重庆市万州区2023_2024学年高三化学下学期7月月考试题含解析

这是一份重庆市万州区2023_2024学年高三化学下学期7月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5 Sc45 C59 As75， 通过下列实验探究与的反应， 下列实验装置或现象错误的是， 下列说法正确的个数为， 已知等内容，欢迎下载使用。
(满分：100分考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Cl35.5 Sc45 C59 As75
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关合理用药的说法错误的是
A. 在用药时，儿童必须与成年人区别对待
B. 印有“OCT”标识的药物，消费者可自行购买和使用
C. 阿司匹林用于解热镇痛，长期大量服用会产生副作用
D. 常用抗酸药有等
【答案】B
【解析】
【详解】A．儿童与成人的发育阶段和体质不同，在用药时，须区别对待，A选项正确；
B．印有“OTC”标识的药物，属于非处方药，消费者可自行购买和使用，B选项错误；
C．阿司匹林用于解热镇痛，长期大量服用会产生副作用，C选项正确；
D．胃酸主要成分为HCl，常用抗酸药有 NaHCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Al(OH)3 等，D选项正确；
答案选B。
2. 2023年1月14日，电视剧《狂飙》首播，一经播出，便掀起了人们对反黑、反贪的热烈讨论。除此之外，《狂飙》中也有不少对广东文化的宣传，下列与广东文化有关的物品中，其主要成分是硅酸盐的为
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
3. 常见的高级脂肪酸有：硬脂酸、软脂酸、油酸、亚油酸等。下列说法错误的是
A. 硬脂酸与软脂酸均属于饱和脂肪酸
B. 亚油酸在一定条件下可与氢气反应生成硬脂酸
C. 食用油因含油酸等不饱和脂肪酸的甘油酯在空气中久置易变质
D. 高级脂肪酸和醇酯化得到的产物就是油脂
【答案】D
【解析】
【详解】A．硬脂酸(C17H35COOH)与软脂酸(C15H31COOH)均属于饱和脂肪酸，A正确；
B．亚油酸（C17H31COOH）为不饱和酸，在一定条件下可与氢气加成反应生成硬脂酸，B正确；
C．食用油含油酸等不饱和脂肪酸的甘油酯，在空气中久置易变质，C正确；
D．高级脂肪酸和丙三醇酯化得到的产物是油脂，D错误；
故答案为：D。
4. 下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A. 分子呈正四面体，键角为
B. NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C. Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D. 是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为，A错误；
B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；
C．Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误；
D. 的构型是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确；
故选D。
5. 我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(Y5)6(W3X)3(YW4)4Z，经X射线衍射测得该化合物的晶体结构，其局部结构如图所示。其中Y为氮原子，W与X、W与Y均可形成10电子化合物，Z与其他原子均不同族，且Z的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是
A. 该化合物中的两种阳离子的共价键类型相同
B. 阴离子N中的键型为氮氮单键
C. 该晶体结构中有4种氢键
D. 该化合物中Z不满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目信息“10电子化合物”以及图示可推断两种阳离子分别为铵根离子和水合氢离子，而阴离子除五氮阴离子外，还有氯离子。由该物质的结构可推知X为O，Z为 Cl，W为H。
【详解】A．该盐化学式为(N5)6(H3O)3(NH4)Cl，阳离子为H3O+和均含有共价键，A正确；
B．N中N与N之间形成5个N-N键，5个氮原子还参与形成大π键，B错误；
C．由结构图可知，氢原子和氯原子间存在氢键，H3O+中氢原子和氮原子间存在氢键，中氢原子和氮原子间存在氨键，所以共有3种氢键，C错误；
D．Z为Cl-，最外层电子数为8，D错误；
故选A。
6. 通过下列实验探究与的反应。将过量的通入溶液后，将溶液分为3份并进行以下实验：
实验1：第一份溶液中加入少量溶液，溶液紫红色褪去
实验2：第二份溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀
实验3：第三份溶液中加入稀盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀
下列说法正确的是
A. “实验一”中使溶液褪色的一定是
B. “实验二”说明溶液中含有，一定不含
C. “实验三”中产生的白色沉淀是
D. 与反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故实验1:第一份溶液中加入少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，不一定是Fe2+，选项A错误；
B．第二份溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，选项B错误；
C．第三份溶液中加入用稀盐酸酸化BaCl2，产生白色沉淀，说明有生成，产生的白色沉淀是BaSO4，选项C错误；
D．根据实验现象可知，具有还原性的SO2与具有氧化性的FeCl3发生氧化还原反应，根据质量守恒和电子转移守恒，SO2与FeCl3溶液的离子方程式为: 2Fe3++SO2 + 2H2O=2Fe2+ + 4H+ +，选项D正确；
答案选D。
7. 下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是
A. 图①：观察到钠燃烧的火焰颜色为黄色，且有淡黄色固体生成
B. 图②：两支试管中滴入酚酞溶液后，甲中溶液为红色，乙中溶液为浅红色
C. 图③：一段时间后，观察到右侧导管有一段高于液面的水柱
D. 图④：石蜡油受热分解，右侧试管盛放的酸性溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠的焰色为黄色，燃烧生成过氧化钠，应在坩埚或试管中观察到钠燃烧的火焰颜色为黄色，且有淡黄色固体生成，不能选玻璃表面皿，故A错误；
B．等浓度时碳酸钠溶液的碱性强，则两支试管中滴入酚酞溶液后，甲中溶液为红色，乙中溶液为浅红色，故B正确；
C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，则右侧导管有一段高于液面的水柱，故C正确；
D．石蜡油受热分解生成不饱和烃，则右侧试管盛放的酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选：A。
8. 下列说法正确的个数为
①基态Se原子中电子的空间运动状态有18种
②基态的价电子轨道表示式为
③除KSCN外，也可检验
④加入强碱水溶液并加热可检验氰基存在
⑤均为由极性键构成的非极性分子
⑥HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键，故稳定性：
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】①空间运动状态个数=轨道数，Se是34号元素，轨道数有18种，故电子的空间运动状态有18种，①正确；
②基态的价电子排布式为3d6，故其轨道表示式为，②错误；
③是检验二价铁离子，检验三价铁离子的为，③错误；
④检验氰基的方法为向待测溶液中滴加NaOH溶液，用酒精灯加热一段时间，用湿润的红色石蕊试管口，试纸变蓝说明待测液中含有氰基，④正确；
⑤分子是三角双锥形，键的偶极矩相互抵消，使分子的正、负电重心重合，所以为非极性分子；分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，⑤正确；
⑥故HF的稳定性大于HI的原因是因为F的非金属性强于I，非金属性越强，气态氢化物越稳定，⑥错误；
故①④⑤正确，选B
9. 水污染是我国面临的主要环境问题之一、工业废水排入水体前必须经过处理达到排放标准，否则会污染地表水和地下水。利用微生物电池进行废水(含Na+、K+、Mg2+、Cl-和等离子)脱盐的同时处理含OCN-(其中C为+4价)酸性废水的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电子由电极M经用电器流向电极N
B. 该电池的优点是条件温和，利用率高，无污染
C. 通过膜1的阴离子数目一定等于通过膜2的阳离子数目
D. 电池的总反应可表示为
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可以看出，在M极，OCN-转化为CO2和N2，N元素由-3价升高到0价，则M极为负极；在N极，O2作氧化剂，则N极为正极。
【详解】A．原电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，则电子由电极M经用电器流向电极N，A正确；
B．该电池在厌氧微生物的催化作用下，常温下，将OCN-等杂质转化为CO2、N2等，所以优点是条件温和，利用率高，无污染，B正确；
C．在M极，2OCN--6e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H+，则废水中的Cl-、通过膜1向M极移动；在N极，O2+2H2O+4e-=4OH-，则废水中的H+、Na+、K+、Mg2+通过膜2向N极移动，由于阴、阳离子所带的电荷数不同，所以通过膜1的阴离子数目不一定等于通过膜2的阳离子数目，C错误；
D．将M极、N极的电极反应式相加，同时注意废水呈酸性，正极产生的OH-最终被废水中的H+所中和，所以电池的总反应可表示为，D正确；
故选C。
10. 已知：，A物质在该条件下发生的反应为：，下列关于A物质的说法正确的是
A. 物质A的结构简式为：
B. 物质A与Cl2发生加成反应，最多可以得到2种加成产物
C. 若3分子物质A在该条件下发生反应，则产物的结构简式可能为
D. 物质A在一定条件下可以发生缩合聚合反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．是物质A的结构简式，A项错误。
B．物质A与发生加成反应，最多可以得到3种加成产物，B项错误。
C．3分子发生已知信息的反应，可得到，C项正确；
D．A物质在一定条件下可以发生加成聚合反应，D项错误。
答案为：Ｃ。
11. 测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。
i．取V mL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20 ml·L-1 NaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。
ii．向i所得溶液加入过量0.50 ml·L-1 NaOH溶液V1 mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。
iii．用0.50ml·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2 mL。
下列说法不正确的是
A. 根据结构分析，pKa：CH2OHCOOH < CH3COOH
B. 乙二醛反应生成CH2OHCOONa属于氧化还原反应
C. 待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V1-V2)/ V ml·L-1
D. 若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A．pKa越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CH2OHCOOH中醇羟基的氧原子的作用可使羧基的O-H键极性增强，电离出变易。CH3COOH中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H键极性减弱，电离出变难，因此pKa： CH2OHCOOH< CH3COOH，A正确；
B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基转化为羧基属于氧化反应，B正确；
C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH物质的量为：，则与乙二醛反应的NaOH物质的量为：，根据步骤ii，乙二醛物质的也为，则待测液中乙二醛的浓度为，C正确；
D．如果不进行步骤i，在步骤ii时，除乙二醛消耗NaOH外，HNO3也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛反应的NaOH偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D错误；
故选D。
12. 2022 年北京大学课题组发现[4+2)]反应并对反应机理进行研究，该[4+2]反应是通过在环丁酮2-位引入乙烯基取代作为导向基诱导铑对环丁酮的碳-碳键活化，同时酮碳基可以与路易斯酸配位，进一步活化环丁酮的碳-碳键。这一协同催化模式选择性切断羰基与季碳中心之间的碳-碳键，不仅成功地构建六元环系，还成功拓展到烷基及多种电子效应的芳基上，大部分底物都具有中等到良好的收率，对氰基，酮羰基，酯基及酰胺等官能团具有良好的兼容性，机理如下图，下列表述错误的是
A. 生成TS-OA发生了氧化加成，这一步被认为是反应的决速步
B. 其中ZnCl2被认为具有促进C-C的活化和原位生成活性阳离子铑的作用
C. 由TS-OA生成B有配位键的形成
D. 该反应为合成4元环物质提供一种新的 C-C耦合方式
【答案】D
【解析】
【详解】略
13. 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中有不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在酸性条件下发生自身氧化还原生成硫单质和硫化氢气体，会产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体，A正确；
B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明与络合生成红棕色的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；
C．剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，说明生成硫单质；集气瓶底有白色固体生成，试管中没有产生黑色沉淀，说明没有生成硫化铜沉淀，而是生成白色氧化镁固体，C正确；
D．电石与饱和食盐水反应生成硫化氢气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成了乙炔，D错误；
故选D。
14. 常温下，用NaOH调节不同浓度的二元酸(H2CO3)的酸碱性，在其pH为10时溶液中pHCO与pH2CO3或pCO的关系如图所示[pX=-lgc(X)]。下列说法错误的是
A. II代表pCO
B. NaHCO3溶液中：c(Na+)＜c(HCO)+2c(CO)
C. 相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH：前者大于后者
D. 碳酸的第一步电离常数为1×10-7
【答案】B
【解析】
【分析】在其pH为10时溶液中，当pHCO=0时，，I、II对应离子浓度分别为0.001ml/L、0.1ml/L，由于此时溶液碱性较强，故较小、而较大，故I、II分别为分别为pH2CO3、pCO曲线；
【详解】A．由分析可知，II代表pCO，A正确；
B．NaHCO3溶液中由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于碳酸氢根离子水解溶液显碱性，则c(H+)< c(OH-)，故c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，B错误；
C．相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中碳酸根离子水解程度更大，碱性更强，pH更大，故pH：前者大于后者，C正确；
D．由图可知，在其pH为10时溶液中，当pHCO=0时，、，则碳酸的第一步电离常数为，D正确；
故选B。
二、非选择题：共58分。
15. 为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气等，采用_____(填“封闭式全自动化拆解设备”或“开放式人工手动”)拆解，能避免环境污染并提高拆解效率.拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是_____。
（2）正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_____。生成FePO4的化学方程式为_____。
（3）溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是_____。
（4）已知：Ksp(FePO4)=1.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。向“含锂溶液1”[其中=1]中加入NaOH固体，进行深度除铁。深度除铁后溶液的pH=4.5，则此时溶液中=_____。
（5）向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_____(填化学式)中加入NaOH溶液制得。
（6）检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是_____。
【答案】（1） ①. 封闭式全自动化拆解设备 ②. 去除铝杂质
（2） ①. 将Fe2+氧化成Fe3+ ②. 2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
（3）当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势
（4）2.8×10-3
（5）FePO4（6）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净
【解析】
【小问1详解】
拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气，为了保护环境，所以采用封闭式全自动化拆解设备；Al会与氢氧化钠发生反应，目的是为了除了Al杂质；
【小问2详解】
H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；Fe2+被氧化为Fe3+，H2O2被还原，发生的化学方程式为：2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
【小问3详解】
当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势；
【小问4详解】
分离出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的饱和溶液，溶液中ml/L。深度除铁后溶液的pH=4. 5，则溶液中ml/L，溶液中ml/L。深度除铁后溶液中=；
【小问5详解】
Fe(OH)3的Ksp更小，所以可以通过FePO4与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3；
【小问6详解】
检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验溶液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
16. 某小组同学制备碘酸盐()并探究其性质。
资料：①可与溶液反应生成和。
②碘酸钙 []为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。
③的氧化性，的还原性与溶液的酸碱性无关：与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为、或I)。
实验装置如图(加热与夹持装置略)
步骤：
I．打开A中分液漏斗活塞，加热固底烧瓶；一段时间后，B中溶液由无色变为棕黄色。
II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。
（1）A装置发生的化学方程式为___________。
（2）C装置发生离子方程式为___________。
（3）取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为___________。
原因二：___________(填化学式)在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。
ⅳ.……
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论：___________。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。补全实验ⅳ的操作和现象___________。
（4）根据实验ⅲ得出：氧化性___________(填“”或“”)，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
（5）查阅资料发现，与相应的(，)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性，但浓度均为的和开始发生反应时的pH为1，而浓度均为的和开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3） ①. 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O ②. HClO ③. 酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质 ④. 继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀
（4） ①. < ②. 碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强
（5）氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化
【解析】
【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。
【小问1详解】
A装置为制取氯气，反应的方程式为：。
A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问3详解】
①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：
原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。
原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的氧化。
②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：
ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。
ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。
a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。
ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。
ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。
b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。
【小问4详解】
根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性