2025屆陜西省西安市第四十六中學高三第一次調研測試化學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是()A．碳素鋼在海水中發生的腐蝕主要是析氫腐蝕B．反應Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)在室溫下能自發進行，則該反應的ΔH>0，△S>0C．室溫時，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大D．2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉移電子的數目為4×6.02×10232、室溫下，將0.10mol·L-1鹽酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。已知：pOH=-lgc(OH-)。下列說法正確的是（）A．M點所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B．N點所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)C．Q點所示消耗鹽酸的體積等于氨水的體積D．M點和N點所示溶液中水的電離程度相同3、下列說法中正確的是（）A．生物煉銅指的是在某些具有特殊本領的細菌的體內，銅礦石中的雜質元素可以被轉化為銅元素，從而可以提高銅礦石冶煉的產率B．鐵在NaOH和NaNO2混合溶液中發藍、發黑，使鐵表面生成一層致密的氧化膜，可防止鋼鐵腐蝕C．已知鍶(Sr)為第五周期IIA族元素，則工業上常通過電解熔融SrCl2制鍶單質，以SrCl2?6H2O制取無水SrCl2一定要在無水氯化氫氣流中加熱至SrCl2?6H2O失水恒重D．硫比較活潑，自然界中不能以游離態存在4、我國科研人員研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇過程中水的作用機理；其主反應歷程如圖所示（H2→H+H）。下列說法錯誤的是（）A．二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率達100%B．帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物C．向該反應體系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反應式為H3CO+H2O→CH3OH+HO5、根據下列實驗操作和現象得出的結論正確的是操作現象結論A將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固體有白色沉淀生成，溶液紅色變淺溶液中存在水解平衡D將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中產生白色沉淀酸性：A．A B．B C．C D．D6、用98%濃硫酸配制500mL2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制濃度偏高的是A．量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線B．定容時仰視500mL容量瓶的刻度線C．量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉入容量瓶D．搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線7、地球表面是易被氧化的環境，用括號內的試劑檢驗對應的久置的下列物質是否被氧化。正確的是（）A．KI（AgNO3

溶液） B．FeCl2（KSCN

溶液）C．HCHO（銀氨溶液） D．Na2SO3（BaCl2

溶液）8、β-紫羅蘭酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一種天然香料，它經多步反應可合成維生素A1。下列說法正確的是A．β-紫羅蘭酮可使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol中間體X最多能與2molH2發生加成反應C．維生素A1易溶于NaOH溶液D．β-紫羅蘭酮與中間體X互為同分異構體9、近年來，我國大力弘揚中華優秀傳統文化體現了中華民族的“文化自信”。下列有關說法錯誤的是A．成語“百煉成鋼”、“蠟炬成灰”中均包含了化學變化B．常溫下，成語“金戈鐵馬”中的金屬能溶于濃硝酸C．諺語“雷雨肥莊稼”，其過程中包含了氧化還原反應D．《荷塘月色》中“薄薄的青霧浮起在荷塘里”中的“青霧”屬于膠體10、四種位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，的內層電子與最外層電子數之比為2：5，Z和W位于同一周期。Z與W組成的化合物是常用的調味品，也是重要的醫用藥劑，工業上電解該化合物的熔融物可制得Z單質，Y和Z可形成兩種離子化合物，這兩種離子化合物的陰離子與陽離子數之比均為1：2。下列說法正確的是A．四種元素中至少有兩種金屬元素B．四種元素的常見氫化物中熔點最高的是的氫化物C．四種元素形成的簡單高子中，離子半徑最小的是元素形成的離子D．常溫下，三種元素形成的化合物的水溶液的小于711、化學與生活密切相關，下列有關說法錯誤的是A．SO2和NO2是主要的大氣污染物B．大氣中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C．以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染D．對煤燃燒后形成的煙氣脫硫，目前主要用石灰法12、線型PAA（）具有高吸水性，網狀PAA在抗壓性、吸水性等方面優于線型PAA。網狀PAA的制備方法是：將丙烯酸用NaOH中和，加入少量交聯劑a，再引發聚合。其部分結構片段如圖所示，列說法錯誤的是A．線型PAA的單體不存在順反異構現象B．形成網狀結構的過程發生了加聚反應C．交聯劑a的結構簡式是D．PAA的高吸水性與—COONa有關13、我國科學家發明了一種“可固氮”的鋰-氮二次電池，將可傳遞Li+的醚類作電解質，電池的總反應為6Li+N22Li3A．固氮時，鋰電極發生還原反應B．脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑C．固氮時，外電路中電子由釕復合電極流向鋰電極D．脫氮時，Li+向釕復合電極遷移14、X、Y、Z、W均為短周期元素,它們在周期表中的相對位置如圖所示。若Y原子的最外層電子數是內層電子數的3倍,下列說法中正確的是()A．X的簡單氫化物比Y的穩定B．X、Y、Z、W形成的單質都是分子晶體C．Y、Z、W的原子半徑大小為W>Z>YD．W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱15、表為元素周期表短周期的一部分，下列有關A、B、C、D四種元素的敘述正確的是（）ABCDA．原子半徑大小比較為D>C>B>AB．生成的氫化物分子間均可形成氫鍵C．A與C形成的陰離子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的單質常溫下均不導電16、只能在溶液中導電的電解質是()A．KOH B．CH3COONH4 C．SO2 D．CH3COOH17、留蘭香(薄荷中的一種)可用來治療感冒咳嗽、胃痛腹脹、神經性頭痛等，其有效成分為葛縷酮(結構簡式如圖)。下列有關葛縷酮的說法正確的是A．葛縷酮的分子式為C10H16OB．葛縷酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛縷酮中所有碳原子可能處于同一個平面D．羥基直接連苯環且苯環上有2個取代基的葛縷酮的同分異構體有12種18、下列各項反應對應的圖像正確的是()A．圖甲為25℃時，向亞硫酸溶液中通入氯氣B．圖乙為向NaAlO2溶液中通入HCl氣體C．圖丙為向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉D．圖丁為向BaSO4飽和溶液中加入硫酸鈉19、在使用下列各實驗裝置時，不合理的是A．裝置①用于分離CCl4和H2O的混合物B．裝置②用于收集H2、CO2、Cl2等氣體C．裝置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．裝置④用于收集NH3，并吸收多余的NH320、W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期元素，最外層電子數之和為20。W與Y元素同主族，且形成的化合物可用于工業的殺菌與消毒。下列說法正確的是A．W與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物B．Y的氧化物對應的水化物均為強酸C．Z的氫化物為離子化合物D．X和Y形成的化合物的水溶液呈中性21、比較純堿的兩種工業制法，正確的是選項項目氨堿法聯合制堿法A．原料食鹽、氨氣、生石灰食鹽、氨氣、二氧化碳B．可能的副產物氯化鈣氯化銨C．循環物質氨氣、二氧化碳氨氣、氯化鈉D．評價原料易得、產率高設備簡單、能耗低A．A B．B C．C D．D22、下列離子方程式正確的是A．NaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3?＋H2O=H3O+＋B．FeI2溶液中加雙氧水，出現紅褐色沉淀：6Fe2+＋3H2O2=2Fe（OH）3↓＋4Fe3+C．10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液：Al3+＋3OH?=Al（OH）3↓D．3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中：3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）煤的綜合利用有如下轉化關系。CO和H2按不同比例可分別合成A和B，已知烴A對氫氣的相對密度是14，B能發生銀鏡反應，C為常見的酸味劑。請回答：(1)有機物D中含有的官能團的名稱為______________。(2)反應⑥的類型是______________。(3)反應④的方程式是_______________________________________。(4)下列說法正確的是________。A．有機物A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色B．有機物B和D能用新制堿性氫氧化銅懸濁液鑒別C．有機物C、D在濃H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，該反應中濃H2SO4是催化劑和氧化劑D．有機物C沒有同分異構體24、（12分）肉桂酸是一種重要的有機合成中間體，被廣泛應用于香料、食品、醫藥和感光樹脂等精細化工產品的生產，它的一條合成路線如下：已知：完成下列填空：（1）反應類型：反應II________________，反應IV________________。（2）寫出反應I的化學方程式____________________________________。上述反應除主要得到B外，還可能得到的有機產物是______________（填寫結構簡式）。（3）寫出肉桂酸的結構簡式______________________。（4）欲知D是否已經完全轉化為肉桂酸，檢驗的試劑和實驗條件是____________________。（5）寫出任意一種滿足下列條件的C的同分異構體的結構簡式。①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體②分子中有4種不同化學環境的氫原子。___________________________。（6）由苯甲醛（）可以合成苯甲酸苯甲酯（），請設計該合成路線。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）_____________25、（12分）某混合物漿液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考慮到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置(見下圖)，使漿液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答I和II中的問題。I.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應條件未標明)(1)Cl在元素周期表中的位置為_____，CO2的電子式為___，NaOH中存在的化學鍵類型為_____。(2)B-C的反應條件為_____，C→Al的制備反應化學方程式為__________。(3)該小組探究反應②發生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化：加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。由此判斷影響該反應有效進行的因素有(填序號)______。a.溫度b.Cl的濃度c.溶液的酸度II.含鉻元素溶液的分離和利用(4)用情性電極電解時，CrO42-能從漿液中分離出來的原因是____，分離后含鉻元素的粒子是____；陰極室生成的物質為_______(寫化學式)。26、（10分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解①實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，__________②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是_______。③實驗Ⅱ說明沉淀發生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：______（2）探究AgCl和AgI之間的轉化，實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：a＞c＞b＞0）。注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉化為AgI，甲溶液可以是______（填序號）。a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中石墨上的電極反應式是_______________③結合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：______。④實驗Ⅳ的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_______27、（12分）二氧化硫(SO2)是一種在空間地理、環境科學、地質勘探等領域受到廣泛研究的一種氣體。Ⅰ.某研究小組設計了一套制備及檢驗SO2部分性質的裝置，如圖所示：(1)儀器A的名稱____________。(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，則裝置乙中加入的試劑是____________。(3)①實驗前有同學提出質疑：該裝置沒有排空氣，而空氣中的O2氧化性強于SO2，因此裝置丁中即使有渾濁現象也不能說明是SO2導致的。請你寫出O2與Na2S溶液反應的化學反應方程式____________。②為進一步檢驗裝置丁產生渾濁現象的原因，進行新的實驗探究。實驗操作及現象見表：序號實驗操作實驗現象1向10mL1mol/LNa2S溶液中通O215min后，溶液才出現渾濁2向10mL1mol/LNa2S溶液中通SO2溶液立即出現黃色渾濁由實驗現象可知：該實驗條件下Na2S溶液出現渾濁現象是SO2導致的。你認為上表實驗1反應較慢的原因可能是____________。Ⅱ.鐵礦石中硫元素的測定可以使用燃燒碘量法，其原理是以氮氣為載體，以稀鹽酸、淀粉和碘化鉀的混合溶液為吸收液，用0.0010mol·L-1KIO3標準溶液進行滴定。檢測裝置如圖所示：[查閱資料]①實驗進行5min樣品中的S元素都可轉化為SO2②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O(4)工業設定的滴定終點現象是____________。(5)實驗一：不放樣品進行實驗，5min后測得消耗標準液體積為V1實驗二：加入1g樣品再進行實驗，5min后測得消耗標準液體積為V2①比較數據發現V1遠遠小于V2，可忽略不計。則設置實驗一的目的是___________。②測得V2的體積如表：序號123KIO3標準溶液體積/mL10.029.9810.00該份鐵礦石樣品中硫元素的質量百分含量為____________。28、（14分）生物降解聚酯高分子材料PBA的合成路線如下：已知：i．A的核磁共振氫譜只有1組吸收峰，且不能使溴的四氯化碳溶液褪色。ii．Riii．RC≡請按要求回答下列問題：（1）A的分子式：____________；反應①的反應類型：____________。（2）C的結構簡式：____________；D所含官能團名稱：____________。（3）寫出下列反應的化學方程式：檢驗甲醛中含有醛基的反應：________，反應⑥：_____。（4）E的同分異構體有多種，寫出其中所有能與NaHCO3溶液反應的同分異構體的結構簡式（不考慮順反異構）：____________________________________（5）寫出以1,3-丁二烯為原料合成有機物F的路線流程圖（方框內填寫中間產物的結構簡式，箭頭上注明試劑和反應條件）：________________________________。29、（10分）(1)2017年中科院某研究團隊通過設計一種新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能復合催化劑，成功實現了CO2直接加氫制取辛烷值汽油，該研究成果被評價為“CO2催化轉化領域的突破性進展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH1=－aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH2=－bKJ/mol試寫出25℃、101kPa條件下，CO2與H2反應生成汽油(以C8H18表示)的熱化學方程式_________________________________。(2)利用CO2及H2為原料，在合適的催化劑(如Cu/ZnO催化劑)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反應有：甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=—53.7kJ·mol-1平衡常數K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ·mol-1平衡常數K2①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常數K=______(用含K1、K2的表達式表示)，該反應△H_____0(填“大于”或“小于”)。②提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有___________(填寫兩項)。③催化劑和反應體系的關系就像鎖和鑰匙的關系一樣，具有高度的選擇性。下列四組實驗，控制CO2和H2初始投料比均為1：2.2，經過相同反應時間(t1min)。溫度(K)催化劑CO2轉化率(%)甲醇選擇性(%)綜合選項543Cu/ZnO納米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO納米片材料11.972.7B553Cu/ZnO納米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO納米片材料12.070.6D由表格中的數據可知，相同溫度下不同的催化劑對CO2的轉化為CH3OH的選擇性有顯著影響，根據上表所給數據結合反應原理，所得最優選項為___________(填字母符號)。(3)以CO、H2為原料合成甲醇的反應為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在體積均為2L的三個恒容密閉容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分別都充入1molCO和2molH2，三個容器的反應溫度分別為T1、T2、T3且恒定不變。下圖為三個容器中的反應均進行到5min時H2的體積分數示意圖，其中有一個容器反應一定達到平衡狀態。①0～5min時間內容器Ⅱ中用CH3OH表示的化學反應速率為_________________。②三個容器中一定達到平衡狀態的是容器________(填寫容器代號)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A.海水接近中性，碳素鋼在海水中發生的腐蝕主要是吸氧腐蝕，故A錯誤；B.反應前后氣體體積減少，△S<0，反應Si(s)＋2Cl2(g)=SiCl4(l)在室溫下能自發進行，則該反應的ΔH>0，故B錯誤；C.室溫時，銨根離子水解呈酸性，促進CaCO3的溶解，CaCO3在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中的溶解度比在純水中的大，故C正確；D.SO2和O2的反應是可逆反應，2molSO2和1molO2在密閉容器中混合充分反應，轉移電子的數目小于4×6.02×1023，故D錯誤；故選C。2、D【解析】

已知室溫時水的電離常數為110-14，則根據曲線得Q點時溶液中pH=pOH=7，Q點時溶液顯中性，溶質為NH4Cl和NH3·H2O；Q點左側溶液為堿性，Q點右側溶液為酸性。【詳解】A項，根據電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而M點加的鹽酸比Q點少，溶液為堿性，即c(H+)＜c(OH-)，則c(NH4+)＞c(Cl-)，故A項錯誤；B項，根據電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，而N點加的鹽酸比Q點多，溶液為酸性，即c(H+)＞c(OH-)，則c(NH4+)＜c(Cl-)，故B項錯誤；C項，根據分析，Q點時溶液顯中性，溶質為NH4Cl和NH3·H2O，則消耗的鹽酸體積小于氨水的體積，故C項錯誤；D項，M點溶液為堿性，而pH=a，則水電離出的c(H+)=10-amol/L，N點溶液為酸性，pOH=a，則水電離出的c(OH-)=10-amol/L，，而水電離出的H+和OH-始終相等，即M點和N點均滿足水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，即水的電離程度相同，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。3、B【解析】

A.生物煉銅利用某些具有特殊本領的細菌能用空氣中的氧氣氧化硫化銅礦石，把不溶性的硫化銅轉化為可溶性的銅鹽，使銅的冶煉變得非常簡單，而不是將銅礦石中的雜質元素轉化為銅元素，故A錯誤；B.為了防止鐵生銹，可對鐵制品表面進行“發藍”處理，即把鐵制品浸入熱的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一層致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正確；C.鍶是活潑金屬元素，SrCl2是強酸強堿鹽，加熱時不發生水解，則以SrCl2?6H2O制取無水SrCl2不必在氯化氫氣流中加熱，故C錯誤；D.自然界中含硫礦物分布非常廣泛，種類也很多，以單質硫（即游離態）和化合態硫兩種形式出現，故D錯誤；綜上所述，答案為B。【點睛】根據元素周期律，第IIA族元素從上到下，金屬性逐漸增強，所以金屬性：Ba>Sr>Ca>Mg>Be，則可知SrCl2是強酸強堿鹽。4、A【解析】

A．從反應②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率不是100%，A錯誤；B．從整個歷程看，帶標記的物質都是在中間過程中出現，所以帶標記的物質是該反應歷程中的中間產物，B正確；C．從反應③看，向該反應體系中加入少量的水，有利于平衡的正向移動，所以能增加甲醇的收率，C正確；D．從歷程看，第③步的反應物為H3CO、H2O，生成物為CH3OH、HO，所以反應式為H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正確；故選A。5、C【解析】

A．將分別通人溴水和酸性高錳酸鉀溶液中，溴水和酸性高錳酸鉀溶液均褪色，體現了SO2的還原性，而不是漂白性，故A錯誤；B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，觀察到先產生白色沉淀，后產生紅褐色沉淀，因NaOH溶液過量，無法判斷，故B錯誤；C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固體，發現有有白色沉淀生成，溶液紅色變淺，說明Ba2+與CO32-結合生成BaCO3沉淀，促進CO32-的水解平衡逆向移動，溶液的堿性減弱，故C正確；D．將與鹽酸反應得到的氣體直通入溶液中，觀察到產生白色沉淀，因鹽酸有揮發性，生成的CO2中混有HCl，則無法判斷碳酸的酸性比硅酸強，故D錯誤；故答案為C。6、C【解析】A、量取濃硫酸時俯視量筒的刻度線，量取的濃硫酸偏小，則濃度偏低，故A錯誤；B、定容時仰視500mL

容量瓶的刻度線，定容時加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故B錯誤；C、量取硫酸后洗滌量筒并將洗滌液轉入容量瓶，所量取的濃硫酸的體積偏大，則所配稀硫酸的濃度偏高，故C正確；D、搖勻后滴加蒸餾水至容量瓶刻度線，又加入過多的水，所得溶液濃度偏低，故D錯誤；故選C。7、B【解析】

A．KI是否變質均能與硝酸銀溶液反應生成碘化銀沉淀，可以用淀粉溶液檢驗是否變質，故A不選；B．FeCl2溶液變質混有FeCl3，則加KSCN可檢驗鐵離子，能檢驗是否變質，故B選；C．HCHO變質生成HCOOH，銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應，所以不能檢驗，故C不選；D．Na2SO3溶液變質生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀，所以加氯化鋇不能檢驗變質，故D不選；故選：B。8、A【解析】

A.β-紫羅蘭酮含有碳碳雙鍵，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.1mol中間體X含有2mol碳碳雙鍵、1mol醛基，所以最多能與3molH2發生加成反應，故B錯誤；C.維生素A1含有醇羥基，所以不易溶于NaOH溶液，故C錯誤；D.β-紫羅蘭酮與中間體X所含C原子數不同，不是同分異構體，故D錯誤。故選A。9、B【解析】

A.“百煉成鋼”是將生鐵中的C氧化為二氧化碳，發生了化學變化，“蠟炬成灰”是烴的燃燒，發生了化學變化，A正確；B.Fe在常溫下在濃硝酸中會鈍化，無法溶解在濃硝酸中，B錯誤；C.“雷雨肥莊稼”是將空氣中游離態的N元素氧化為化合態，涉及到了氧化還原反應，C正確；D.“薄薄的青霧浮起在荷塘里”中的“青霧”屬于膠體，D正確；故答案選B。10、B【解析】

原子序數依次增大，位于不同主族的四種短周期元素X、Y、Z、W，X的內層電子與最外層電子數之比為2：5，X為氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物與人類生活關系密切，Z與W組成的化合物是常用的調味品，也是重要的醫用藥劑，工業上電解該化合物的熔融物可制得Z單質，Z為鈉元素，W為氯元素。Y和Z可形成兩種離子化合物，其中陰、陽離子數之比均為1：2，Y為氧元素，據此解答。【詳解】A.四種元素中只有鈉為金屬元素，故A錯誤；B.氫化鈉為離子化合物，四種元素的常見氫化物中熔點最高的是Z的氫化物，故B正確；C.四種元素形成的常見簡單離子中，離子半徑最小的是元素Z形成的離子，鈉離子半徑最小，故C錯誤；D.三種元素形成的化合物為NaNO3或NaNO2，若為NaNO3溶液顯中性，pH等于7，若為NaNO2因水解溶液顯堿性，pH大于7，故D錯誤。故選B。11、B【解析】A．空氣中的SO2和NO2是主要的大氣污染物，故A正確；B．大氣中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B錯誤；C．液化石油氣含有雜質少，燃燒更充分，燃燒時產生的一氧化碳少，對空氣污染小，減少大氣污染，故C正確；D．用石灰對煤燃燒后形成的煙氣脫硫，可以將有害氣體二氧化硫轉化為硫酸鈣，減少環境污染，故D正確；答案為B。12、C【解析】

A.線型PAA的單體為CH2=CHCOONa，單體不存在順反異構現象，故A正確；B.

CH2=CHCOONa中的碳碳雙鍵發生的加成聚合反應，形成網狀結構，過程發生了加聚反應，故B正確；C.分析結構可知交聯劑a的結構簡式是，故C錯誤；D.線型PAA()具有高吸水性，和?COONa易溶于水有關，故D正確；故選：C。13、B【解析】

據總反應6Li+N22Li3N可知：放電時鋰失電子作負極，負極上電極反應式為6Li-6e-═6Li+，Li+移向正極，氮氣在正極得電子發生還原反應，電極反應式為6Li++N2+6e-═2Li3【詳解】A.固氮時，鋰電極失電子發生氧化反應，故A錯誤；B.脫氮時，釕復合電極的電極反應為正極反應的逆反應：2Li3N-6e-=6Li++N2↑，故B正確；C.固氮時，外電路中電子由鋰電極流向釕復合電極，故C錯誤；D.脫氮時，Li+向鋰電極遷移，故D錯誤；答案：B【點睛】明確原電池負極：升失氧；正極：降得還，充電:負極逆反應為陰極反應，正極逆反應為陽極反應是解本題關鍵，題目難度中等，注意把握金屬鋰的活潑性。14、B【解析】

Y原子的最外層電子數是內層電子數的3倍，故Y是氧元素；則X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【詳解】A.氮元素的非金屬性比氧元素的弱，所以X的簡單氫化物不如Y的穩定，故A不選；B.N2、O2、S、Cl2在固態時都是由分子通過范德華力結合成的晶體，故B選；C.因為W的原子序數比Z大，所以原子半徑大小為Z>W，故C不選；D.元素最高價氧化物對應水化物的酸性的強弱與非金屬性一致，W的非金屬性比Z強，故W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強，故D不選。故選B。【點睛】在周期表中，同一周期元素，從左到右，原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物的堿性逐漸減弱，酸性逐漸增強，氣體氫化物的穩定性逐漸增強。同一主族元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物的堿性逐漸增強，酸性逐漸減弱，氣體氫化物的穩定性逐漸減弱。15、C【解析】

對表中元素，我們宜從右往左推斷。C為第二周期ⅥA族，其為氧，從而得出A、B、C、D分別為C、N、O、Si。【詳解】A.電子層數越多，半徑越大；同周期元素，最外層電子數越多，半徑越小，從而得出原子半徑大小關系為Si>C>N>O，A錯誤；B.生成的氫化物中，只有水分子和氨分子間可形成氫鍵，B錯誤；C.A與C形成的陰離子可能有CO、C2O，C正確；D.C的單質石墨能導電，Si是半導體材料，常溫下也能導電，N、O的單質在常溫下不導電，D錯誤。故選C。16、D【解析】

A．氫氧化鉀是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態下均能導電，故不選A；B．醋酸銨是離子化合物，在水溶液或者熔融狀態下均能導電，故不選；C．二氧化硫為非電解質，不能導電，故不選C；D．醋酸是共價化合物，只有在水溶液里能電離導電，故選D。17、D【解析】

本題考查有機物的知識，碳碳雙鍵使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反應，后者是氧化反應；有機物中碳碳雙鍵、叁鍵、苯環才具有所有碳共面。由圖可知，分子式為C10H14O，羥基直接連苯環，且苯環上有2個取代基，還剩-C4H9，其結構有四種，分別是、、、，每一種在苯環上與羥基分別有鄰間對3種異構體，共12種。【詳解】A.根據圖示，葛縷酮的不飽和度為4，所以分子式為C10H14O，A項錯誤；B.葛縷酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反應，后者是氧化反應；B項錯誤；C.葛縷酮中所有碳原子不可能處于同一個平面，C項錯誤；D.分子式為C10H14O，羥基直接連苯環，且苯環上有2個取代基，還剩-C4H9，其結構有四種，分別是、、、，每一種在苯環上與羥基分別有鄰間對3種異構體，共12種，D項正確。答案選D。【點睛】在確定含苯環的同分異構體的題目中，要確定苯環上有幾個取代基，之后確定每個取代基是什么基團，例如此題中確定苯環上有羥基之外，還有一個乙基，乙基有4種機構，每一種和羥基成3種同分異構，這樣共有12種。苯環上如果有2個取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3種同分異構；如果有3個取代基時（-X、-X、-Y）有6種同分異構體；如果是（-X、-Y、-Z）有10種同分異構體。18、C【解析】

A．亞硫酸為酸性，其pH小于7，與圖象不符，發生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H++SO42-后，隨著氯氣的通入，pH會降低，直到亞硫酸反應完全，pH不變，故A錯誤；B．NaAlO2溶液中通入HCl氣體，發生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，圖中上升與下降段對應的橫坐標長度之比應為1：3，故B錯誤；C．向少量氯化鐵溶液中加入鐵粉，發生Fe+2FeCl3=3FeCl2，則Fe元素的質量增加，Cl元素的質量不變，所以Cl的質量分數減小，至反應結束不再變化，故C正確；D．BaSO4飽和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸鈉，硫酸根離子濃度增大，溶解平衡逆向移動，溶解度減小，故D錯誤；故答案為C。19、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分層，則圖中分液裝置可分離，選項A正確；B．短導管進入可收集密度比空氣小的氣體，長導管進入可收集密度比空氣大的氣體，則圖中裝置可收集H2、CO2、Cl2等氣體，選項B正確；C．四氯化碳的密度比水大，在下層，可使氣體與水不能直接接觸，則裝置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，選項C正確；D．不能利用無水氯化鈣干燥氨氣，應選堿石灰干燥，選項D錯誤；答案選D。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分離提純、氣體的收集、防止倒吸等，把握圖中裝置的作用及實驗基本技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查。20、A【解析】

W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期元素，W與Y元素同主族，且形成的化合物可用于工業的殺菌與消毒，故W為O，Y為S，Z為Cl，根據最外層電子數之和為20，X為Na。【詳解】A.W為O，與其他三種元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正確；B.Y的最高價氧化物對應的水化物H2SO4為強酸，H2SO3不是強酸，故B錯誤；C.Z的氫化物HCl為共價化合物，故C錯誤；D.X和Y形成的化合物為Na2S，水溶液呈堿性，故D錯誤；故選A。21、B【解析】

氨堿法制純堿，以食鹽氯化鈉、石灰石經煅燒生成生石灰和二氧化碳、氨氣為原料，先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液．其化學反應原理是：，將經過濾、洗滌得到的微小晶體，再加熱煅燒制得純堿產品，放出的二氧化碳氣體可回收循環使用。含有氯化銨的濾液與石灰乳混合加熱，所放出的氨氣可回收循環使用。，，氯化鈉的利用率低。聯合制堿法，以氨氣、水、二氧化碳、氯化鈉為原料。氨氣與水和二氧化碳反應生成碳酸氫銨，這是第一步。第二步是：碳酸氫銨與氯化鈉反應生成氯化銨和碳酸氫鈉沉淀，碳酸氫鈉之所以沉淀是因為在該溫度下它的溶解度較小。最后一步，加熱析出的碳酸氫鈉得到純堿，原理方程式為：，保留了氨堿法的優點，消除了它的缺點，使食鹽的利用率提高；可做氮肥；可與合成氨廠聯合，使合成氨的原料氣CO轉化成，革除了制這一工序。【詳解】A．氨堿法原料有：食鹽氯化鈉、石灰石經煅燒生成生石灰和二氧化碳、氨氣，聯合制堿法原料有：食鹽、氨氣、二氧化碳，A錯誤；B．氨堿法可能的副產物為氯化鈣，聯合制堿法可能的副產物氯化銨，B正確；C．氨堿法循環物質：氨氣、二氧化碳，聯合制堿法循環物質：氯化鈉，二氧化碳，C錯誤；D．氨堿法原料食鹽和石灰石便宜，產品純堿的純度高，副產品氨和二氧化碳都可以回收循環使用，制造步驟簡單，適合于大規模生產，但設備復雜；能耗高，氨堿法的最大缺點還在于原料食鹽的利用率只有；聯合制堿法最大的優點是使食鹽的利用率提高到以上，廢棄物少，D錯誤。答案選B。22、D【解析】

A.HSO3?＋H2O=H3O+＋為HSO3?的電離方程式，故錯誤；B.FeI2溶液中加雙氧水，應是碘離子被氧化，生成碘單質，再亞鐵離子反應生成鐵離子，故錯誤；C.10mL0.1mol·L?1NaOH溶液中滴加幾滴AlCl3溶液，說明堿過量，反應生成偏鋁酸鈉，不是氫氧化鋁，故錯誤；D.3amolCO2通入含2amolBa（OH）2的溶液中，反應生成碳酸鋇和碳酸氫鋇，離子方程式3CO2＋4OH?＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O，故正確；故選D。【點睛】掌握酸式鹽的水解或電離方程式的書寫，通常都有水參與反應，關鍵是看離子是分開還是結合的問題，若分開，則為電離，若結合，則為水解。或結合電離或水解后的酸堿性判斷，如亞硫酸氫根離子電離顯酸性，所以反應產物有氫離子，水解顯堿性，則反應產物有氫氧根離子。二、非選擇題(共84分)23、羥基取代反應/酯化反應CH2=CH2＋O2→CH3COOHAB【解析】

根據題干信息可知，A為CH2=CH2，B為乙醛；根據A、B的結構結合最終產物CH3COOCH2CH3逆推可知，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH。【詳解】(1)根據以上分析，D中官能團為羥基，故答案為：羥基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應類型為酯化反應即取代反應，故答案為：酯化反應或取代反應。(3)反應④為乙烯氧化為乙酸，化學方程式為：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH，故答案為：CH2＝CH2＋O2→CH3COOH。(4)A.乙烯和溴水中的溴單質加成，可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A正確；B.乙醛和新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀，乙醇與Cu(OH)2懸濁液不反應，可以鑒別，故B正確；C.酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，故C錯誤；D.CH3COOH的同分異構體有HCOOCH3，故D錯誤。綜上所述，答案為AB。24、取代反應消去反應、新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）或【解析】

根據上述反應流程看出，結合及有機物B的分子式看出，有機物A為甲苯；甲苯發生側鏈二取代，然后再氫氧化鈉溶液中加熱發生取代反應，再根據信息，可以得到；與乙醛發生加成反應生成，加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸。【詳解】（1）綜上所述，反應II為氯代烴的水解反應，反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，為消去反應；正確答案：取代反應；消去反應。（2）甲苯與氯氣光照條件下發生取代反應，方程式為：；氯原子取代甲苯中甲基中的氫原子，可以取代1個氫或2個氫或3個氫，因此還可能得到的有機產物是、；正確答案：；、。（3）反應IV為加熱失水得到含有碳碳雙鍵的有機物D，有機物D被弱氧化劑氧化為肉桂酸，結構簡式；正確答案：。（4）有機物D中含有醛基，肉桂酸中含有羧基，檢驗有機物D是否完全轉化為肉桂酸，就是檢驗醛基的存在，所用的試劑為新制的氫氧化銅懸濁液、加熱或銀氨溶液，加熱，若不出現紅色沉淀或銀鏡現象，有機物D轉化完全；正確答案：新制Cu(OH)2懸濁液、加熱（或銀氨溶液、加熱）。（5）有機物C分子式為C9H10O2，①能夠與NaHCO3(aq)反應產生氣體，含有羧基；②分子中有4種不同化學環境的氫原子，有4種峰，結構滿足一定的對稱性；滿足條件的異構體有2種，分別為：和；正確答案：或。（6）根據苯甲酸苯甲酯結構可知，需要試劑為苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛還原為苯甲醇，苯甲醛氧化為苯甲酸；苯甲醇和苯甲酸在一定條件下發生酯化反應生成苯甲酸苯甲酯；具體流程如下：；正確答案：；。25、第三周期第VIIA族離子鍵和極性（共價）鍵加熱(或煅燒)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依據元素原子的核電荷數分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子內存在兩個碳氧雙鍵；氫氧化鈉存在離子鍵與極性共價鍵；（2）固體混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAlO2，通入二氧化碳，生成B為Al(OH)3，固體C為Al2O3，電解熔融的氧化鋁可得到Al；固體D為MnO2，加熱條件下與濃鹽酸反應可生成氯氣；

（3）題中涉及因素有溫度和濃度；Ⅱ．（4）電解時，通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發生還原反應生成氫氣和NaOH，以此解答該題。【詳解】（1）Cl為17號元素，在元素周期表中的位置為第三周期第VIIA族，CO2的電子式為，NaOH中存在的化學鍵類型為離子鍵與極性（共價）鍵，故答案為第三周期第VIIA族；；離子鍵與極性（共價）鍵；（2）B為Al(OH)3，在加熱條件下生成氧化鋁，電解熔融的氧化鋁可得到鋁，其化學方程式為：2Al2O34Al+3O2↑

故答案為；加熱（或煅燒）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反應涉及的條件為加熱，不加熱，無變化，加熱有Cl2生成，說明該反應能否有效進行與溫度有關；當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2，說明該反應能否有效進行與溶液的酸度有關，故答案為ac；Ⅱ．（4）依據離子交換膜的性質和電解工作原理知，在直流電場作用下，通過陰離子交換膜向陽極移動，從而從漿液中分離出來，其漿液中含鉻元素的離子應為CrO42-和Cr2O72-；H+在陰極室得到電子生成H2，溶液中的OH-濃度增大，混合物漿液中的Na+通過陽離子交換膜移向陰極室，故陰極室生成的物質為氫氣和NaOH，故答案為在直流電場作用下，通過陰離子交換膜向陽極室移動；脫離漿液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。26、沉淀不溶解或無明顯現象BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動b2I--2e-===I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱實驗ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c(I-)增大，證明發生了AgI+Cl-AgCl+I-【解析】

（1）①BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳氣體，BaSO4不溶于鹽酸；②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產生，是BaCO3與鹽酸反應放出二氧化碳；③實驗Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發生反應是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-，根據離子濃度對平衡的影響分析作答；（2）①要證明AgCl轉化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應時，必須是NaCl過量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強，電壓增大。【詳解】①因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗Ⅰ說明全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解或無明顯現象；②實驗Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3產生BaSO4和BaCO3，再加入稀鹽酸有少量氣泡產生，沉淀部分溶解，是BaCO3和鹽酸發生反應產生此現象，所以反應的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③由實驗Ⅱ知A溶液為3滴0.1mol/LBaCl2，B為2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根據Ba2++SO42-=BaSO4，所以溶液中存在著BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。所以BaSO4沉淀也可以轉化為BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后產生白色沉淀，再滴入KI溶液有黃色沉淀產生。說明有AgCl轉化為AgI，故答案為b；②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中為0.01mol/L的KI溶液，A中為0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原電池的正極，I-具有還原性，作原電池的負極，所以B中石墨上的電極反應式是2I--2e-=I2；③由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱，根據已知其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大，而離子的濃度越大，離子的氧化性（或還原性）強。所以實驗Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)減小，I-還原性減弱。④雖然AgI的溶解度小于AgCl，但實驗Ⅳ中加入了NaCl(s)，原電池的電壓c＞b，說明c(Cl-)的濃度增大，說明發生了AgI+Cl-AgCl+I-反應，平衡向右移動，c(I-)增大，故答案為實驗ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c(I-)增大，證明發生了AgI+Cl-AgCl+I-。27、蒸餾燒瓶飽和亞硫酸氫鈉溶液O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出現穩定的藍色空白實驗0.096%【解析】

I.在裝置A中制取SO2氣體，通過乙觀察SO2氣體產生的速率，經品紅溶液檢驗SO2的漂白性，在裝置丁中SO2與Na2S會發生氧化還原反應產生S單質，SO2及反應產生的H2S都是有毒氣體，經NaOH溶液尾氣處理后排出。II.根據IO3-能夠氧化SO2為SO42-，氧化I-為I2，SO2反應完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反應，溶液中的I2遇淀粉溶液變為藍色；要測定物質含量，應該排除雜質的干擾，設計對比實驗，為減少實驗的偶然性，要進行多次平行實驗，取多次實驗的平均值，根據反應過程中電子守恒計算鐵礦石樣品中硫元素的質量分數。【詳解】(1)根據圖示儀器結構可知：儀器A的名稱為蒸餾燒瓶；(2)裝置乙的作用是為了觀察生成SO2的速率，為了減少SO2氣體在溶液中的溶解，可根據H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡的性質，在裝置乙中加入的試劑為飽和NaHSO3溶液；(3)①Na2S具有還原性，O2具有氧化性，在溶液中會發生氧化還原反應產生S單質和NaOH，反應的化學方程式為O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；②根據O2、SO2氣體分別通入到Na2S溶液中產生S單質的時間可知，物質的氧化性：SO2>O2，該實驗條件下Na2S溶液出現渾濁現象是SO2導致的。表中實驗1反應較慢的原因可能是O2難溶于水，而SO2易溶于水，由于氧氣中水中的溶解度比二氧化硫小，導致反應速率較慢；II.(4)根據方程式可知物質的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先發生②反應，當SO2反應完全后發生反應④，反應產生的I2單質遇淀粉溶液會變為藍色，且半分鐘內溶液藍色不褪去，就證明滴定達到終點；(5)①通過比較實驗一、實驗二的數據，發現V1遠遠小于V2，可忽略不計V1。設置實驗一的目的是空白對比實驗，排除干擾因素的存在；②三次實驗數據相差不大，均有效，則平均消耗KIO3標準溶液體積V(KIO3)=mL=10.00mL，n(KIO3)=c·V=0.0010mol/L×0.0100L=1.0×10-5mol，根據電子守恒及結合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5mol，根據S元素守恒可知其中含有S元素的質量為m(S)=n·M=3.0×10-5mol×32g/mol=9.6×10-4g，所以該份鐵礦石樣品中硫元素的質量百分含量為×100%=0.096%。【點睛】本題考查了氣體的制取、性質的驗證、化學反應方程式的書寫及應用和物質含量測定。掌握反應原理和物質的性質是計算與判斷的依據。在進行有關計算時要結合電子守恒及元素守恒分析判斷。易錯點是(5)中S含量計算，關鍵是IO3-氧化SO2時二者物質