【校级联考】湖北省八校2019届高三上学期12月第一次联考理科综合化学试题(解析版)

湖北省八校2019届高三12月第一次联考理综化学试题

1.化学与社会生活技术密切相关，下列说法错误的是

A. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物

B. 商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C. 静置后的淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质

D. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近可寻找锗、硅、硒等半导体材料

【答案】A

【解析】

【详解】A.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故A错误；

B.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故B正确；

C.静置后的淘米水具有胶体的性质，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；

D.在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素具有金属性和非金属性，可在分界线附近寻找半导体材料，故D正确。

故选A。

2.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是

A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的

B. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3

C. 在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2

D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大

【答案】A

【解析】

【详解】A.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故A正确；

B.在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；

C.步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧

化为Br2，故C错误；

D.步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D错误。

故选A。

3.为了探究铁铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。下列说法错误的是

A. 高温加热装置中发生的反应为3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)

B. 虚线框处宜选择的装置是甲

C. 实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑色变为红色

D. 实验后，可用铝粉在高温下还原玻璃管中的固体获得铁单质

【答案】B

【解析】

【详解】A.高温加热装置中铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，故A正确；

B.生成氢气的密度比空气的密度小，所以用向下排空气法进入H2，应选择装置乙，故B错误；

C.氧化铜与氢气反应生成铜和水，发生的反应方程式为CuO+H2Cu+H2O，所以铜丝由黑色变为红色，故C正确；

D.玻璃管中的固体含有Fe3O4，铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁单质，故D正确。

故选B。

4.2018年11月在法国凡尔赛召开的国际计量大会( General Conference on Weights and Measures，CGPM)第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol-1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。新定义将于2019年5月20日正式生效。N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是

A. 22.4L(标准状况)氖气含有的电子数为10N A

B. 0.4 moI NH3与0.6mo1O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4N A

C. 27g铝中加入足量1mol·L-1的NaOH溶液，转移的电子数为3N A

D. 常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为N A

【答案】B

【解析】

【详解】A.标准状况22.4L的氖气物质的量为1mol，一个氦气原子中含有10个电子，所以1mol氖气含有的电子数为10N A，故A正确；

B.依据反应4NH3+5O24NO+6H2O，0.4moINH3与0.6mo1O2在催化剂的作用下充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成的NO的分子数小于0.4N A，故B错误；

C.27g铝的物质的量为1mol，而铝反应后变为+3价，故1mol铝反应转移3N A个电子，故C正确；

D.过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为N A，故D正确。

故选B。

【点睛】注意稀有气体为单原子分子。

5.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是

A. 氧分子的活化包括O－O键的断裂与C－O键的生成

B. 每活化一个氧分子放出0.29eV的能量

C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV

D. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，氧分子的活化是O－O键的断裂与C－O键的生成过程，故A正确；

B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；

C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；

D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。

故选C。

6.短周期主族元素W、M、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，Ⅹ原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是

A. X2W2和X2W中阴、阳离子个数之比均为1：2

B. M、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：M

C. 盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液

D. 可用M的单质与W的氢化物反应来证明非金属性：M>W

【答案】B

【解析】

【分析】

W的族序数是周期数的3倍，则W是O；X原子的最外层只有一个电子，且在O的后面，则X是Na；Y 是地壳中含量最多的金属元素，则Y是Al；Z在同周期中原子半径最小，则Z为Cl；M在W、X之间，则M为F，据此答题。

【详解】A.X和W形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数之比均为1：2，故A正确；

B.M、Z位于同一主族，非金属性：F＞Cl，形成气态氢化物的稳定性HF＞HCl，故B错误；

C.NaClO溶液与浓盐酸反应的化学方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑，有黄绿色的氯气生成，氯气与冷的氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，又得到NaClO溶液，故C正确；

D.氟气与水反应的化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，氟能够将氧从其化合物中置换出来，说明非金属性：F＞O，故D正确。

故选B。

【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；③和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；④最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑤由对应最低价阴离子的还原

性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑥置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。

7.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A.在酸性条件下，H+与NO3-结合相当于硝酸，硝酸也具有强氧化性，从实验角度看，两种氧化剂都可以氧化亚铁离子，是得不出来过氧化氢的氧化性比Fe3+强的结论，故A错误；

B.氯水可氧化亚铁离子，由现象不能说明原FeSO4溶液已被空气中的氧气氧化变质，故B错误；

C.铜与稀硫酸不反应，酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，则铜粉逐渐溶解，故C错误；

D.碳酸氢钠与偏铝酸钠反应的化学方程式：NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，

说明AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确。

故选D。

8.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。某教师在指导学生做研究性学习时，拟利用废铁屑在实验室制备FeSO4溶液，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，相对分子质量为392]。硫酸亚铁铵晶体比一般亚铁盐稳定，在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。

(1)废铁屑的净化：将废铁屑投入10%的碳酸钠溶液中并加热5~10min，通过倾析法弃去纯碱溶液，并用蒸馏水洗净废铁屑，待用。

(2)酸浸净化后的废铁屑：将2gFe粉、10mL3mol·L-1的H2SO4溶液加入烧瓶中反应，用如图所示装置制备FeSO4溶液。保持温度70~80℃，适当添加水以补充被蒸发掉的水分，并控制溶液的pH，至反应无明显气泡产生，停止加热，过滤，称量残留固体质量。

①反应过程中会产生少量H2S、PH3等气体，需使用封闭装置。写出用CuSO4溶液吸收H2S气体的化学反应方程式：____________________________

②反应过程中使用过量铁粉的目的是____________________________

(3)制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O：向FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。

实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是_____ (填序号)。

A.通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Clˉ、SO42ˉ

B.加入过量KSCN溶液：K+、NH4+、Fe3+、SO42ˉ、SCNˉ

C.加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42ˉ、OHˉ

D.加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42ˉ、Clˉ、ClOˉ、OHˉ

(4)产品纯度测定：称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，取25.00mL待测液，用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。重复上述操作2次实验结果如下：

该产品的纯度为____________________________(用含a、c的代数式表示)。

有同学提出，测定产品中SO42ˉ的含量也可测定产品的纯度，请补充完整实验方案：称取约0.4g样品，溶

于70mL水，__________________________________________________，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据(实验中必须使用的试剂有：2mol·L-1的HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。

【答案】(1). CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4(2). 避免Fe2+被氧化为Fe3+(3). D (4). 980c/a×100% (5). 加入2mol/LHCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加AgNO3溶液不出现浑浊

【解析】

【分析】

（2）①实验室用CuSO4溶液吸收H2S气体，生成硫酸和硫化铜；

②铁粉具有还原性，反应过程中使用过量铁粉的目的是避免Fe2+被氧化为Fe3+；

（3）根据离子共存的判断方法进行解析；

（4）第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为（25.02+24.98）/2mL=25mL，根据离子反应方程式进行计算；测定产品中SO42ˉ的含量也可测定产品的纯度，具体实验方案为：称取约0.4g 样品，溶于70mL水，加入2mol/LHCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加AgNO3溶液不出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据。

【详解】（2）①实验室用CuSO4溶液吸收H2S气体，生成硫酸和硫化铜，化学反应方程式为：

CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，故答案为：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。

②铁粉具有还原性，反应过程中使用过量铁粉的目的是避免Fe2+被氧化为Fe3+，故答案为：避免Fe2+被氧化为Fe3+。

（3）据已知信息可知，母液中主要存在的离子有Fe2+、H+、NH4+、SO42ˉ，

A.通入过量Cl2，溶液中的Fe2+不能大量共存，且主要存在的离子应包括ClO-，故A错误；

B.加入过量KSCN溶液，溶液中的Fe3+与SCNˉ不能大量共存，故B错误；

C.加入过量NaOH溶液，溶液中的Fe2+与NH4+均不能大量存在，故C错误；

D.加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，H+与OHˉ发生中和反应生成水，NH4+以NH3的形式逸出，Fe2+先转化为Fe3+，（2Fe2++ClO-+H2O=2Fe3++Cl-+2OH-），再以Fe(OH)3的形式除去，则反应后的溶液中主要存在的离子为：Na+、SO42ˉ、Clˉ、ClOˉ、OHˉ，故D正确。

故答案为：D。

（4）因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为

（25.02+24.98）/2mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：

n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=5n（KMnO4）=25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有

n[（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol，所以该产品的质量分数

=2.5c×392/a×100%=980c/a×100%，

测定产品中SO42ˉ的含量也可测定产品的纯度，具体实验方案为：称取约0.4g样品，溶于70mL水，加入

2mol/LHCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加AgNO3溶液不出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据；故答案为：980c/a×100%；加入2mol/LHCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加AgNO3溶液不出现浑浊。

【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：①溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；②溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；③溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；④是“可能”共存，还是“一定”共存。

9.2018第十二届中国国际航空航天博览会于11月6目至11日在珠海举行，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：

注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。

(1)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率的措施有_______、_________(写出两种)。

(2)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为

________________________。

(3)固体混合物B的组成为______________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_____________________

(4)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：_____CuO+___Al2O3___CuAlO2+_____↑

(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析不正确的是_______(填序号)。

A.氧化剂为CuSO4和FeS2

B.反应后溶液的pH降低

C.每转移2mol电子消耗3 mol Cu SO4

D.被氧化的FeS2只占总量的30%

【答案】(1). 搅拌(2). 适当升温、适当增大硫酸的浓度(3). 3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O (4). Al(OH)3和CuO的混合物(5). Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O (6). 4 (7). 2 (8). 4 (9). O2

(10). C

【解析】

【分析】

由工艺流程图可以知道，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，渣料中含有CuO及少量的Ag，向渣料中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag，向CuSO4溶液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，根据题给注解，煮沸过滤得到的B为氢氧化铝和CuO的混合物，B在惰性气体中煅烧会得到CuAlO2，据此分析。

【详解】（1）为了加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4的速率，可以采取的措施为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸的浓度等，故答案为：搅拌，适当升温、适当增大硫酸的浓度。

（2）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，反应的化学方程式为：

3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，离子方程式为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故答案为：

3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O。

（3）CuSO4溶液中加入Al2（SO4）3、NaOH产生Al（OH）3和Cu（OH）2沉淀，由于Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸时Cu（OH）2分解成CuO和H2O，Al（OH）3不分解，过滤后得到固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO的混合物；氢氧化铝是两性氢氧化物，NaOH是强碱，若强碱溶液过量，则过量的NaOH能溶解部分或全部氢氧化铝，其离子方程式为Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，故答案为：Al(OH)3和CuO的混合物，Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O。

（4）根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由+2价降为+1价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价由-2价升为0价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：

4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑，故答案为：4，2，4，O2。

（5）该反应的化学方程式为：14CuSO4+5FeS2+12H2O=12H2SO4+7Cu2S+5FeSO4。

A.在该氧化还原反应中，CuSO4是得电子的物质，是反应中的氧化剂，FeS2一部分被氧化为FeSO4，另一部分被还原为Cu2S，所以FeS2在这个反应中既是氧化剂又是还原剂，故A正确；

B.反应生成了H2SO4，溶液的酸性增强，pH降低，故B正确；

C.每转移21mol电子消耗14molCuSO4，即每转移3mol电子消耗2molCuSO4，故C错误；

D.根据反应方程式可知，被氧化的FeS2只占总量的30%，故D正确。

故答案为：C。

10.资料显示Fe2+呈淡绿色、Fe3+呈棕黄色、FeSO3是墨绿色沉淀、Fe(OH)3胶体是红褐色液体。某高三老师在讲授“Fe3+的氧化性”时，组织学生进行探究实验。

(1)在课堂教学探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的实际反应时，同学们有以下猜想，请补充完整：

猜想一：Na2SO3溶液与FeCl3溶液发生氧化还原反应；

猜想二：Na2SO3溶液与FeCl3溶液发生双水解反应，产生了Fe(OH)3胶体；

猜想三：___________________________________________________________________。

(2)甲同学认可猜想一，他预测的实验现象是___________________，其反应的离子方程式为

______________________________

老师安排甲同学做了如下实验i：

(3)乙同学观察实验现象后认为猜想二合理，并想用红色激光笔照射该红褐色液体以验证自己的猜想正确，他预测的现象是____________________。实验发现，乙同学的猜想成立，反应的离子方程式为

____________________________________。

(4)针对“氧化还原反应有没有发生”，老师组织同学们讨论，同学们思考得出以下检验方案：

方案①：取少量W液体，加铁氰化钾溶液，检验是否有Fe2+

方案②：取少量W液体，加酸性高锰酸钾溶液，检验是否有Fe2+

方案③：取少量W液体，加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，检验是否有SO42-

你认为方案②____________(填“合理”或“不合理”)，你的理由是__________________

甲同学在老师的指导下迅速完成了实验ii：

乙同学也在老师的指导下完成了方案①的操作，发现有蓝色沉淀生成。

(5)通过实验探究，大家认识到Fe3+与SO32-的反应体系中，氧化还原反应与水解反应不仅共存还存在竞争。老师进一步启发同学们思考能否通过测定溶液中某粒子的量来定量判断反应进行的程度大小，并设计了如

下定量测定实验，测定溶液中未被氧化的Ⅳ价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-)的含量：取10mL0.10mol·L-l的Na2SO3溶液，加入FeCl3溶液充分反应，再向充分反应后的混合液中加入10mL0.10mol·L-l的I2溶液，向其中逐滴滴加0.10mol·L-l的Na2S2O3溶液，连接电位传感器进行电位滴定，反应方程式为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，达到终点时平均消耗18.43mLNa2S2O3溶液。通过计算，得出溶液中未被氧化的Ⅳ价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-) 的含量为_______________(保留两位有效数字)

【答案】(1). Na2SO3溶液与FeCl3溶液既发生氧化还原反应，又发生双水解反应(2). 溶液由棕黄色变为浅绿色(3). SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+(4). 有丁达尔效应（或有光亮的通路）(5). 2Fe3++3SO 32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3（或2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3（胶体）+3SO2）(6). 不合理(7). 溶液中剩余的SO32-（或HSO3-或H2SO3）也能使酸性KMnO4溶液褪色(8). 7.9% 【解析】

【分析】

（1）猜想三可能是Na2SO3溶液与FeCl3溶液既发生氧化还原反应，又发生双水解反应；

（2）Na2SO3溶液与FeCl3溶液发生氧化还原反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+；（3）Na 2SO3溶液与FeCl3溶液发生双水解反应的化学方程式为：2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H 2SO3（或2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3（胶体）+3SO2），由于生成了Fe(OH)3胶体，检验胶体用丁达尔效应；

（4）溶液中剩余的SO32-（或HSO3-或H2SO3）也能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据滴定间的关系进行计算，据此答题。

【详解】（1）猜想三可能是Na2SO3溶液与FeCl3溶液既发生氧化还原反应，又发生双水解反应，故答案为：Na2SO3溶液与FeCl3溶液既发生氧化还原反应，又发生双水解反应。

（2）如果甲同学认可猜想一，则Na2SO3溶液与FeCl3溶液发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为

SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+，由反应方程式预测可能的实验现象为：溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色，SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+。

（3）如果乙同学认为猜想二合理，反应的离子方程式为2Fe3++3SO 32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3（或2Fe3++3SO 32-+3H2O2Fe(OH)3（胶体）+3SO2），由于生成了Fe(OH)3胶体，用红色激光笔照射观察到的现象是有丁达尔效应（或有光亮的通路），故答案为：有丁达尔效应（或有光亮的通

路），2Fe3++3SO 32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3（或2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3（胶

体）+3SO2）。

（4）方案②不合理，因为根据乙同学的实验，氯化铁溶液与亚硫酸钠溶液发生了双水解反应，溶液中剩余

的SO32-（或HSO3-或H2SO3）也能使酸性KMnO4溶液褪色，故答案为：不合理，溶液中剩余的SO32-（或HSO3-或H2SO3）也能使酸性KMnO4溶液褪色。

（5）根据反应的离子方程式：

I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

1 2

n 0.10mol·L-1×18.43×10-3L

解得n=9.215×10-4mol，则与溶液中未被氧化的Ⅳ价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-)反应的I2的物质的量

=10×10-3L×0.10mol·L-l-9.215×10-4mol=7.85×10-5mol，根据得失电子守恒可知，溶液中未被氧化的Ⅳ价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-)的物质的量=7.85×10-5mol，溶液中未被氧化的Ⅳ价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-) 的含量为=7.85×10-5mol÷（10×10-3L×0.10mol·L-l）×100%=7.9%，故答案为：7.9%。

11.KIO3是一种重要的无机化合物，可作食盐中的补碘剂。回答下列问题

(1)基态K原子中核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr的低原因是________________________________。

(2)K+与C1-具有相同的电子构型，r(K+)小于r(Cl-)，原因是____________________________。

(3)KIO3中阴离子的空间构型是__________，中心原子的杂化形式为___________。

(4)由于碘是卤素中原子半径较大的元素，可能呈现金属性。下列事实能够说明这个结论的是

______________________________(填序号)

A.已经制得了IBr、ICl等卤素互化物和I2O5等碘的氧化物

B.已经制得了I(NO3)3、I(ClO4)3·H2O等含I3+离子的化合物

C.碘易溶于KI等碘化物溶液，形成I3-离子

D.I4O9是一种碘酸盐

(5)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料具有钙钛矿型的立体结构，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。与K紧邻的O个数为_______。已知阿伏加德罗常数的值为N A，则KIO3的密度为_______(列式表示)g·cm-3。

(6)若KIO3晶胞中处于左下角顶角的K原子的坐标参数为(0，0，0)，位于下底面面心位置的O原子的坐标参数为(，，0)，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，设左下角顶角的I原子的坐标参数为(0，0，0)，则K原子的坐标参数为____________。

【答案】(1). N (2). 球形(3). 由于K原子的半径比较大而且价电子数较少，其存在的金属键的强度没有Cr高(4). K+的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大(5). 三角锥形(6). sp3 (7). BD (8). 12 (9). 2.14×1023/a3N A(10). （1/2，1/2，1/2）

【解析】

【分析】

（1）基态K原子核外有4个电子层，最高能层为第四层，最外层电子为4s1电子，K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；

（2）K+的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，半径越小；

（3）IO3-中心原子I的孤电子对数为1/2×（7+1-3×2）=1，价层电子对数为1+3=4，所以IO3-的几何构型为三角锥形，中心原子I原子的杂化形式为sp3；

（4）根据碘元素呈正价，体现了碘元素的金属性进行分析；

（5）O位于面心，K位于顶点，根据晶胞结构，与K紧邻的O个数为12

个；由边长计算晶胞的体积，密度等于质量除以体积。

（6）若左下角顶角的I原子的坐标参数为(0，0，0)，则K原子的坐标参数为（1/2，1/2，1/2），据此答题。【详解】（1）基态K原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，所以核外电子占据的最高能层为N，K原子最外层4s轨道电子云轮廓为球形，由于K原子的半径比较大而且价电子数较少，其存在的金属键的强度没有Cr高，所以其熔、沸点较低，故答案为：N，球形，由于K原子的半径比较大而且价电子数较少，其存在的金属键的强度没有Cr高。

（2）具有相同的电子构型的离子，由于K+的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此r(K+)小于r(Cl-)，故答案为：K+的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大。

（3）IO3-中心原子I的孤电子对数为1/2×（7+1-3×2）=1，价层电子对数为1+3=4，所以IO3-的几何构型为三角锥形，中心原子I原子的杂化形式为sp3，故答案为：三角锥形，sp3。

（4）A.IBr、ICl是共价化合物，这些化合物中都不存在单个碘原子的阳离子；I2O5等碘的氧化物是共价化合物，不存在单个碘原子的阳离子，所以不能根据这些事实证明碘元素呈现金属性，故A错误；

B.I(NO3)3、I(ClO4)3·H2O等含I3+离子的化合物，其中碘呈正价，体现了金属性，故B正确；

C.碘（I2）易溶于KI等碘化物溶液形成I3-离子，但不存在单个碘原子的阳离子，故C错误；

D.I4O9可以看成是碘酸盐，I（IO3）3，其中的阳离子为I3+，体现了碘元素的金属性，故D正确。

故答案为：BD。

（5）K在晶胞的顶角位置，属于8个晶胞共有，在每个晶胞中与K相邻的O有3个，O在晶胞的面心位置，属于2个晶胞共有，所以与K紧邻的O共有3×8/2=12个，KIO3晶胞的质量为

（39×1+127×1+16×3）/N A g=214/N A g，该晶胞的边长为anm，则该晶胞的密度

=214/N A g÷(a×10-7cm)3=2.14×1023/a3N A g·cm-3，故答案为：12，2.14×1023/a3N A。

（6）K原子的坐标参数为(0，0，0)，位于下底面面心位置的O原子的坐标参数为(1/2，1/2，0)，若I处于各顶角位置，则K原子处于体心，设左下角顶角的I原子的坐标参数为(0，0，0)，则K原子的坐标参数为（1/2，1/2，1/2），故答案为：（1/2，1/2，1/2）。

12.由丙烯经下列反应可得到F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。

(1)D中官能团名称______________________。

(2)丙烯转化为A的反应类型为___________，A转化为B的反应类型为___________。

(3)E的化学名称为______________________。

(4)丙烯聚合为F的化学方程式是_________________________________

(5)写出C与银氨溶液反应的化学方程式________________________________________。

(6)E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，且核磁共振氢谱有五组峰，则该种同分异构体的结构简式为___________。

【答案】(1). 羧基、羰基(2). 加成反应(3). 取代反应（或水解反应）(4). 2-羟基丙酸(5).

nCH3-CH=CH2(6).

(7). HOCH2CH（OH）CHO

【解析】

【分析】

丙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，因此F的结构简式为；碳碳双键还可以发生加成反应，和溴加成得到A，A的结构简式是CH3CHBrCH2Br。A水解得到B，B的结构简式为CH3CH（OH）CH2OH。B中含有羟基，可发生氧化反应生成C，C的结构简式为。C 继续氧化生成D，D的结构简式为。D加成得到E，E的结构简式为CH3CH（OH）COOH，E中既含有羟基，又含有羧基，可发生缩聚反应生成高分子化合物。在E 的同分异构体中，能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰的同分异构体为HOCH2CH（OH）CHO，据此答题。

【详解】（1）通过分析可知，D的结构简式为，含有的官能团为：羧基、羰基，故答案为：羧基、羰基。

（2）丙烯转化为A的反应类型为加成反应，A转化为B的反应类型为取代反应（或水解反应），故答案为：加成反应，取代反应（或水解反应）。

（3）E的结构简式为CH3CH（OH）COOH，根据系统命名法，E的名称为2-羟基丙酸，故答案为：2-羟基丙酸。

（4）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：nCH3-CH=CH2，故答案为：nCH3-CH=CH2。

（5）C为，结构中含有醛基，与银氨溶液反应的化学方程式：

，故答案为：

。

（5）E的结构简式为CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，且核磁共振氢谱有五组峰，说明该同分异构体分子中含有-CHO，且有5种氢原子，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH（OH）CHO，

故答案为：HOCH2CH（OH）CHO。