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1、绝密启封并使用完毕前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。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16第一部分（选择题）1. 下列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（ ）2. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂
2、C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率3. 下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）A. 硬脂酸及乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB. 常温时，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2O+OHC. 由Na和C1形成离子键的过程：D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2eCu4. 下列实验中的颜色变化，及氧化还原反应无关的是（ ）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
3、沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色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。其结构片段如下图下列关于该高分子的说法正确的是（ ）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. 结构简式为：6. 测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）A. Na2S
4、O3溶液中存在水解平衡：+H2O+OHB. 的pH及不同，是由于浓度减小造成的C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D. 及的Kw值相等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）。下列说法不正确的是（ ）A. 对比，可以判定Zn保护了FeB. 对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C. 验证Zn保护Fe时不能用的方法D. 将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼第二部分（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。下图是8羟基喹啉的合成路线。已知：i. ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定
5、。（1）按官能团分类，A的类别是_。（2）AB的化学方程式是_。（3）C可能的结构简式是_。（4）CD所需的试剂a是_。（5）DE的化学方程式是_。（6）FG的反应类型是_。（7）将下列KL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“还原”）反应，反应时还生成了水，则L及G物质的量之比为_。9. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：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)”或“ (3). 反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系
6、总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 (5). SO42 (6). 4H+ (7). 0.4 (8). I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快11、【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). (3). Cl2+2OHCl+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). 若能，
7、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）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）1、【答案】B点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化及核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2、【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于
8、的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，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及CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响
9、，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应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。3、【答案】A【解析】分析：A项，酯化反应的机理是“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，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸及乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1molL-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9molL-10.1m
10、olL-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3H2ONH4+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+及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，阴极电极反应式为Cu2+2e-=Cu，D项正确；答案选A。点睛：本题考查酯化反应的机理、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、【答案】C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀
11、时的反应为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应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为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应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应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，及有色物质发生氧化还原反应；C项，白色
12、沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu及稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；及氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。5、【答案】B【解析】分析：芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解的单个分子为、；采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物的结构简式为。详解：A项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，
13、、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A项错误；B项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，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，芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D项错误；答案选B。点睛：本题考查肽键的水解、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
14、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、【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，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，及温度相同，及对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），的pH小于；C项，盐类水解为吸热过程，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只及温度有关。点睛：本题考查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
15、积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。7、【答案】D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对
16、比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺
17、牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。8、【答案】 (1). 烯烃 (2). CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl (3). HOCH2CHClCH2Cl ClCH2CH(OH)CH2Cl (4). NaOH，H2O (5). HOCH2CH(OH)CH2OH CH2=CHCHO+2H2O (6). 取代反应 (7). (8). 氧化 (9). 31【解析】分析：A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A及Cl2高温反
18、应生成B，B及HOCl发生加成反应生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，AB为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，CD为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A及Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据FGJ和E+JK，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+JK为加
19、成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，KL的过程中脱去1个“H2O”，结合KL的反应条件和题给已知i，KL先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为。（2）AB为CH3CH=CH2及Cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。（3）B及HOCl发生加成反应生成C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl。（4）CD为氯原子的水解反应，CD所需的试剂a是NaOH、
20、H2O，即NaOH水溶液。（5）DE为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH（OH）CH2OHCH2=CHCHO+2H2O。（6）F的结构简式为、G的结构简式为，FG的反应类型为取代反应。（7）K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，KL的过程中脱去1个“H2O”，结合KL的反应条件和题给已知i，K先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：。（8）根据流程L+GJ+8-羟基喹啉+H2O，即+H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中L及G物质的量之比为3:1。点睛：本题以8-羟基喹啉的合成为载体
21、，考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。9、【答案】 (1). 研磨、加热 (2). (3). 核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+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，
22、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应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释，P和S电子层数相同，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”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F及H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同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，反应速率减慢，相同条件下
23、有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）根据题意关系式为H3PO42NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度
24、升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-及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，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4及NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bm
25、ol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、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）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4及NaOH物质的量之比的确定等。10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol1 (2). (
26、3). 反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，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). 0.4 (8). I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (9). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强及H2SO4物质的量分数判断。（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。（4）用控
27、制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-254kJ/mol。学*科网（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反
28、应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。（4）B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A及B中KI浓度应相等，则a=0.4。对比A及B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B及C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应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”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快
29、，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化及存储为载体，考查盖斯定律的应用、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应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。11、【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). (3). Cl2+2OHCl+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). 若能，理由：FeO42在过
30、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）【解析】分析：（1）KMnO4及浓盐酸反应制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及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）根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2还会及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K2F
31、eO4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。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。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4及浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4及浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2
32、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。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。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2及KOH的反应，Cl2及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-+H
33、2O。（2）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及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。该小题
34、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FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：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）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。及气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。第 11 页