【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）

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1、湖北省八校湖北省八校 20192019 届高三届高三 1212 月第一次联考理综化学试题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

2、.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. 在步骤中可通入 Cl2使溴离子被还原为 Br2 D. 在步骤中，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

3、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) Fe3O

4、4(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 Cu

5、O+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。NA为阿伏加德罗常数的值。

6、下列说法错误的是 A. 22.4L(标准状况)氖气含有的电子数为 10NA 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 0.4NA C. 27g铝中加入足量 1mol L-1的 NaOH 溶液，转移的电子数为 3NA 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 NA 【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 10NA，故 A正确； B.依据反应 4NH3+5O24NO+6H2O，0.4moINH

7、3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 0.4NA，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 3NA个电子，故 C正确； D.过氧化钠与水蒸气反应的方程式是 2Na2O22H2O=4NaOHO2，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 NA，故 D正确。 故选 B。 【点睛】注

8、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 OO 键的断裂与 CO 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 OO键的断裂与 CO 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

9、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，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：MW 【答案】B 【解析】 【分析】 W 的族序数是周期

10、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：FCl，形成气态氢化物的稳定性 HFHCl，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：Cl

11、2+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： FO，故 D正确。 故选 B。 【点睛】非金属性强弱的比较规律：单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强； 对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金 属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；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；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

12、所得出的结论合理的是 实验操作 实验现象 结论 A 将硫酸酸化的过氧化氢滴入硝酸亚铁 溶液 溶液变黄色 过氧化氢的氧化性比 Fe3+ B 先向盛有硫酸亚铁溶液的试管中加入 氯水，然后滴加 KSCN 溶液 滴加 KSCN后溶 液变为红色 原硫酸亚铁溶液已被空气 中的氧气氧化变质 C 向试管底部有少量铜的硝酸铜的溶液 中加入稀硫酸 铜粉逐渐溶解 铜可与稀硫酸反应 D 向碳酸氢钠溶液中加入偏铝酸钠溶液 有白色沉淀生成 AlO2-结合 H+的能力比 CO32-强 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，

13、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

14、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)26H2O，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 510min，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、 10mL3molL -1的 H 2SO4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 7080，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

15、明显气泡产生， 停止加热，过滤，称量残留固体质量。 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：_ 反应过程中使用过量铁粉的目的是_ (3)制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O：向 FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，7080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(pH1)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：Fe 2+、H+、NH 4 +、Cl、SO 4 2

16、 B.加入过量 KSCN 溶液：K +、NH 4 +、Fe3+、SO 4 2、SCN C.加入过量 NaOH 溶液：Na +、Fe2+、NH 4 +、SO 4 2、OH D.加入过量 NaClO 和 NaOH 的混合溶液：Na +、SO 4 2、Cl、ClO、OH (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 cmolL -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 SO4 2的含量也可测定产品的纯度，请补充完整实验方案：称取约 0.4

17、g 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：2molL -1的 HCl 溶液、BaCl 2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）实验室用 CuSO4溶液吸收 H2S气体，生成硫酸和硫化铜； 铁粉具有还原性，反应过程中使用过量铁粉的目的是避免

18、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 SO42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）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： CuS

19、O4+H2S=CuS+H2SO4，故答案为：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4。 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+、SO42， 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 SCN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 Na

20、ClO 和 NaOH的混合溶液，H+与 OH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+、SO42、Cl、ClO、OH，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）2SO4FeSO46H2O=5n（KMnO4）=25 10-3 c 5mol，则 500mL溶液中含有 n（NH4）

21、2SO4FeSO46H2O=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 SO42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

22、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：溶液的酸碱性， 据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有 色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；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

23、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_

24、(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

25、 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

26、，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，

27、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 Cu

28、2S，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 Fe 2+呈淡绿色、Fe3+呈棕黄色、FeSO 3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“Fe 3+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

29、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：取少量 W 液体，加铁氰化钾溶

30、液，检验是否有 Fe 2+ 方案：取少量 W 液体，加酸性高锰酸钾溶液，检验是否有 Fe 2+ 方案：取少量 W 液体，加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，检验是否有 SO4 2- 你认为方案_(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的操作，发现有蓝色沉淀生成。 (5)通过实验探究，大家认识到 Fe 3+与 SO 3 2-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价 S 元素(H2

31、SO3、SO3 2-、HSO 3 -)的含量：取 10mL0.10molL-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 10mL0.10molL -l的 I 2溶液，向其 中逐滴滴加 0.10molL -l的 Na 2S2O3溶液， 连接电位传感器进行电位滴定， 反应方程式为 I2+2S2O3 2-=2I-+S 4O6 2-， 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价 S 元素(H2SO3、 SO3 2-、 HSO 3 -) 的含量为_(保留两位有效数字) 【答案】 (1). Na2SO3溶液与 FeCl

32、3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+3SO32-+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； （

33、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）Na2SO3溶液与 FeCl3溶液发生双水解反应的化学方程式为：2Fe3+3SO32-+6H2O 2Fe(OH)3（胶体） +3H2SO3（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

34、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+3SO32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3 （或 2F

35、e3+3SO32-+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+3SO32-+6H2O2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3（或 2Fe3+3SO32-+3H2O 2Fe(OH)3（胶 体）+3SO2）。 （4）方案不合理，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 SO 3 2-（或 HSO3-或 H2

36、SO3）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 0.10molL-1 18.43 10-3L 解得 n=9.215 10-4mol，则与溶液中未被氧化的价 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，溶液中未被氧化的价 S元素 (H2SO3、SO32-、HSO3-)的物质的量=7.85 10-5mol，溶液中未被氧化的价S元素(H2SO3、SO32-、HSO3-) 的 含

37、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

38、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)3H2O 等含 I 3+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 NA， 则 KIO3的密度为_(列式表示)gcm -3。 (6)若 KIO3晶胞中处于左下角顶角的 K 原子的

39、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/a3NA (10). （1/2，1/2，1/2） 【解析】 【分析】 （1）基态 K

40、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

41、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

42、+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

43、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）/NAg=214/NAg，该晶胞的边长为 anm，则该晶胞的密度 =214/NAg (a10-7cm)3=2.14 1023/a3NAg cm-3，故答案为：12

44、，2.14 1023/a3NA。 （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

45、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

46、，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