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2018年北京市高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项）
1．（6分）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 B．氘、氚用作“人 C．偏二甲肼用作发 D．开采可燃
氢气用于新能 造太阳”核聚变 射“天宫二号”的 冰，将其作为
源汽车 燃料 火箭燃料 能源使用
A．A B．B C．C D．D
2．（6分）我国科研人员提出了由 CO 和CH 转化为高附加值产品 CH COOH
2 4 3
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CH COOH总反应的原子利用率为100%
3
B．CH →CH COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
4 3
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
3．（6分）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 H COOH+C H 18OH
17 35 2 5
C H COOC H +H 18O
17 35 2 5 2
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1：NH
3
•H
2
O⇌NH
4
++OH﹣C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
4．（6分）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 石蕊溶液滴入氯 Na S溶液滴入 热铜丝插入稀硝酸
2
FeSO 溶液中 水中 AgC1浊液中 中
4
现象 产生白色沉淀，随 溶液变红，随后 沉淀由白色逐渐 产生无色气体，随
后变为红褐色 迅速褪色 变为黑色 后变为红棕色
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）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，含有官能团一COOH或一NH
2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
6．（6分）测定0.1mol•L﹣1 Na SO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
2 3
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl 溶液做对比实验，④
2产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是（ ）
A．Na
2
SO
3
溶液中存在水解平衡：SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO 2﹣浓度减小造成的
3
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的K 值相等
W
7．（6分）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%NaC1溶液）。
① 在Fe表面生成蓝色沉淀
② 试管内无明显变化
③ 试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K [Fe（CN） ]可能将Fe氧化
3 6
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
二、非选择题II卷（60分）
8．（17分）8﹣羟基哇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﹣羟基呼啉的合成路线。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）A→B的化学方程式是 。
（3）C可能的结构简式是 。
（4）C→D所需的试剂a是 。
（5）D→E的化学方程式是 。
（6）F→G的反应类型是 。
（7）将下列K→L的流程图补充完整：
K L
（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与G物质的量之比为 。9．（13分）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Ca （PO ） （OH），还含有Ca （PO ） F和有机碳
5 4 3 5 4 3
等。
溶解度：Ca （PO ） （OH）＜CaSO •0.5H O
5 4 3 4 2
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca （PO ） （OH）+3H O+10H SO 10CaSO •0.5H O+6H PO
5 4 3 2 2 4 4 2 3 4
①该反应体现出酸性关系：H PO H SO （填“＞”或“＜”）。
3 4 2 4
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同。 。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca （PO ） F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF
5 4 3 4
除去，写出生成HF的化学方程式
： 。
（4）H O 将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO 脱除，同时自身也会发生分解。相
2 2 2
同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱
除率变化的原因： 。
（5）脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有SO 2﹣残留，原因是 ；加
3 4
入BaCO 可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 。
3
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol•L
﹣1NaOH溶液滴定至终点时生成 Na HPO ，消耗NaOH溶液c mL．精制磷酸
2 4
中H PO 的质量分数是 （已知：H PO 摩尔质量为98 g•mol﹣1）
3 4 3 410．（12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转
化与存储，过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H SO （l）=2SO （g）+2H O（g）+O （g）+△H =+551 kJ•mol
2 4 2 2 2 1
﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O （g）=SO （g）△H =﹣297 kJ•mol﹣1
2 2 3
反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H SO 在平衡体系中物质的量
2 4
分数随温度的变化关系如图所示，p p （填“＞”或“＜”），得出该结论
2 1
的理由是 。
（3）I﹣可以作为水溶液中SO 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii
2
补充完整。
i．SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O
2 2 2
ii．I +2H O+ ═ + +2I﹣
2 2
（4）探究i、ii反应速率与SO 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL
2
SO 饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I 易溶
2 2
解在KI溶液中）
序号 A B C D
试剂 0.4 mol•L﹣1 KI a mol•L﹣1 KI 0.2 mol•L﹣1 H SO 0.2 mol•L﹣1 KI
2 4
组成 0.2 mol•L﹣1 H SO 0.0002 mol I
2 4 2
实验 溶液变黄，一 溶液变黄，出现浑 无明显现象象 溶液由棕褐色很快褪
段时间后出 浊较A快 色，变成黄色，出
现象
现浑浊 现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a= 。
②比较A、B、C，可得出的结论是 。
③实验表明，SO 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因： 。
2
11．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K FeO ）并探究其性质。
2 4
资料：K FeO 为紫色固体，微溶于 KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性
2 4
溶液中快速产生O ，在碱性溶液中较稳定。
2
（1）制备K FeO （夹持装置略）
2 4
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 Cl 发生的反应有 3Cl +2Fe（OH）
2 2
+10KOH═2K FeO +6KCl+8H O，另外还有 。
3 2 4 2
（2）探究K FeO 的性质
2 4
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Cl ，为证明是否K FeO 氧化了Cl﹣而产生Cl ，设计以下方案：
2 2 4 2
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K FeO
2 4
溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl 产生。
2
i．由方案1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K FeO 将Cl﹣氧化，还可能由 产生（用方程式表示）。
2 4
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣．用KOH溶液洗涤的目的是 。
2 4
②根据K FeO 的制备实验得出：氧化性Cl FeO 2﹣（填“＞”或“＜”），而
2 4 2 4
方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，原因是 。
2 4
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO 2﹣＞MnO ﹣，验证实验如下：将溶液b
4 4
滴入MnSO 和足量H SO 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否
4 2 4证明氧化性FeO 2﹣＞MnO ﹣，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验
4 4
方案，理由或方案： 。2018 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每题只有一个正确选项）
1．（6分）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 B．氘、氚用作“人 C．偏二甲肼用作发 D．开采可燃
氢气用于新能 造太阳”核聚变 射“天宫二号”的 冰，将其作为
源汽车 燃料 火箭燃料 能源使用
A．A B．B C．C D．D
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．
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【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质
的变化属于化学变化，化学变化为原子的重新组合，物质的组成、结构和性
质发生变化，但原子不会改变，以此解答该题。
【解答】解：A．甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范
畴，故B选；
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变
化，故C不选；
D．可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故 D不
选。
故选：B。
【点评】本题为2018年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生
产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。
2．（6分）我国科研人员提出了由 CO 和CH 转化为高附加值产品 CH COOH
2 4 3
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CH COOH总反应的原子利用率为100%
3
B．CH →CH COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
4 3
C．①→②放出能量并形成了C﹣C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【考点】15：化学反应的实质；H1：有机化合物中碳的成键特征．
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【分析】A．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；
B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；
C．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了 C﹣
C化学键；
D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡和反应焓变；
【解答】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，
生成CH COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；
3
B．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原
子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故B正确；
C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故C正确；
D．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度
中等。
3．（6分）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 H COOH+C H 18OH
17 35 2 5
C H COOC H +H 18O
17 35 2 5 2
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1：NH
3
•H
2
O⇌NH
4
++OH﹣
C．由Na和Cl形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
【考点】48：化学方程式的书写；92：离子键的形成；BI：电极反应和电池反
应方程式；I8：聚合反应与酯化反应．
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【分析】A．硬脂酸为 C H COOH，含有羧基，与 C H 18OH发生酯化反应生
17 35 2 5
成C H CO18OC H ；
17 35 2 5
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH •H O不能完全电离，为弱电
3 2
解质；
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键；
D．电解精炼铜，阴极析出铜。
【解答】解：A．硬脂酸为 C H COOH，含有羧基，与 C H 18OH发生酯化反
17 35 2 5
应，乙醇脱去 H 原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为
C H COOH+C H 18OH C H CO18OC H +H O，故A错误；
17 35 2 5 17 35 2 5 2
B．常温时，0.1mol•L﹣1氨水的pH=11.1，说明NH •H O不能完全电离，为弱电
3 2
解质，则电离方程式为NH
3
•H
2
O⇌NH
4
++OH﹣，故B正确；
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中 Na失去电子，Cl得到电子，则
由Na和Cl形成离子键的过程： → ，故C正确；
D．电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2e﹣═Cu，故D正确。
故选：A。【点评】本题综合考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电离、电子式以
及电极方程式，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合，很好地考查学
生的分析能力，题目难度不大。
4．（6分）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 石蕊溶液滴入氯 Na S 溶液滴入 热铜丝插入稀硝酸
2
FeSO 溶液中 水中 AgC1浊液中 中
4
现象 产生白色沉淀，随 溶液变红，随后 沉淀由白色逐渐 产生无色气体，随
后变为红褐色 迅速褪色 变为黑色 后变为红棕色
A．A B．B C．C D．D
【考点】B1：氧化还原反应．
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【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，
不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。
【解答】解：A．NaOH溶液滴入FeSO 溶液中，产生白色沉淀，为 Fe（OH）
4
，随后后变为红褐色，生成Fe（OH） ，Fe元素化合价发生变化，为氧化还
2 3
原反应，故A不选；
B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色
与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B
不选；
C．Na S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由 AgCl生成Ag S
2 2
沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故
C选；
D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及 NO转化为
NO ，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。
2
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断
的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。
5．（6分）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，含有官能团一COOH或一NH
2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【分析】由结构可知，该高分子由 和 发
生缩聚反应生成，高分子的结构简式为 ，以此
来解答。
【解答】解：A．单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误；
B ． 和 的 官 能 团 分 别 为 一 NH 、 一
2
COOH，故B正确；
C．氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；D．结构简式为 ，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子的结构、缩
聚反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易
错点，题目难度不大。
6．（6分）测定0.1mol•L﹣1 Na SO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
2 3
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl 溶液做对比实验，④
2
产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是（ ）
A．Na
2
SO
3
溶液中存在水解平衡：SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣+OH﹣
B．④的pH与①不同，是由于SO 2﹣浓度减小造成的
3
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的K 值相等
W
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【分析】A．Na SO 是强碱弱酸盐，SO 2﹣存在水解平衡；
2 3 3
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低；
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；
D．水的离子积常数K 只有温度有关。
w
【解答】解：A．Na SO 是强碱弱酸盐，SO 2﹣存在水解平衡，水解平衡为：
2 3 3
SO
3
2﹣+H
2
O⇌HSO
3
﹣+OH﹣，忽略二级水解，故A正确；
B．温度相同，④溶液的pH值低于①溶液的pH值，说明溶液中OH﹣浓度降低，
也就说明过程中SO 2﹣浓度有所降低，故B正确；
3
C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平
衡移动方向的影响不一致，故C错误；
D．水的离子积常数K 只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的K 值
w w
相等，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确Na SO 的水解平衡是解题
2 3
的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是
基础题。
7．（6分）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%NaC1溶液）。
① 在Fe表面生成蓝色沉淀
② 试管内无明显变化
③ 试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K [Fe（CN） ]可能将Fe氧化
3 6
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
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【分析】A．②③相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；
D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。
【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保
护了铁，故A正确；
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因
为K [Fe（CN） ]将Fe氧化，故B正确；
3 6
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K [Fe（CN） ]可在铁的表
3 6
面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用①的方法，应用②的方法，故
C正确；
D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则
换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误。
故选：D。
【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析
能力和实验能力，主要把握实验的原理以及金属的腐蚀，主要把握实验的合
理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。
二、非选择题II卷（60分）
8．（17分）8﹣羟基哇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﹣羟基呼啉的合成路线。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 烯烃 。
（2）A→B的化学方程式是 CH =CHCH + Cl CH =CHCH Cl + HCl 。
2 3 2 2 2
（3）C可能的结构简式是 CH ClCHOHCH Cl 或 CH OHCHClCH Cl 。
2 2 2 2
（4）C→D所需的试剂a是 NaOH 水溶液 。
（5）D→E的化学方程式是
CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO + 2H O 。
2 2 2 2
（6）F→G的反应类型是 取代反应 。
（7）将下列K→L的流程图补充完整：
K L
（8）合成8﹣羟基喹啉时，L发生了 氧化 （填“氧化”或“还原”）反应，反
应时还生成了水，则L与G物质的量之比为 3 ： 1 。
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】E和J发生加成反应生成K，根据K结构简式确定F中含有苯环、A为
链状结构，由 F 分子式知 F 为 ；由 E、J 分子式知， E 为CH =CHCHO，J为 ，F发生邻位取代生成 G为 ，G发生
2
还原反应生成J；
根 据 信 息 ii 结 合 D 分 子 式 知 D 为 CH OHCHOHCH OH ， 则 C 为
2 2
CH ClCHOHCH Cl 或 CH OHCHClCH Cl，则 a 为 NaOH 水溶液，结合 A 分
2 2 2 2
子式知 A 为 CH =CHCH ，高温条件下 A 和氯气发生取代反应，则 B 为
2 3
CH =CHCH Cl，K 在浓硫酸作用下发生信息 i 的反应生成 ，然后
2 2
发生消去反应生成L为 ，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知A为CH =CHCH ，为烯烃，
2 3
故答案为：烯烃；
（2）A为CH =CHCH ，B为CH =CHCH Cl，高温条件下A和氯气发生甲基上
2 3 2 2
的 取 代 反 应 ， 则 A→B 的 化 学 方 程 式 是 CH =CHCH +Cl
2 3 2
CH =CHCH Cl+HCl，
2 2
故答案为：CH =CHCH +Cl CH =CHCH Cl+HCl；
2 3 2 2 2
（ 3 ） 由 以 上 分 析 可 知 C 的 结 构 简 式 是 C 为 CH ClCHOHCH Cl 或
2 2
CH OHCHClCH Cl ，
2 2 2
故答案为：CH ClCHOHCH Cl或CH OHCHClCH Cl；
2 2 2 2
（4）通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液，
故答案为：NaOH水溶液；
（5）E为CH =CHCHO，D为CH OHCHOHCH OH，D发生消去反应和氧化反
2 2 2
应生成E，反应的化学方程式为CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO+2H O，
2 2 2 2
故答案为：CH OHCHOHCH OH CH =CHCHO+2H O；
2 2 2 2
（6）F为 发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（7）由题给信息可知K首先发生加成反应生成 ，然后再发生消去反应
生成L为 ，
故答案为：：
（8）L为 ，G为 ，J为 ，L与G反应生成J和8﹣
羟基喹啉，L 失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为 3 +
→3 + +2H O，L与G物质的量之比为3：1，
2
故答案为：氧化反应；3：1。
【点评】本题考查有机物的合成，为2018年北京考题，侧重考查学生的分析能
力，注意把握题给信息以及有机物官能团的转化，正确推断有机物的结构为
解答该题的关键，难度中等。
9．（13分）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Ca （PO ） （OH），还含有Ca （PO ） F和有机碳
5 4 3 5 4 3
等。
溶解度：Ca （PO ） （OH）＜CaSO •0.5H O
5 4 3 4 2
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 研磨，加热 。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca （PO ） （OH）+3H O+10H SO 10CaSO •0.5H O+6H PO
5 4 3 2 2 4 4 2 3 4
①该反应体现出酸性关系：H PO ＜ H SO （填“＞”或“＜”）。
3 4 2 4
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同。 同一周期，从左到
右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强 ，
所以 H PO 的酸性小于 H SO 的酸性 。
3 4 2 4
（3）酸浸时，磷精矿中Ca （PO ） F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF
5 4 3 4
除去，写出生成HF的化学方程式
： 2Ca （ PO ） F + 10H SO + 5H O 10CaSO • H O + 6H PO + 2HF 。
5 4 3 2 4 2 4 2 3 4
（4）H O 将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO 脱除，同时自身也会发生分解。相
2 2 2
同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱
除率变化的原因： 温度高于 80℃ 时， H O 的分解速率加快，导致 H O 的
2 2 2 2
浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降 。
（5）脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍有 SO 2﹣残留，原因是 CaSO
3 4 4
（ s ） Ca 2 + （ aq ） + SO 2﹣ （ aq ）， CaSO 的溶解度相对较大 ；加入BaCO
4 4 3
⇌可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 BaCO 3 + SO 4 2﹣ ⇌ BaSO 4 + CO 3 2﹣
。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol•L
﹣1NaOH溶液滴定至终点时生成 Na HPO ，消耗NaOH溶液c mL．精制磷酸
2 4
中 H PO 的质量分数是 （已知：H PO 摩尔质量为 98
3 4 3 4
g•mol﹣1）
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；
（2）①根据反应方程式，是由H SO 参加反应得到H PO ，是由强酸制取弱酸；
2 4 3 4
②H PO 和H SO 均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的
3 4 2 4
非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，
H+越易电离，含氧酸酸性越强；
（3）酸浸时，磷精矿中 Ca （PO ） F 所含氟转化为 HF，反应过程为 Ca
5 4 3 5
（PO ） F和H SO 反应，生成CaSO • H O，H PO 和HF，据此写出反应方
4 3 2 4 4 2 3 4
程式；
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升
高，有机碳脱除率降低，考虑 H O 受热分解，导致H O 浓度降低影响有机
2 2 2 2
碳的脱除率；
（5）脱硫过程是加入CaCO 发生反应，脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍
3 3
有SO 2﹣残留，反应过程生成 CaSO ，而CaSO 相对于CaCO 溶解度较大，
4 4 4 3
能产生多余的SO 2﹣，加入BaCO 可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生
4 3
沉淀转化，BaCO 可转化为更难溶的BaSO ；
3 4
（6）滴定反应为：H PO +2NaOH═Na HPO +2H O，据此计算。
3 4 2 4 2
【解答】解：（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，
根据流程图，加快化学反应速率的措施有：研磨，加热，
故答案为：研磨，加热；
（2）①根据反应方程式，是由H SO 参加反应得到H PO ，是由强酸制取弱酸，
2 4 3 4因此酸性强弱为：H PO ＜H SO ，
3 4 2 4
故答案为：＜；
②H PO 和H SO 均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的
3 4 2 4
非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，
H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P的半径大于S，P的非金
属性小于S，所以H PO 的酸性小于H SO 的酸性，
3 4 2 4
故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧
化物对应的水化物酸性增强，所以H PO 的酸性小于H SO 的酸性；
3 4 2 4
（3）酸浸时，磷精矿中 Ca （PO ） F 所含氟转化为 HF，反应过程为 Ca
5 4 3 5
（PO ） F和H SO 反应，生成CaSO • H O，H PO 和HF，所以化学反应方
4 3 2 4 4 2 3 4
程 式 为 ： 2Ca （ PO ） F+10H SO +5H O 10CaSO •
5 4 3 2 4 2 4
H O+6H PO +2HF，
2 3 4
故 答 案 为 ： 2Ca （ PO ） F+10H SO +5H O 10CaSO •
5 4 3 2 4 2 4
H O+6H PO +2HF；
2 3 4
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升
高，有机碳脱除率降低，考虑 H O 受热分解，导致H O 浓度降低影响有机
2 2 2 2
碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80℃时，H O 的分解速率加快，导
2 2
致H O 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，
2 2
故答案为：温度高于 80℃时，H O 的分解速率加快，导致 H O 的浓度降低，
2 2 2 2
也就导致有机碳脱除率下降；
（5）脱硫过程是加入CaCO 发生反应，脱硫时，CaCO 稍过量，充分反应后仍
3 3
有SO 2﹣残留，反应过程生成 CaSO ，而CaSO 相对于CaCO 溶解度较大，
4 4 4 3
能产生多余的SO 2﹣，所以原因可以解释为：CaSO （s） Ca2+（aq）+SO 2﹣
4 4 4
（aq），CaSO 的溶解度相对较大，
4 ⇌
加入BaCO 可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO 可转化
3 3
为更难溶的BaSO
4
，离子方程式为：BaCO
3
+SO
4
2﹣ ⇌BaSO
4
+CO
3
2﹣，
故答案为：CaSO （s） Ca2+（aq）+SO 2﹣（aq），CaSO 的溶解度相对较大；
4 4 4
⇌BaCO
3
+SO
4
2﹣ ⇌BaSO
4
+CO
3
2﹣；
（ 6 ） 用 NaOH 滴 定 H PO 至 Na HPO 的 滴 定 反 应 为 ：
3 4 2 4
H PO +2NaOH═Na HPO +2H O，根据反应方程式，制磷酸中H PO 的物质的
3 4 2 4 2 3 4
量 为 ， 则 精 制 磷 酸 中 H PO 的 质 量 分 数 是
3 4
= ，
故答案为： 。
【点评】本题考察无机流程分析，综合了化学反应原理，考查了元素周期律，
无机含氧酸强度比较，陌生反应方程式的书写，沉淀溶解平衡原理，酸碱滴
定反应相关计算，是一道考察综合知识的题，题目整体难度中等，有助于培
养综合运用化学原理解决问题的能力。
10．（12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转
化与存储，过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H SO （l）=2SO （g）+2H O（g）+O （g）+△H =+551 kJ•mol
2 4 2 2 2 1
﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O （g）=SO （g）△H =﹣297 kJ•mol﹣1
2 2 3
反应Ⅱ的热化学方程式： 3SO （ g ） + 2H O （ g ） =2H SO （ l ） + S （ s ）， △ H=
2 2 2 4
﹣254kJ/mol 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H SO 在平衡体系中物质的量
2 4
分数随温度的变化关系如图所示，p ＞ p （填“＞”或“＜”），得出该结论
2 1
的理由是 当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系
中物质的量分数增大 。（3）I﹣可以作为水溶液中SO 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii
2
补充完整。
i．SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O
2 2 2
ii．I +2H O+ SO ═ 4H + + SO 2﹣ +2I﹣
2 2 2 4
（4）探究i、ii反应速率与SO 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL
2
SO 饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I 易溶
2 2
解在KI溶液中）
序号 A B C D
试剂组 0.4 mol•L﹣1 KI a mol•L﹣1 KI 0.2 mol•L﹣1 0.2 mol•L﹣1 KI
成 H SO
0.2 mol•L﹣1 H SO 2 4 0.0002 mol I
2 4 2
实验现 溶液变黄，一段 溶液变黄，出现浑 无明显现象象 溶液由棕褐色很
象 时间后出现浑 浊较A快 快褪色，变成
浊 黄色，出现浑
浊较A快
①B是A的对比实验，则a= 0. 4 。
②比较A、B、C，可得出的结论是 在酸性条件下， SO 与 I ﹣ 反应速率更快，
2
且 SO 与稀硫酸不发生反应 。
2
③实验表明，SO 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因： 反应
2
i 、 ii 知， SO 先和 I ﹣ 反应生成 I ， I 再和 SO 进一步反应， D 中 KI 溶液溶解
2 2 2 2
了 I ，导致 D 中的 ii 的反应较 A 快 。
2
【考点】CJ：产物百分含量与压强的关系曲线．
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【分析】（1）根据图知，反应 II 为 3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S
2 2 2 4
（s），
将方程式﹣I﹣III即得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H 进行
2 2 2 4
相应的改变；（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，
总方程式为得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），催化过程中i。
2 2 2 4
SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O，说明I﹣、H+在i作作反应物，在 ii中作生成物，
2 2 2
同时ii中还生成H SO ，根据元素守恒知，反应物还有SO ；
2 4 2
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快
慢顺序是B＞A＞C，且C中没有明显现象，说明不反应；
③反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中KI溶液
2 2 2 2
溶解了I ，导致D中的ii的反应较A快。
2
【解答】解：（1）根据图知，反应II为3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）
2 2 2 4
+S（s），
将方程式﹣I﹣III 即得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H=﹣
2 2 2 4
（+551kJ•mol﹣1）﹣（﹣297kJ•mol﹣1）=
﹣254kJ/mol，
故答案为：3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），△H=﹣254kJ/mol；
2 2 2 4
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量
分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：P ＜P ，说
1 2
明压强P ＞P ，
2 1
故答案为：＞；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体
系中物质的量分数增大；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，
总方程式为得3SO （g）+2H O（g）=2H SO （l）+S（s），催化过程中i。
2 2 2 4
SO +4I﹣+4H+=S↓+2I +2H O，说明I﹣、H+在i作作反应物，在 ii中作生成物，
2 2 2
同时ii中还生成H SO ，根据元素守恒知，反应物还有SO ，所以ii中方程式
2 4 2
应该为：
I +2H O+SO ═4H++SO 2﹣+2I﹣，
2 2 2 4
答案为：SO ；4H+；SO 2﹣；
2 4
（4）①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，
所以a=0.4，故答案为：0.4；
②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快
慢顺序是B＞A＞C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其
反应速率加快，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO 与I﹣反应速率更快，
2
且SO 与稀硫酸不发生反应，
2
故答案为：在酸性条件下，SO 与I﹣反应速率更快，且SO 与稀硫酸不发生反
2 2
应；
③反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中KI溶液
2 2 2 2
溶解了I ，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：D中出现浑浊
2
较A快，
故答案为：反应i、ii知，SO 先和I﹣反应生成I ，I 再和SO 进一步反应，D中
2 2 2 2
KI溶液溶解了I ，导致D中的ii的反应较A快。
2
【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、外界条件对化学平衡移动影响、实
验探究等，明确化学反应原理、实验原理及物质性质是解本题关键，注意：
作对比实验时应该只有一个条件不同，其它条件完全相同，题目难度中等。
11．（16分）实验小组制备高铁酸钾（K FeO ）并探究其性质。
2 4
资料：K FeO 为紫色固体，微溶于 KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性
2 4
溶液中快速产生O ，在碱性溶液中较稳定。
2
（1）制备K FeO （夹持装置略）
2 4
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是 2MnO ﹣ + 10Cl ﹣ + 16H + ═ 5Cl ↑ + 2Mn 2 +
4 2
+ 8H O （锰被还原为Mn2+）。
2
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 Cl 发生的反应有 3Cl +2Fe（OH）
2 2+10KOH═2K FeO +6KCl+8H O，另外还有 Cl + 2KOH ═ KCl + KClO + H O
3 2 4 2 2 2
。
（2）探究K FeO 的性质
2 4
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Cl ，为证明是否K FeO 氧化了Cl﹣而产生Cl ，设计以下方案：
2 2 4 2
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
K FeO 溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐
2 4
酸，有Cl 产生。
2
i．由方案1中溶液变红可知a中含有 F e 3 + 离子，但该离子的产生不能判断
一定 K FeO 将Cl﹣氧化，还可能由 4FeO 2﹣ +20H + ═4Fe 3+ +3O ↑+10H O 产
2 4 4 2 2
生（用方程式表示）。
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣．用KOH溶液洗涤的目的是 使 K FeO 稳
2 4 2 4
定溶出，并把 K FeO 表面吸附的 ClO ﹣ 除尽，防止 ClO ﹣ 与 Cl ﹣ 在酸性条件下
2 4
反应产生 Cl ，避免 ClO ﹣ 干扰实验 。
2
②根据K FeO 的制备实验得出：氧化性Cl ＞ FeO 2﹣（填“＞”或“＜”），而
2 4 2 4
方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，原因是 溶液酸碱性
2 4
会影响粒子氧化性的强弱 。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO 2﹣＞MnO ﹣，验证实验如下：将溶液b
4 4
滴入MnSO 和足量H SO 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否
4 2 4
证明氧化性FeO 2﹣＞MnO ﹣，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验
4 4
方案，理由或方案： 能说明，理由： FeO 2﹣ 在过量酸的作用下完全转化为
4
Fe 3 + 和 O ，溶液浅紫色是 MnO ﹣ 的颜色，不能说明，方案：向紫色溶液 b 中
2 4
滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色 。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl ，
2
MnO ﹣被还原为Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl ，据此写出反应的方程式；
4 2
②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的
Cl 中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目
2的；
③C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K FeO ，在碱性条件下，Cl 可以氧化Fe
2 4 2
（OH） 制取K FeO ，还存在反应为Cl 和KOH反应；
3 2 4 2
（2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，
但该离子的产生不能判断一定K FeO 将Cl﹣氧化，注意K FeO 在碱性溶液中
2 4 2 4
稳定，酸性溶液中快速产生O ，自身转化为Fe3+；
2
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K FeO 晶体，可以使
2 4 2 4
K FeO 稳定析出，并且除去 ClO﹣离子，防止在酸性条件下 ClO﹣和Cl﹣反应
2 4
产生Cl 干扰实验；
2
②Fe（OH） 在碱性条件下被 Cl 氧化为 FeO 2﹣，可以说明 Cl 的氧化性大于
3 2 4 2
FeO 2﹣，而方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是
4 2 4
FeO 2﹣在酸性条件下氧化Cl﹣生成Cl ，注意两种反应体系所处酸碱性介质不
4 2
一样；
③实验证明氧化性 FeO 2﹣＞MnO ﹣，即证明 FeO ﹣能将 Mn2+氧化为 MnO ﹣，
4 4 4 4
MnO ﹣在溶液中显紫色，K FeO 在碱性溶液中也显紫色，将溶液 b 滴入
4 2 4
MnSO 和足量H SO 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO ﹣在酸溶液
4 2 4 4
中立刻反应生成Fe3+和O ，据此分析。
2
【解答】解：（1）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到
Cl ，MnO ﹣被还原为Mn2+，Cl﹣被氧化为Cl ，所以反应的方程式为：2MnO
2 4 2 4
﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl ↑+2Mn2++8H O，
2 2
故答案为：2MnO ﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl ↑+2Mn2++8H O；
4 2 2
②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的
Cl 中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目
2
的，所以装置B应为：，
故答案为：
；
③C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K FeO ，在碱性条件下，Cl 可以氧化Fe
2 4 2
（OH） 制取K FeO ，还存在反应为Cl 和KOH反应，所以还发生的反应方
3 2 4 2
程式为：Cl +2KOH═KCl+KClO+H O，故答案为：
2 2
Cl +2KOH═KCl+KClO+H O；
2 2
（2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，
但该离子的产生不能判断一定K FeO 将Cl﹣氧化，注意K FeO 在碱性溶液中稳
2 4 2 4
定，酸性溶液中快速产生 O ，自身转化为 Fe3+，发生反应为：4FeO 2﹣
2 4
+20H+═4Fe3++3O ↑+10H O，
2 2
故答案为：Fe3+；4FeO 2﹣+20H+═4Fe3++3O ↑+10H O；
4 2 2
ii．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl﹣，使用KOH溶液溶出K FeO 晶体，可以使
2 4 2 4
K FeO 稳定析出，同时考虑到K FeO 表面可能吸附ClO﹣，ClO﹣在酸性条件
2 4 2 4
下可与Cl﹣反应生成Cl ，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：
2
使K FeO 稳定溶出，并把K FeO 表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣与Cl﹣在
2 4 2 4
酸性条件下反应产生Cl ，避免ClO﹣干扰实验，
2
故答案为：使K FeO 稳定溶出，并把K FeO 表面吸附的ClO﹣除尽，防止ClO﹣
2 4 2 4与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl ，避免ClO﹣干扰实验；
2
②Fe（OH） 在碱性条件下被 Cl 氧化为 FeO 2﹣，可以说明 Cl 的氧化性大于
3 2 4 2
FeO 2﹣，而方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO 2﹣的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是
4 2 4
FeO 2﹣在酸性条件下氧化Cl﹣生成Cl ，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，
4 2
所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，
故答案为：溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；
③MnO ﹣在溶液中显紫色，K FeO 在碱性溶液中也显紫色，将溶液 b 滴入
4 2 4
MnSO 和足量H SO 的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO 2﹣在酸溶液
4 2 4 4
中立刻反应生成Fe3+和O ，作为K FeO 的紫色褪去，则溶液中还显浅紫红色
2 2 4
的一定为MnO ﹣，
4
若答不能说明，则是考虑到FeO4﹣在酸性条件下发生反应转化为Fe3+和O ，由
2
于是加入足量的 H SO ，溶液酸性较强，Fe3+水解受到抑制，在水溶液中
2 4
Fe3+以 Fe（H O） 3+形式存在，颜色是浅紫色，则说明 FeO 2﹣并没有将
2 6 4
Mn2+氧化为MnO ﹣而显浅紫色，可以设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀
4
硫酸，观察溶液快速褪去还是显浅紫色，
故答案为：能说明，理由：FeO 2﹣在过量酸的作用下完全转化为 Fe3+和O ，溶
4 2
液浅紫色一定是MnO ﹣的颜色，
4
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。
【点评】本题以K FeO 为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验
2 4
操作流程的分析，还考察氯及其氧化物的氧化还原反应，需要明确实验室制
取Cl 的流程及其相关操作，题目整体难度中等，重在综合思维能力的考查
2
有助于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给信息的准确使用。
