1、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. A B. B C. C D. D【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
2、有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2. 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. CH4CH 3COOH 过程中，有 CH 键发生断裂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【答案】D【解析】分析：A 项，生成 CH3COOH 的总反应为 CH4+CO2 CH3COOH，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
3、键发生断裂；C 项，根据图示，的总能量高于 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 与 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
4、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，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. 下列化学用语对事实的表述不正确的是A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C 17H35COOH+C2H518OH C17H35COOC2H5+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：Cu 2+ +2e Cu【答案】A【解析】分析：A 项，酯化反
5、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”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+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-1 0.1molL-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为 NH3H2O NH4+OH-，B 项正确；C 项，Na 原子最外层有 1 个电子，
6、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. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A B C D实验NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S 溶液
7、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. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】分析：A 项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为 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
8、 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+H2O HCl+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还原反应； C 项，白色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 与稀 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；与氧化还原反应无关的是 C 项，答案
9、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. 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NH 2C. 氢键对该高分子的性能没有影响D. 结构简式为：【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、 ， 、 中
10、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-NH 2，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
11、 “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 0.1 molL-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。时刻 温度/ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25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. Na2SO3 溶液中存在水解平衡： +H2O +OHB. 的 pH 与不同，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. 与 的 Kw 值相
12、等【答案】C【解析】分析：A 项，Na 2SO3 属于强碱弱酸盐，SO 32-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，与温度相同，与 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（SO 32-）减小，水解平衡逆向移动；D 项，K w 只与温度有关。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、影响水的离子积的因素、SO 32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两
13、个角度进行分析。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）。 在 Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A. 对比， 可以判定 Zn 保护了 Fe B. 对比，K 3Fe(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【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+，
14、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
15、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
16、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。KS5U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。（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
17、生成了水，则 L 与 G 物质的量之比为 _。【答案】 (1). 烯烃 (2). CH2=CHCH3+Cl2 CH2=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 与 Cl2 高温反应生成 B，B 与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
18、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 与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“H 2O”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 为加成反应，则 E 的结构简式为CH2=CHCHO，
19、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 与 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 与 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，C
20、D 所需的试剂 a 是 NaOH、H2O，即 NaOH 水溶液。（5）DE 为消去反应，反应的化学方程式为 HOCH2CH（OH）CH2OH CH2=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“H 2O”，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+H 2O，即 + +H2O，对比 L 和 8-羟基喹啉的结构简式，L
21、发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中 L 与 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，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. 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：Ca 5(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，体系总物质的
22、量减小，H 2SO4 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，压强与 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）用控制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应 II 为 SO2 催
23、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，2H 2SO4（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。 （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，反应 ii 的离子方程式为I
24、2+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 与 B 中 KI浓度应相等，则 a=0.4。对比 A 与 B，加入 H+可以加快 SO2 歧化反应的速率；对比 B 与 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
25、黄色，出现浑浊较 A 快”， 反应速率 D A，由此可见，反应 ii 比反应 i 速率快，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与存储为载体，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. 实验小组制备高铁酸钾（K 2FeO4）并探究其性质。资料：K 2FeO4 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）A 为氯气发生装置
26、。A 中反应方程式是 _（锰被还原为 Mn2+）。将除杂装置 B 补充完整并标明所用试剂。_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_。（2）探究 K2FeO4 的性质取 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 取少量 a，滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。方案用 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
27、加盐酸，有 Cl2 产生。由方案中溶液变红可知 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） 。方案可证明 K2FeO4 氧化了 Cl 。用 KOH 溶液洗涤的目的是_。根据 K2FeO4 的制备实验得出：氧化性 Cl2_ （填“”或“”），而方案实验表明，Cl 2 和 的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，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 。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).
28、2KMnO4+16HCl 2MnCl2+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). 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）【解析】分析：（1）KMnO 4 与浓盐酸反应制 Cl2；由于盐酸具有挥发性，所得 Cl2 中混有HCl
29、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）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；K 2FeO4 微溶于KOH 溶
30、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，KMnO 4 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+2MnCl 2+5Cl2+8H2O，
31、离子方程式为 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H 2O。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 与 KOH的反应，Cl 2 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）根据上述制备反应，C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl，还可能
32、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。KS5UII.产生 Cl2 还可能是 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即 KClO 的存在干扰判断；K 2FeO4 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。该小题为
33、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。与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。
