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【化学】上海市复旦中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）
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上海市复旦中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分）
1.下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（ ）
A. NH3 B. FeS C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气和氢气在一定条件下生成NH3，可以由单质直接化合得到，故A不选；
B. 铁与硫加热反应生成FeS，可以由单质直接化合得到，故B不选；
C.铁与氯气反应只生成FeCl3，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能由单质直接化合而得到，故C可选；
D. 铁与氯气反应只生成FeCl3，可以由单质直接化合得到，故D不选；
故答案选C。
2.历史上，铝、钛、铁、铜四种金属，最早使用的是（ ）
A. 铜 B. 铁 C. 钛 D. 铝
【答案】A
【解析】
【详解】由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然铜；铁、钛、铝均比铜活泼，使用的比铜晚，因此A正确；
故答案选A。
3.在某些月饼的包装盒内有个小纸袋，将小纸袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，溶液呈浅绿色，滴入几滴氯水，溶液变棕黄色。以下结论不正确的是（ ）
A. 该灰黑色粉末用作抗氧化剂 B. 小纸袋中原装粉末是Fe2O3
C. 小纸袋中可能装有活性铁粉 D. 该灰黑色粉末不可食用
【答案】B
【解析】
【详解】由题中信息可知，铁粉为黑色粉末，加入盐酸后生成氯化亚铁溶液（呈浅绿色），滴入几滴氯水，发生氧化反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，生成了铁离子，溶液变棕黄色；
A、铁为灰黑色粉末，具有还原性，用作抗氧化剂，故A不选；
B、氧化铁为红棕色，不是灰黑色，且不具有还原性，不能抗氧化，故B可选；
C、该灰黑色粉末是铁粉，故C不选；
D、该灰黑色粉末为铁粉，不可食用，故D不选；
故答案选B。
4.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为（ ）
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液③ 加入少量KSCN溶液
A. ①② B. ③② C. ③① D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】鉴别某溶液中不含有Fe3+而含有Fe2+的步骤为：先向溶液中加入含有SCN-的溶液，看是否有红色生成，若有红色生成则该溶液中含有Fe3+；若无红色生成，再向其中加入具有强氧化性的物质，观察是否有红色生成，若有红色生成，则该溶液中含有Fe2+；加入的氧化剂的本身颜色不能干扰该检验反应，紫红色的KMnO4溶液对于Fe3+和SCN-生成的红色物质有干扰，而黄色的氯水不会，故选C项；
故答案选C。
5.下列实验操作中，仪器需插入液面下的是（ ）
A. 分液时，分液漏斗的长颈插入下层液体里
B. 用水吸收氨气的导气管
C. 制备Fe(OH)2，用胶头滴管将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
D. 往NaOH溶液中加酚酞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 分液时，分液漏斗的结构中有旋塞，可以控制液体的滴加速度，分液漏斗的长颈应该紧贴烧杯内壁，不用插入下层液体里，故A不选；
B. 氨气极易溶于水，吸收氨气时导气管不能插入液面以下，易发生倒吸，故B不选
C.为防止Fe(OH) 2被氧化，制备时用胶头滴管插入液面以下，将NaOH溶液滴入FeSO 4溶液中，以达到隔绝空气的作用，故C可选；
D. 向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能插入试管中，在试管口上方悬空滴加，故D不选；
故答案选C。
6.常温下某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－10 mol/L，该溶液中溶质不可能是( )
A. NaHSO4 B. Al2(SO4)3 C. NaOH D. HCl
【答案】B
【解析】常温下，溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－10 mol/L，说明溶液中的溶质对水的电离起抑制作用。NaHSO4在溶液中电离出Na+、H+、SO42-，H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是NaHSO4，A项错误；Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3+能发生水解，能促进水的电离，该溶液中溶质不可能是Al2(SO4)3，B项正确；NaOH电离出的OH—对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是NaOH，C项错误；HCl电离出的H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是HCl，D项错误。
7.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+、Ag+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量存在的离子是（ ）
A. NH4+ B. Mg2+ C. Fe2+ D. Ag+
【答案】B
【解析】
【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少；Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少；Ag+与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化银沉淀，加入盐酸后变为氯化银沉淀，Ag+减少，以此来解答。
【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2、AgOH沉淀；Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3、AgOH与过量的盐酸作用分别生成MgCl2、FeCl3溶液，AgCl沉淀；则减少的离子为NH4+、Fe2+、Ag+，溶液中大量存在的离子是Mg2+，故B正确；
故答案选B。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 标准状况下2.24LCO2通入1mol/L100mLNaOH溶液中：CO2+OH-→HCO3-
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+→Fe3++3H2O
C Na2S水解：S2-+2H2OH2S+2OH-
D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4++HCO3-+2OH-→CO32-+NH3+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.标准状况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，1mol/L100mLNaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，二者1:1完全反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO2+OH-=HCO3-，故A正确；
B.碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O， 故B错误；
C. H2S属于二元弱酸，电离分步进行；Na2S属于二元弱酸形成的盐，水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+ OH-，不能一步到位，故C错误；
D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：HCO3-+OH-=CO32-+ H2O，故D错误；
故答案选A。
9.25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是（ ）
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的离子种类相同
C. c(OH-)前者大于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大
【答案】C
【解析】A．NaHCO3溶液中存在的电离HCO3-和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；B．HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；C．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO32-)均增大，故D正确；故选C。
10.在25℃时将pH＝11 的NaOH 溶液与pH＝3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（ ）
A. c(Na+)==c(CH3COO－)+c(CH3COOH)
B. c(H+)==c(CH3COO－)+c(OH一)
C. c(Na+) >c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)
D. c (CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
【答案】D
【解析】pH之和为14的酸碱等体积混合，醋酸过量，所以c (Na+)
A. c(NH4+)：③＞①
B. 水电离出的c(H+)：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH3·H2O是弱电解质,部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：③＞①，故A正确；
B.酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离，①中c(OH-)小于②中c(H+)，所以①抑制水电离程度小于②，则水电离出的c(H+)：②<①，故B错误；
C. NH3·H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；
D.①和③等体积混合后，NH3·H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3·H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；
故答案选B。
12.下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A. NO2通入FeSO4溶液中 B. CO2通入CaCl2溶液中
C. NH3通入AlCl3溶液中 D. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A.NO 2溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有氧化性，能把硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，溶液由浅绿色变为浅黄色，故A不选；
B.由于盐酸的酸性大于碳酸，根据强酸制备弱酸的规律可知，CO 2和氯化钙溶液是不反应的，没有明显现象，故B可选；
C.NH 3通入到氯化铝溶液中生成白色沉淀氢氧化铝，故C不选；
D.SO 2溶于水显酸性，在酸性条件下硝酸钡能把SO 2氧化生成硫酸钡白色沉淀，故D不选；
故答案选B
13.四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是（ ）3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-→Fe3O4↓+S4O62-+2H2O，下列说法不正确的是
A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5
B. 若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol
C. 每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol
D. O2是氧化剂，S2O32-与Fe2+是还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】A项，在该反应中，由元素的价态变化可得：O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，由反应中的化学计量数可知，3mol Fe2+中有1mol不作还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1:4，故A项错误；
B项，若有2molFe2+被氧化，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为[2mol×（3-2）]/[2×(2-0)]=0.5mol，故B项正确；
C项，每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×(2-0)=4mol，故C项正确；
D项，在该反应发生前后，Fe 、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-与Fe2+是还原剂，故D项正确；
故答案为A。
14.己知氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，判断下列化学方程式一定不正确的是（ ）
A. 2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2 B. 6FeCl2+3Br2→4FeCl3+2FeBr3
C. FeBr2+Cl2→FeCl2+Br2 D. FeI2+Cl2→FeCl2+I2
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立，由此分析解答。
【详解】A、根据2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2可以知道氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A正确；
B、根据6FeCl2+3Br2=4FeCl3+2FeBr3可以知道氧化性是Br2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B正确；
C、亚铁离子的还原性强于溴离子，所以氯气与溴化亚铁反应首先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，故C错误；
D、根据FeI2+Cl2=FeCl2+I2可以知道氧化性是Cl2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故D正确；
故答案选C。
15. 下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A. O2、 I2、 Hg B. CO2、 KCl、 SiO2
C. Na 、 K 、 Rb D. SiC、 NaCl 、 SO2
【答案】B
【解析】试题分析：O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，选项A不正确；
干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，选项B正确； Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，选项C不正确；SiC为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降低，选项D不正确。
16.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间的变化如图所示，如图可得出的正确结论是（ ）
A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a~b段大于b~c段
【答案】C
【解析】
【分析】A.反应达到平衡时的标志是：v正=v逆，而不是v正最大，据此分析A项；
B.随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，据此分析B项；
C.随着反应的不断进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，据此分析C项；
D.随着反应的进行，SO2不断消耗，转化率=消耗量/起始量×100%，据此分析D项。
【详解】A项，反应达到平衡时，v正=v逆，c点v正最大，但未达到平衡，故A错误；
B项，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，所以a点反应物浓度大于b点的，故B错误；
C项，反应初始阶段，随着反应的进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；
D项，随着反应的进行，SO2的转化率逐渐增大，所以b～c段的转化率大于a～b段，故D错误；
故答案选C。
17.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体
C. 系数n>m D. Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；
C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；
D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；
答案选C。
18.如图是微粒物质的量变化图，常温下向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A. H2A在水中的电离方程式是：H2A→2H++A2-
B. 当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. 当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)
D. 当V(NaOH)=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图知，溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H++HA-，HA-⇌ H++ A2-，故A错误；
B. 当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA,溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明 HA-能电离和水解，且c(H2A)< c(A2-)，说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是： c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故B正确；
C.当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH= Na2A+H2O ，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A 的混合溶液，根据电荷守恒得： c(Na+)+ c(H+)= c(HA-)+ 2c(A2-)+ c(OH-)①，物料守恒：3c(HA-)+ 3c(A2-)+ 3 c(H2A)=2 c(Na+)②，根据①×2+②得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)，故C错误；
D.当V(NaOH)=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A ，含有弱离子的盐促进水电离，所以Na2A 促进水电离，故D错误；
故答案选 B。
19.将几滴KSCN(SCN- 是“类卤离子”)溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：①向其中一份中加入适量KMnO4溶液，溶液红色褪去；②向另一份中通入SO2，溶液红色也褪去。下列说法中不正确的是（ ）
A. ①中溶液红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化，使Fe(SCN)3消失
B. ②中溶液红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+
C. ②中溶液红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】C
【解析】本题考查KMnO4、Fe3+、（SCN）2的氧化性的相对强弱。所涉及不为：
2MnO4—+ 10SCN-+16H+=2Mn2++5(SCN)2+8H2O
2Fe3＋＋SO2＋4H＋=2Fe2＋＋SO42－＋2H2O
故答案为C
20.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol
【答案】B
【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]=( 0.15L× 4 mol·L－1— )× = 0.25mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25 mol。故本题正确答案为B。
二、综合分析题
21.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理图如图所示。
（1）写出涉及铁化合物的两个离子方程式：___；___。
（2）25℃时，向0.1mol·L-1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，从平衡移动的角度解释主要原因是：___。
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl、0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失）
①___和___两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
②___和____两种子的物质的量之和比OH-多0.1mol。
（4）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能如下四种关系。
A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B．c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-) D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是__，上述离子浓度大小序中正确的是__（选填序号）。
②若上述关系中C是正确的，则该溶质的化学式是__。
③若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氮永混含而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)__（填“＞”“＜”或“＝”，下同）c(NH3·H2O)，混合后溶液中c(NH4+)与c(Cl-)的关系c(NH4+)___c(Cl-)。
【答案】(1). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (2). 4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O (3). 氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小 (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). NH4+ (7). H+ (8). 氯化铵 (9). A (10). NH4Cl和HC1 (11). ＜ (12). =
【解析】
【分析】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁；酸性环境下，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，据此写出离子方程式；
（2）电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，增大NH4+浓度，抑制了NH3·H2O的电离；
（3）①由氮元素守恒可得，NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；
②由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，据此分析；
（4）①任何电解质溶液中都存在OH-、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；
②若上述关系中C是正确的，c(OH-)
【详解】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，离子方程式：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；
故答案是：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ ；4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；
（2）NH3·H2ONH4++OH-，氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小，溶液pH减小；
故答案是：氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小；
（3）①由氮元素守恒可得，NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；
故答案是：NH3·H2O；NH4+；
②由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，故NH4+和H+ 两种粒子的物质的量之和比OH-多0.1mol；
故答案是：NH4+； H+；
（4）①溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，任何水溶液中均存在OH-、H+，所以去掉OH-、H+，剩下的离子就是溶质产生的，因此①中溶质为氯化铵 ，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；
答案是：氯化铵；A；
②若上述关系中C是正确的，c(OH-)
③溶液呈中性，据c(Cl-)+ c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl-)=c(NH4+)，因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性；故答案是：＜； =。
22.研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知CH4(g)+CO2(g)→2H2(g)+2CO(g)。
（1）该反应的平衡常数K=__。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后CH4的质量减少了4.8g，则v(CH4)__。
（2）根据如图可得出n(CO2)消耗__n(CH4)消耗（填“＞”、“＜”和“＝”，原因是___。
【答案】(1). (2). 0.005mol/(L·min) (3). ＞ (4). 有水生成，平衡时n(H2)＜n(CO)，说明部分CO2和H2发生了反应
【解析】
【分析】（1）平衡常数K=生成物浓度的幂之积/反应物浓度的幂之积；据此写出该反应的平衡常数K的表达式；根据30min后CH4的质量的变化量，求出变化的浓度，根据v(CH4)=∆c/∆t进行计算；
（2）根据图中信息，有水生成，平衡时n（H2）＜n(CO)，所以反应中二氧化碳的消耗量大于甲烷的消耗量，说明部分CO2和H2发生了反应。
【详解】（1）已知CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)，根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数K=；在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后CH4的质量减少了4.8g，减小的甲烷的物质的量为4.8g/16g/mol=0.3mol，浓度的变化为0.3mol/2L=0.15mol/L；则v(CH4)=∆c/∆t=0.15mol/L/30min=0.005mol/(L·min)；
故答案是：；0.005mol/(L·min) ；
（2）根据图中信息，有水生成，平衡时n（H2）＜n(CO)，所以反应中二氧化碳的消耗量大于甲烷的消耗量， 即n(CO2)消耗大于n(CH4)消耗；说明部分CO2和H2发生了反应；
故答案是：＞ ；有水生成，平衡时n(H2)＜n(CO)，说明部分CO2和H2发生了反应。
23.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。
制备K2FeO4（夹持装置略）
（1）A为氯气发生装置，A中反应离子方程式是：___。
（2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。___。
（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有：___。
（4）已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。为了保证生产KClO，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是：___、__。
探究K2FeO4的性质
（5）高铁酸钾常用于工业废水与城市生活污水的处理，可用作高效水处理剂，表现在水中与污染物作用的过程中，经过一系列反应，由六价降至三价后，能对水产生净化作用的原因是（结合离子方程式回答）：____。
（6）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K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生（用离子方程式表示）。
ii．方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。
（7）用KOH溶液洗涤的目的是___。
（8）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FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是___。
（9）资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO42-，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FeO42-＞MnO42-，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：__。
【答案】(1). 2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O (2). (3). 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O (4). 将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴 (5). 在通入氯气的过程中不断搅拌 (6). 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-，生成的Fe(OH)3具有净水作用 (7). Fe3+ (8). 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O (9). 使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验 (10). > (11). 溶液酸碱性不同 (12). 能说明，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MnO42-的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
【解析】
【分析】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸加热反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，据此写出离子方程式；
（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢和水蒸气，因此为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，据此进行分析；
（3）由于KOH过量， Cl2与KOH也能发生反应；
（4）控制反应在0℃~5℃进行，采用的方法能够达到降温的目的即可；
（5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水；
（6）i．Fe3+与KSCN溶液相遇，溶液呈红色；K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+，据此写出离子方程式；
（7）K2FeO4晶体碱性条件下较稳定，使用KOH溶液溶出可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验；
（8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3 在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案Ⅱ中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；据此进行分析；
（9）FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，Mn2+被氧化为MnO42-，溶液浅紫色，故能说明氧化性FeO42-＞MnO42-。
【详解】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸混合，反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，A中反应离子方程式是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
故答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢，为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，用以除去氯化氢，B中导管应为“长进短出”，如图所示：；故答案是：；
（3）由于KOH过量，Cl2与KOH反应生成氯化钾和次氯酸钾，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）若要控制反应在0℃~5℃进行，实验时将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴，也可以在通入氯气的过程中不断搅拌，以达到降温目的；
故答案是：将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴；在通入氯气的过程中不断搅拌；
（5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水；离子方程式为：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-；
故答案是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-；生成的Fe(OH)3具有净水作用；
（6）i．方案Ⅰ中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应后溶液中含有Fe3+；根据题干资料信息：K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+；离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
故答案是：Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
（7）K2FeO4晶体在碱性条件下较稳定，使用KOH溶液洗涤可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验，因此用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，同时洗去K2FeO4固体表面吸附的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，干扰实验；
故答案是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验；
（8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3 在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案Ⅱ中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；氧化性强弱关系相反的原因是两个反应体系的酸碱性不同，因此溶液的酸碱性会影响物质的氧化性的强弱。
故答案是：>；溶液酸碱性不同；
（9）向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，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MnO42-的颜色，故能说明氧化性FeO42-＞MnO42-；由于K2FeO4为紫色固体，若向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，若观察到溶液的颜色仍为浅紫色；若二者没有发生反应，则氧化性：FeO42-
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分）
1.下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（ ）
A. NH3 B. FeS C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气和氢气在一定条件下生成NH3，可以由单质直接化合得到，故A不选；
B. 铁与硫加热反应生成FeS，可以由单质直接化合得到，故B不选；
C.铁与氯气反应只生成FeCl3，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能由单质直接化合而得到，故C可选；
D. 铁与氯气反应只生成FeCl3，可以由单质直接化合得到，故D不选；
故答案选C。
2.历史上，铝、钛、铁、铜四种金属，最早使用的是（ ）
A. 铜 B. 铁 C. 钛 D. 铝
【答案】A
【解析】
【详解】由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然铜；铁、钛、铝均比铜活泼，使用的比铜晚，因此A正确；
故答案选A。
3.在某些月饼的包装盒内有个小纸袋，将小纸袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，溶液呈浅绿色，滴入几滴氯水，溶液变棕黄色。以下结论不正确的是（ ）
A. 该灰黑色粉末用作抗氧化剂 B. 小纸袋中原装粉末是Fe2O3
C. 小纸袋中可能装有活性铁粉 D. 该灰黑色粉末不可食用
【答案】B
【解析】
【详解】由题中信息可知，铁粉为黑色粉末，加入盐酸后生成氯化亚铁溶液（呈浅绿色），滴入几滴氯水，发生氧化反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，生成了铁离子，溶液变棕黄色；
A、铁为灰黑色粉末，具有还原性，用作抗氧化剂，故A不选；
B、氧化铁为红棕色，不是灰黑色，且不具有还原性，不能抗氧化，故B可选；
C、该灰黑色粉末是铁粉，故C不选；
D、该灰黑色粉末为铁粉，不可食用，故D不选；
故答案选B。
4.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为（ ）
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液③ 加入少量KSCN溶液
A. ①② B. ③② C. ③① D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】鉴别某溶液中不含有Fe3+而含有Fe2+的步骤为：先向溶液中加入含有SCN-的溶液，看是否有红色生成，若有红色生成则该溶液中含有Fe3+；若无红色生成，再向其中加入具有强氧化性的物质，观察是否有红色生成，若有红色生成，则该溶液中含有Fe2+；加入的氧化剂的本身颜色不能干扰该检验反应，紫红色的KMnO4溶液对于Fe3+和SCN-生成的红色物质有干扰，而黄色的氯水不会，故选C项；
故答案选C。
5.下列实验操作中，仪器需插入液面下的是（ ）
A. 分液时，分液漏斗的长颈插入下层液体里
B. 用水吸收氨气的导气管
C. 制备Fe(OH)2，用胶头滴管将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
D. 往NaOH溶液中加酚酞
【答案】C
【解析】
【详解】A. 分液时，分液漏斗的结构中有旋塞，可以控制液体的滴加速度，分液漏斗的长颈应该紧贴烧杯内壁，不用插入下层液体里，故A不选；
B. 氨气极易溶于水，吸收氨气时导气管不能插入液面以下，易发生倒吸，故B不选
C.为防止Fe(OH) 2被氧化，制备时用胶头滴管插入液面以下，将NaOH溶液滴入FeSO 4溶液中，以达到隔绝空气的作用，故C可选；
D. 向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能插入试管中，在试管口上方悬空滴加，故D不选；
故答案选C。
6.常温下某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－10 mol/L，该溶液中溶质不可能是( )
A. NaHSO4 B. Al2(SO4)3 C. NaOH D. HCl
【答案】B
【解析】常温下，溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－10 mol/L，说明溶液中的溶质对水的电离起抑制作用。NaHSO4在溶液中电离出Na+、H+、SO42-，H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是NaHSO4，A项错误；Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3+能发生水解，能促进水的电离，该溶液中溶质不可能是Al2(SO4)3，B项正确；NaOH电离出的OH—对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是NaOH，C项错误；HCl电离出的H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是HCl，D项错误。
7.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+、Ag+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量存在的离子是（ ）
A. NH4+ B. Mg2+ C. Fe2+ D. Ag+
【答案】B
【解析】
【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少；Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少；Ag+与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化银沉淀，加入盐酸后变为氯化银沉淀，Ag+减少，以此来解答。
【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2、AgOH沉淀；Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3、AgOH与过量的盐酸作用分别生成MgCl2、FeCl3溶液，AgCl沉淀；则减少的离子为NH4+、Fe2+、Ag+，溶液中大量存在的离子是Mg2+，故B正确；
故答案选B。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 标准状况下2.24LCO2通入1mol/L100mLNaOH溶液中：CO2+OH-→HCO3-
B. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+→Fe3++3H2O
C Na2S水解：S2-+2H2OH2S+2OH-
D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4++HCO3-+2OH-→CO32-+NH3+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.标准状况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，1mol/L100mLNaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，二者1:1完全反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO2+OH-=HCO3-，故A正确；
B.碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O， 故B错误；
C. H2S属于二元弱酸，电离分步进行；Na2S属于二元弱酸形成的盐，水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+ OH-，不能一步到位，故C错误；
D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：HCO3-+OH-=CO32-+ H2O，故D错误；
故答案选A。
9.25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是（ ）
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的离子种类相同
C. c(OH-)前者大于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大
【答案】C
【解析】A．NaHCO3溶液中存在的电离HCO3-和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；B．HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；C．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO32-)均增大，故D正确；故选C。
10.在25℃时将pH＝11 的NaOH 溶液与pH＝3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（ ）
A. c(Na+)==c(CH3COO－)+c(CH3COOH)
B. c(H+)==c(CH3COO－)+c(OH一)
C. c(Na+) >c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)
D. c (CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
【答案】D
【解析】pH之和为14的酸碱等体积混合，醋酸过量，所以c (Na+)
A. c(NH4+)：③＞①
B. 水电离出的c(H+)：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH3·H2O是弱电解质,部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：③＞①，故A正确；
B.酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离，①中c(OH-)小于②中c(H+)，所以①抑制水电离程度小于②，则水电离出的c(H+)：②<①，故B错误；
C. NH3·H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故C正确；
D.①和③等体积混合后，NH3·H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c(NH4+)＞c(Cl-)，NH3·H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；
故答案选B。
12.下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A. NO2通入FeSO4溶液中 B. CO2通入CaCl2溶液中
C. NH3通入AlCl3溶液中 D. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A.NO 2溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有氧化性，能把硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，溶液由浅绿色变为浅黄色，故A不选；
B.由于盐酸的酸性大于碳酸，根据强酸制备弱酸的规律可知，CO 2和氯化钙溶液是不反应的，没有明显现象，故B可选；
C.NH 3通入到氯化铝溶液中生成白色沉淀氢氧化铝，故C不选；
D.SO 2溶于水显酸性，在酸性条件下硝酸钡能把SO 2氧化生成硫酸钡白色沉淀，故D不选；
故答案选B
13.四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是（ ）3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-→Fe3O4↓+S4O62-+2H2O，下列说法不正确的是
A. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5
B. 若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2的物质的量为0.5mol
C. 每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol
D. O2是氧化剂，S2O32-与Fe2+是还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】A项，在该反应中，由元素的价态变化可得：O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，由反应中的化学计量数可知，3mol Fe2+中有1mol不作还原剂，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1:4，故A项错误；
B项，若有2molFe2+被氧化，由电子守恒可知，则被Fe2+还原的O2为[2mol×（3-2）]/[2×(2-0)]=0.5mol，故B项正确；
C项，每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子数为1mol×2×(2-0)=4mol，故C项正确；
D项，在该反应发生前后，Fe 、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-与Fe2+是还原剂，故D项正确；
故答案为A。
14.己知氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，判断下列化学方程式一定不正确的是（ ）
A. 2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2 B. 6FeCl2+3Br2→4FeCl3+2FeBr3
C. FeBr2+Cl2→FeCl2+Br2 D. FeI2+Cl2→FeCl2+I2
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立，由此分析解答。
【详解】A、根据2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2可以知道氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A正确；
B、根据6FeCl2+3Br2=4FeCl3+2FeBr3可以知道氧化性是Br2＞Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B正确；
C、亚铁离子的还原性强于溴离子，所以氯气与溴化亚铁反应首先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，故C错误；
D、根据FeI2+Cl2=FeCl2+I2可以知道氧化性是Cl2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故D正确；
故答案选C。
15. 下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A. O2、 I2、 Hg B. CO2、 KCl、 SiO2
C. Na 、 K 、 Rb D. SiC、 NaCl 、 SO2
【答案】B
【解析】试题分析：O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，选项A不正确；
干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，选项B正确； Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，选项C不正确；SiC为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降低，选项D不正确。
16.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间的变化如图所示，如图可得出的正确结论是（ ）
A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a~b段大于b~c段
【答案】C
【解析】
【分析】A.反应达到平衡时的标志是：v正=v逆，而不是v正最大，据此分析A项；
B.随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，据此分析B项；
C.随着反应的不断进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，据此分析C项；
D.随着反应的进行，SO2不断消耗，转化率=消耗量/起始量×100%，据此分析D项。
【详解】A项，反应达到平衡时，v正=v逆，c点v正最大，但未达到平衡，故A错误；
B项，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，所以a点反应物浓度大于b点的，故B错误；
C项，反应初始阶段，随着反应的进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；
D项，随着反应的进行，SO2的转化率逐渐增大，所以b～c段的转化率大于a～b段，故D错误；
故答案选C。
17.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体
C. 系数n>m D. Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；
C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；
D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；
答案选C。
18.如图是微粒物质的量变化图，常温下向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A. H2A在水中的电离方程式是：H2A→2H++A2-
B. 当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. 当V(NaOH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)
D. 当V(NaOH)=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图知，溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H++HA-，HA-⇌ H++ A2-，故A错误；
B. 当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA,溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明 HA-能电离和水解，且c(H2A)< c(A2-)，说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是： c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故B正确；
C.当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH= Na2A+H2O ，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A 的混合溶液，根据电荷守恒得： c(Na+)+ c(H+)= c(HA-)+ 2c(A2-)+ c(OH-)①，物料守恒：3c(HA-)+ 3c(A2-)+ 3 c(H2A)=2 c(Na+)②，根据①×2+②得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)，故C错误；
D.当V(NaOH)=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A ，含有弱离子的盐促进水电离，所以Na2A 促进水电离，故D错误；
故答案选 B。
19.将几滴KSCN(SCN- 是“类卤离子”)溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：①向其中一份中加入适量KMnO4溶液，溶液红色褪去；②向另一份中通入SO2，溶液红色也褪去。下列说法中不正确的是（ ）
A. ①中溶液红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化，使Fe(SCN)3消失
B. ②中溶液红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+
C. ②中溶液红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】C
【解析】本题考查KMnO4、Fe3+、（SCN）2的氧化性的相对强弱。所涉及不为：
2MnO4—+ 10SCN-+16H+=2Mn2++5(SCN)2+8H2O
2Fe3＋＋SO2＋4H＋=2Fe2＋＋SO42－＋2H2O
故答案为C
20.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为( )
A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol
【答案】B
【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]=( 0.15L× 4 mol·L－1— )× = 0.25mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25 mol。故本题正确答案为B。
二、综合分析题
21.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理图如图所示。
（1）写出涉及铁化合物的两个离子方程式：___；___。
（2）25℃时，向0.1mol·L-1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，从平衡移动的角度解释主要原因是：___。
（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl、0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失）
①___和___两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
②___和____两种子的物质的量之和比OH-多0.1mol。
（4）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能如下四种关系。
A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B．c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-) D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是__，上述离子浓度大小序中正确的是__（选填序号）。
②若上述关系中C是正确的，则该溶质的化学式是__。
③若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氮永混含而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)__（填“＞”“＜”或“＝”，下同）c(NH3·H2O)，混合后溶液中c(NH4+)与c(Cl-)的关系c(NH4+)___c(Cl-)。
【答案】(1). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (2). 4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O (3). 氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小 (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). NH4+ (7). H+ (8). 氯化铵 (9). A (10). NH4Cl和HC1 (11). ＜ (12). =
【解析】
【分析】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁；酸性环境下，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，据此写出离子方程式；
（2）电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，增大NH4+浓度，抑制了NH3·H2O的电离；
（3）①由氮元素守恒可得，NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；
②由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，据此分析；
（4）①任何电解质溶液中都存在OH-、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小；
②若上述关系中C是正确的，c(OH-)
【详解】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，离子方程式：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；
故答案是：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ ；4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；
（2）NH3·H2ONH4++OH-，氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小，溶液pH减小；
故答案是：氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小；
（3）①由氮元素守恒可得，NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；
故答案是：NH3·H2O；NH4+；
②由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，故NH4+和H+ 两种粒子的物质的量之和比OH-多0.1mol；
故答案是：NH4+； H+；
（4）①溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，任何水溶液中均存在OH-、H+，所以去掉OH-、H+，剩下的离子就是溶质产生的，因此①中溶质为氯化铵 ，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；
答案是：氯化铵；A；
②若上述关系中C是正确的，c(OH-)
③溶液呈中性，据c(Cl-)+ c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl-)=c(NH4+)，因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性；故答案是：＜； =。
22.研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知CH4(g)+CO2(g)→2H2(g)+2CO(g)。
（1）该反应的平衡常数K=__。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后CH4的质量减少了4.8g，则v(CH4)__。
（2）根据如图可得出n(CO2)消耗__n(CH4)消耗（填“＞”、“＜”和“＝”，原因是___。
【答案】(1). (2). 0.005mol/(L·min) (3). ＞ (4). 有水生成，平衡时n(H2)＜n(CO)，说明部分CO2和H2发生了反应
【解析】
【分析】（1）平衡常数K=生成物浓度的幂之积/反应物浓度的幂之积；据此写出该反应的平衡常数K的表达式；根据30min后CH4的质量的变化量，求出变化的浓度，根据v(CH4)=∆c/∆t进行计算；
（2）根据图中信息，有水生成，平衡时n（H2）＜n(CO)，所以反应中二氧化碳的消耗量大于甲烷的消耗量，说明部分CO2和H2发生了反应。
【详解】（1）已知CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)，根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数K=；在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后CH4的质量减少了4.8g，减小的甲烷的物质的量为4.8g/16g/mol=0.3mol，浓度的变化为0.3mol/2L=0.15mol/L；则v(CH4)=∆c/∆t=0.15mol/L/30min=0.005mol/(L·min)；
故答案是：；0.005mol/(L·min) ；
（2）根据图中信息，有水生成，平衡时n（H2）＜n(CO)，所以反应中二氧化碳的消耗量大于甲烷的消耗量， 即n(CO2)消耗大于n(CH4)消耗；说明部分CO2和H2发生了反应；
故答案是：＞ ；有水生成，平衡时n(H2)＜n(CO)，说明部分CO2和H2发生了反应。
23.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。
制备K2FeO4（夹持装置略）
（1）A为氯气发生装置，A中反应离子方程式是：___。
（2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。___。
（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有：___。
（4）已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。为了保证生产KClO，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是：___、__。
探究K2FeO4的性质
（5）高铁酸钾常用于工业废水与城市生活污水的处理，可用作高效水处理剂，表现在水中与污染物作用的过程中，经过一系列反应，由六价降至三价后，能对水产生净化作用的原因是（结合离子方程式回答）：____。
（6）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K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生（用离子方程式表示）。
ii．方案II可证明K2FeO4氧化了Cl-。
（7）用KOH溶液洗涤的目的是___。
（8）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FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是___。
（9）资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO42-，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FeO42-＞MnO42-，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：__。
【答案】(1). 2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O (2). (3). 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O (4). 将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴 (5). 在通入氯气的过程中不断搅拌 (6). 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-，生成的Fe(OH)3具有净水作用 (7). Fe3+ (8). 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O (9). 使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验 (10). > (11). 溶液酸碱性不同 (12). 能说明，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MnO42-的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。
【解析】
【分析】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸加热反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，据此写出离子方程式；
（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢和水蒸气，因此为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，据此进行分析；
（3）由于KOH过量， Cl2与KOH也能发生反应；
（4）控制反应在0℃~5℃进行，采用的方法能够达到降温的目的即可；
（5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水；
（6）i．Fe3+与KSCN溶液相遇，溶液呈红色；K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+，据此写出离子方程式；
（7）K2FeO4晶体碱性条件下较稳定，使用KOH溶液溶出可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验；
（8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3 在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案Ⅱ中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；据此进行分析；
（9）FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，Mn2+被氧化为MnO42-，溶液浅紫色，故能说明氧化性FeO42-＞MnO42-。
【详解】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸混合，反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，A中反应离子方程式是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
故答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢，为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，用以除去氯化氢，B中导管应为“长进短出”，如图所示：；故答案是：；
（3）由于KOH过量，Cl2与KOH反应生成氯化钾和次氯酸钾，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（4）若要控制反应在0℃~5℃进行，实验时将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴，也可以在通入氯气的过程中不断搅拌，以达到降温目的；
故答案是：将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴；在通入氯气的过程中不断搅拌；
（5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水；离子方程式为：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-；
故答案是：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-；生成的Fe(OH)3具有净水作用；
（6）i．方案Ⅰ中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应后溶液中含有Fe3+；根据题干资料信息：K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+；离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
故答案是：Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
（7）K2FeO4晶体在碱性条件下较稳定，使用KOH溶液洗涤可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验，因此用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，同时洗去K2FeO4固体表面吸附的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，干扰实验；
故答案是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验；
（8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3 在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案Ⅱ中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；氧化性强弱关系相反的原因是两个反应体系的酸碱性不同，因此溶液的酸碱性会影响物质的氧化性的强弱。
故答案是：>；溶液酸碱性不同；
（9）向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，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MnO42-的颜色，故能说明氧化性FeO42-＞MnO42-；由于K2FeO4为紫色固体，若向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，若观察到溶液的颜色仍为浅紫色；若二者没有发生反应，则氧化性：FeO42-
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