、L生成M的反应是取代反应
C．F与浓溴水混合产生白色沉淀D．F分子中不存在π键
(7)请从结构角度分析K参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键的原因： ；
(8)写出C的一种同分异构体的结构简式，同时满足下列条件： 。
①与FeCl3溶液显紫色；
②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，两种水解产物的分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。
(9)已知：R-Br，以为原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的试剂，合成，写出合成路线 。(合成路线的表示方式为)
5．Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4) 是一种高效、无毒的强氧化剂，常温下为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体。稳定性随pH的下降而减弱，酸性条件下易分解。
(1)下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是___________
A．铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质B．高铁酸钾能溶于水，可作氧化剂
C．氢氧化铁胶体具有碱性，可用于净水D．纯铁无杂质，可用作建筑材料
Ⅱ.K2FeO4的净水原理如图所示：
(2)下列说法错误的是___________
A．K2FeO4中铁元素显+6价
B．过程①中K2FeO4被细菌还原
C．过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷
D．过程③中聚沉是由于胶体发生了渗析
(3)写出K2FeO4与水反应的化学方程式 。
Ⅲ.已知可用Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4(含副产品KCl、KNO3)，查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示：
(4)①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在 。
②写出在此条件下，反应的离子方程式： ；每生成39.6g K2FeO4，转移的电子数目为 ；
(5)已知溶液的酸碱性及离子浓度会对反应试剂的氧化性、还原性产生影响。
某实验小组研究不同反应试剂对K2FeO4产率的影响，对比实验如下：
注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。
①由实验I、II的现象可知，Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而 (填“增强”、“减弱”或“不变”)；
②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释其可能的原因： ；
③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因： 。
(6)实验室测定含少量杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.1500g K2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH至弱酸性使混合液充分反应。用0.1000 ml·L−1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。滴定时，发生反应的离子方程式：FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−。已知：M(K2FeO4) =198g·ml−1，试计算K2FeO4样品的纯度： (写出计算过程)。
晶体
键长(pm)
立方氮化硼(BN)
157
立方金刚石
154
碳化硅(SiC)
184
化学式
常温下的电离平衡常数
HClO
Ka = 3×10−8
H2CO3
Ka1 = 4.2×10−7 Ka2 = 4.8×10−11
H2S
Ka1 = 1.3×10−7 Ka2 = 7.1×10−15
实验编号
反应试剂
实验现象
Ⅰ
Cl2、FeCl3和少量KOH
无明显现象
Ⅱ
Cl2、FeCl3和过量KOH
得到紫色溶液，无紫色固体
Ⅲ
Cl2、Fe(NO3)3和过量KOH
得到紫色溶液(颜色比Ⅱ深)，有紫色固体
参考答案：
1．(1) B C
(2)D
(3)sp2
(4)三者均为共价晶体，结构相似，键长C-CB-N>C-Si，硬度：金刚石>立方氮化硼>碳化硅
(5) 4 4
(6)AD
【详解】（1）同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第IA族和第VA族元素的第一电离能比相邻元素的第一电离能大，故第一电离能最大的是N元素；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，故电负性最大的是O元素。
（2）A．基恋Si原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共种能量的电子，A错误；
B．Si原子由基态变为激发态时会吸收能量，B错误；
C．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，C错误；
D．Si在元素周期表中属于p区元素，D正确；
故选D。
（3）已知尿素[CO(NH2)2]结构中，碳、氮、氧原子均在同一平面，则碳原子的杂化方式为sp2。
（4）三者均为共价晶体，结构相似，键长C-CB-N>C-Si，硬度：金刚石>立方氮化硼>碳化硅。
（5）立方氮化硼 (BN)晶胞中含有=4个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有4个，。已知立方氮化硼晶体的密度为3.20g·cm−3= g·cm−3，则该晶体晶胞边长a= cm。
（6）判断晶体类型，最直接的方法进行晶体X射线衍射；由于六方氮化硼和立方氮化硼的原子构成和质量相等，不可通过原子发射光谱和质谱进行区分；六方氮化硼和立方氮化硼硬度不同，可通过测定莫氏硬度进行区分，故选AD。
2．(1)A
(2) < B
(3) KA=KB>KC > AB 0.16 ml·L−1·min−1
(4) C D 高压有助于提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，而低温会使反应Ⅱ逆向移动，使反应Ⅰ和Ⅲ正向移动，提高甲醇的选择性，故根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压
(5)CO2 + 6e− + 5H2O = CH3OH + 6OH−
【详解】（1）A．甲醇在一定条件下可被氧化生成二氧化碳，故A正确；
B．甲醇储氢不符合"相似相溶"原理，故B错误；
C．甲醇官能团的电子式为，故C错误；
D．甲醇分子是含有极性键的极性分子，故D错误；
综上所述，本题正确答案为A。
（2）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ∆H3=∆H1- ∆H2= -48.97kJ·ml−1-41.17 kJ·ml−1=-90.14 kJ·ml−1，该反应为放热反应，活化能E(正)（3）①由题图可知，温度升高，的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，温度升高，平衡常数减小，且平衡常数只与温度有关，由于温度A=B < C，所以KA=KB>KC；D点的转化率低于平衡点B点的转化率，此时反应向正反应方向进行，因此v正>v逆；
②A．该反应过程中气体的总质量不变，总体积减小，混合气体的密度增大，当容器内混合气体的密度不再改变时说明反应达到平衡，A选；
B．该反应过程中气体的总质量不变，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大，当容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变时说明反应达到平衡，B选；
C．在2L恒容密闭容器中充入2ml CO和4ml H2，反应过程中CO和H2转化率的比值相等，当两种反应物转化率的比值不再改变时，不能说明反应达到平衡，C不选；
D．v正(CO)=2 v逆(H2)时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；
故选AB；
③在2L恒容密闭容器中充入2ml CO和4ml H2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态，列出“三段式”
在该条件下，v(H2)= =0.16 ml·L−1·min−1。
（4）①A．绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变平衡常数不变。绝热恒容容器，当反应I的平衡常数K保持不变说明反应I、II都已达平衡，A正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应I是气体体积减小的反应，反应I是气体体积不变的反应则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强则反应I平衡正向移动，会使反应I中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应I的化学平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故答案为: C；
②反应I是气体体积增大的反应，反应III是放热反应，高压有助于提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，而低温会使反应Ⅱ逆向移动，使反应Ⅰ和Ⅲ正向移动，提高甲醇的选择性，故根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压，故选D。
（5）碱性条件下CO2在正极得到电子生成CH3OH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2 + 6e− + 5H2O = CH3OH + 6OH−。
3．(1)C
(2)6
(3)BD
(4)BD
(5)B
(6) 3NaClO + 2NH3 = N2↑+ 3NaCl + 3H2O NaClO(HClO)不稳定，易分解
(7) D HS−水解平衡常数Kh==7.7×10−8>Ka2 = 7.1×10−15，可知其水解程度大于电离程度，则c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性
(8)
【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+；
【详解】（1）A．漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；
B．聚丙烯酸钠是高聚物，聚合度不确定，是混合物，故B错误；
C．明矾是KAl(SO4)2•12H2O，是纯净物，故C正确；
D．石灰乳为Ca(OH)2和水形成的混合物，故D错误；
故选：C。
（2）由该双核阳离子的结构简式可知，每个Fe原子与6个O原子成键，该双核阳离子中Fe原子的配位数为6；
（3）该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，
A．该装置为原电池，图中的a极碳元素化合价升高，a极为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．a极为负极，b极为正极，则电子经导线由a极流向b极，故B正确；
C．原电池中电解质溶液阳离子移向正极，钠离子移向b极即正极，故C错误；
D．该装置氯离子通过Cl-交换膜移向a极、钠离子通过Na+交换膜移向b极，能将咸水淡化，故D正确；
故选：BD；
（4）A．次氯酸钠中部分ClO−水解生成HClO，依据物料守恒关系，[Na+] =[ClO−] + [HClO]，故A正确；
B．SO2具有还原性，HClO具有氧化性，两者混合发生氧化还原反应生成HCl和硫酸，漂白作用失效，故B错误；
C．NaClO中ClO−水解生成HClO和OH-，溶液呈碱性，则[Na+]>[ClO−]，故C正确；
D．NaClO完全电离，是强电解质，故D错误；
故选BD；
（5）A．碳酸的酸性比次氯酸的强，NaClO溶液能与CO2反应生成HClO，故A不选；
B．碳酸的酸性比次氯酸的强，则NaHCO3不能与NaClO反应，故B选；
C．NaClO具有强氧化性，H2S具有还原性，两者发生氧化还原反应，故C不选；
D．硫氢化钠和次氯酸钠发生氧化还原反应: NaHS+NaClO=NaCl+S↓+NaOH，故D不选；
故选B；
（6）NH3被氧化为无污染气体即氮气，NaClO则被还原为氯化钠，故反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl,次氯酸不稳定、次氯酸钠较不稳定，则实验中NaClO溶液的实际投入量大于理论计算量的原因主要是：NaClO(或HClO)不稳定，易分解；
（7）①NaHS溶液中部分HS−发生水解反应生成H2S和电离平衡生成S2-，已知0.1 ml·L−1NaHS溶液呈碱性c(OH-)＞c(H+)，则水解程度大于电离程度，离子浓度由大到小为c(Na+ )＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(S2-)，排位第三的离子是OH−，故选D；
②NaHS溶液呈碱性的原因：HS−水解平衡常数Kh==7.7×10−8>Ka2 = 7.1×10−15，可知其水解程度大于电离程度，则c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性；
（8）根据反应CuS(s) Cu2+(aq) + S2- (aq) Ksp(CuS)①、H2S(aq) HS− (aq)+ H+ (aq) Ka1②、HS− (aq) S2- (aq) + H+ (aq) Ka2③，由盖斯定律，反应③-②-①可得Cu2+(aq) + 2HS− (aq)CuS(s) + H2S(aq) K，则，则此条件下Ksp(CuS) =。
4．(1)B
(2)酰胺基、醚键
(3) 2-溴丙烷
(4)BD
(5)
(6)B
(7)溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂
(8)或者
(9)
【分析】A中的羧基与SOCl2发生取代反应得到B，结合B化学式可知，B为，B中氯原子和氨气取代生成C，C中酰胺基被氧化转化为-CN得到D，D和E发生取代反应生成F，结合F结构可知，E为CH3CHBrCH3，E名称为2-溴丙烷；A中羧基和甲醇发生酯化反应得到G，G和H取代生成I，I被NaBH4还原为J，J和K发生取代反应生成L；L和F发生取代反应生成M；
【详解】（1）A．X的沸点低于其同分异构体 是因为X分子内形成了氢键，而形成分子间氢键，A错误；
B．与苯环直接相连的原子共面，与羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，则X中所有碳原子可能在同一平面上，B正确；
C．水解反应为可逆反应，进行不完全，则1ml Y在酸性条件下水解可产生不足1ml CH3OH，C错误；
D．Y中溴原子、酯基都能和氢氧化钠反应，则1mlY最多都能与2ml NaOH反应，D错误；
故选B；
（2）由图可知，C中官能团的名称为酰胺基、醚键；
（3）由分析可知，E为CH3CHBrCH3，名称为2-溴丙烷；B的结构简式为；
（4）由分析可知，述合成路线中不涉及到的反应类型有加成、氧化反应，故选BD；
（5）G中含有酯基，酯基和H中氨基取代生成I和甲醇，化学反应方程式为：；
（6）A．，F分子中有不对称碳原子，A错误；
B．F、L生成M的反应为L中氯原子与F中手性碳上氢发生的取代反应，B正确；
C．F与浓溴水混合不反应，不产生白色沉淀，C错误；
D．F分子中的-C≡N中存在π键，D错误；
故选B；
（7）溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂，故参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键；
（8）C的一种同分异构体的结构简式，同时满足下列条件：
①与FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，则含有酯基，且为-OOCCH2NH2结构，两种水解产物的分子中均含有3种不同化学环境的氢原子，则水解得到苯环上取代基对称，水解得到α-氨基酸为CH2NH2COOH；故可以为：或者；
（9）发生已知原理将溴原子转化为羧基得到苯乙酸，发生A生成I的原理得到，然后发生I生成J的还原反应得到，再和取代得到目标产物，故为：。
5．(1)A
(2)D
(3)4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH
(4) ≥9 2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O 0.6NA
(5) 增强 II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低(合理即给分) 可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质(合理即给分)
(6)82.5%
【详解】（1）A．铁粉具有还原性，能够和O2反应，可防止食物氧化变质，A符合题意；
B．高铁酸钾具有强氧化性，可作氧化剂，与溶解度无关，B不符合题意；
C．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，故C不符合题意；
D．纯铁硬度较小，不可用作建筑材料，故D不符合题意；
故选A。
（2）A．K2FeO4中钾元素的化合价为+1、氧元素的化合价为-2，因此铁元素的化合价为+6，A正确；
B．高铁酸钾具有氧化性，过程①中K2FeO4被细菌还原，B正确；
C．过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，C正确；
D．使胶体凝聚形成沉淀而析出的现象是胶体的聚沉，D错误；
故选D。
（3）由氧化还原反应的规律可知K2FeO4与水反应生成Fe(OH)3(胶体)和O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH。
（4）①从图中可以看出，pH大于9以后，HFeO全部转化为FeO，为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在≥9；
②Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O；Fe元素由+3价上升到+6价，39.6g K2FeO4的物质的量为=0.2ml，转移的电子数目为0.6NA。
（5）①由实验I、II的现象可知，Cl2、FeCl3和少量KOH反应不能得到K2FeO4，而Cl2、FeCl3和过量KOH反应可以得到K2FeO4，说明Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，可能的原因是：II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低；
③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，可能的原因是：可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质。
（6）根据FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−，得关系式：FeO~4I−~ 2 I2 ~4 S2O，n(S2O)= 0.1000 ml/L×25.00×10-3L=2.5×10-3ml，n(FeO)= n(S2O)= 6.25×10-4ml，m(K2FeO4)= 6.25×10-4ml× 198g/ml=0.12375g，K2FeO4样品的纯度为×100%=-82.5%。