北京市2023_2024学年高三化学上学期12月月考试题含解析

这是一份北京市2023_2024学年高三化学上学期12月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了 为阿伏加德罗常数的值， 下列实验能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。
2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。
3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ba137 Na23 Fe56 Cu64
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1. 下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，A正确；
B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；
C．钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，C错误；
D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的空间结构模型：
B. H2O的VSEPR模型
C. 二氧化碳的电子式：
D. p-pπ键电子云轮廓图
【答案】A
【解析】
【详解】A．在中，中心P原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其空间构型为正四面体，空间结构模型为，A不正确；
B．H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型为四面体，即为，B正确；
C．二氧化碳分子中，C原子与每个O原子形成2对共用电子，其电子式为，C正确；
D．p-pπ键是两个p轨道肩并肩重叠，其电子云轮廓图为，D正确；
故选A。
3. 下列过程与水解反应无关的是
A. 热的纯碱溶液去除油脂
B. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
C. 向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
D. 重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液去除油脂,利用了纯碱水解呈碱性的性质，A正确；
B．蛋白质在酶的作用下发生水解反应转化为氨基酸，B正确；
C．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，铁离子发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，C正确；
D．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃时烃的裂解反应，与水解无关，D错误；
故选D。
4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 溶液中加入少量固体，促进分解
B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；
B．NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；
C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；
D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；
故选B。
5. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2
B. 1.8g重水中所含质子数为
C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为
D. 溶液中，、数目之和为0.1
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为，A正确；
B．1.8g重水中所含质子数为，B错误；
C．电解粗铜精炼铜，阳极发生的反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为时，阳极溶解的铜小于32g，C错误；
D．溶液中，、数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误；
故选A。
6. 下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 氨水中通入过量二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH4HSO3
B. 铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
C. 工业冶炼Al的反应：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2↑
D. Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水中通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，A正确；
B．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，B正确；
C．工业冶炼Al的反应：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，C错误；
D．Ca(OH)2溶液与少量的NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，D正确；
故选C。
7. 用放射性同位素标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：
下列说法不正确的是
A. 标记过程发生了取代反应
B. 中子数与核外电子数之差为25
C. 1ml酪氨酸最多与2mlNaOH反应
D. 酪氨酸中的氮元素为sp2杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．标记过程中苯环上氢原子被碘原子取代，发生了取代反应，A正确；
B．中子数为131-53=78，核外电子数为53，中子数与核外电子数之差为78-53=25，B正确；
C．酪氨酸分子中羧基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，则1ml酪氨酸最多与2mlNaOH反应，C正确；
D．酪氨酸中的氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，为sp3杂化，D错误；
故选D。
8. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2和水反应生成氧气，氧气助燃，故A正确；
B．实验室加热氯化铵和氢氧化钙(熟石灰)的混合物制取氨气，若直接加热氯化铵生成的HCl和NH3在试管口又重新反应生成NH4Cl，不能达到实验目的，故B错误；
C．二氧化氮能和水反应，不能用排水法收集，故C错误；
D．硝酸银与氢氧化钠溶液反应生成褐色氧化银沉淀，会对实验造成干扰，因此加硝酸银之前需加稀硝酸酸化，故D错误；
故选A。
9. 聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A. M为1，4-丁二酸
B. 交联剂Q的结构简式为
C. 合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D. 通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】
【详解】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
10. 电Fentn法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是
A. 电源的A极为负极
B. 每消耗2. 24 LO2（标准状况），整个电解池中理论上可产生的•OH为0.2 ml
C. 与电源B极相连电极的电极反应式为：H2O-e-=H++﹒OH
D. H2O2与Fe2+发生的反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++﹒OH
【答案】B
【解析】
【分析】由反应原理图可知，Fe3+在左端电极得电子生成Fe2+，发生还原反应，左端电极为阴极，则A为电源的负极，B为电源的正极。
【详解】A．由以上分析知，A极为电源的负极，A正确；
B．每消耗0.1mlO2，在阴极共得到0.3mle-，生成0.1ml•OH，同时阳极失去0.3mle-，生成0.3ml•OH，所以共生成•OH为0.4 ml，B不正确；
C．与电源B极相连的电极为阳极，水在阳极上失电子生成•OH，电极反应式为：H2O-e-=H++•OH，C正确；
D．电解产生的H2O2与Fe2+发生反应，生成•OH和Fe(OH)2+，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OH，D正确；
故选B。
11. 钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：
下列说法错误的是
A. 酸浸时反应的化学方程式是Pd＋6HCl＋4HNO3=H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O
B. “热还原”中每生成1mlPd同时生成的气体的物质的量为8ml
C. 热还原时通入H2与生成Pd的物质的量之比为2：1
D. 在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd,同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。
【详解】A．粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；
B．热还原得Pd，发生（NH4）2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，生成1mlPd，则还有2ml氨气和6mlHCl，故气体物质的量为8ml，故B正确；
C．热还原时H2由0价变为+1价，Pd由+4价变为0价，通入H2与生成Pd的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．实验原理是用氢气还原（NH4）2PdCl6固体得到Pd,如用浓硫酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，故D错误；
故选：D。
12. 冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
下列说法不正确的是
A. 推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B. 实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C. 冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D. 为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
【答案】B
【解析】
【详解】A．从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；
B．冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来，由实验 中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确；
C．冠醚与K+结合，从而将携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；
D．由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；
故选B。
13. 下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
A. 1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B. 反应②是吸热反应，
C. 反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D. 相同温度下，；
【答案】D
【解析】
【详解】A．1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A错误；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B错误；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C错误；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D正确；
故选D。
14. 催化重整的反应为
①
其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②
③
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。
下列分析不正确的是
A.
B. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D. 研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•ml-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是加压导致原料气体CH4、CO2浓度增大，②正反应产生积碳、③逆反应消除积碳的速率加快，但②正反应速率增大效果大于③的逆反应，故产生积碳变快，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③逆反应速率加快，CH4浓度下降，②正反应速率下降，均有利于消除积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
答案选B。
二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
15. 随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。
Ⅰ.离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图。
（1）写出基态铜原子的价电子排布式___________。H、O、C电负性由大到小的顺序___________。
（2）NaBF4是制备此离子液体的原料。
①微粒中F—B—F键角：BF3___________BF(填“>”、“C>H
（2） ①. > ②. BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对，可以形成配位键
（3） ①. 铜 ②. 阴极
（4） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. d区 ③. 基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，最后填入电子的能级为3d
（5）6（6）
（7）图中8个顶点上的原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置
【解析】
【小问1详解】
铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性O>C，H的电负性最小，所以O>C>H；
【小问2详解】
①BF3中价层电子对数=键的数目+孤电子对数=，杂化轨道数=价层电子对数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=，B采取sp3杂化，所以F—B—F键角：BF3>；
②BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对，可以形成配位键，故BF3可以与NaF反应生成NaBF4；
【小问3详解】
镀铜时，阳极材料为Cu，电解质溶液中阳离子向阴极移动；
【小问4详解】
Ni为28号元素，位于钙元素后第八位元素，所以镍在元素周期表中第四周期第Ⅷ族，按照核外电子排布，基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，价电子数之和在810的属于第Ⅷ族，Ni位于d区，最后填入电子的能级为3d区；
【小问5详解】
白球F-，黑球Na+，以体心处白球F-为研究对象，与F-等距且最近的Na+位于6个面心处；
【小问6详解】
1个晶胞中有个F-，个Na+，晶胞物质的量=ml，晶胞体积=，
【小问7详解】
图中8个顶点上的原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置；
16. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。
Ⅰ．丙烷直接脱氢法：
总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。
（1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。
（2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
（3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。
（4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。
Ⅱ．丙烷氧化脱氢法：
我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下：
（5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。
（6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。
【答案】（1）
（2）不变（3）丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大
（4）Ⅱ（5）温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大
（6） ①. 降低 ②. 升高温度，更有利于副反应的发生
【解析】
【小问1详解】
根据反应方程式可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；
【小问2详解】
已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变；
【小问3详解】
由题干可知，正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大；
【小问4详解】
由题干可知，正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
【小问5详解】
达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大；
【小问6详解】
由表中信息可知465℃时丙烯的选择性约为85%，510℃时为约65%，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，因为可能为：升高温度，更有利于副反应的发生。
17. 异诺卡酮是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下：
已知：ⅰ、(G为或OR′)
ⅱ、
ⅲ、
（1）A分子中含有的官能团是___________。
（2）A→B的过程中，是溴代试剂，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是___________。
（3）的化学方程式是___________。
（4）下列有关说法正确的是___________(填字母序号)。
a、异诺卡酮易溶于水
b、异诺卡酮中有手性碳原子
c、E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰
d、E存在含苯坏且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体
（5）F→G的转化在后续合成中的目的是___________。
（6）I的结构简式是___________。
（7）E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。写出中间产物和的结构简式___________。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）A中碳碳双键会与HBr发生加成反应
（3）+2C2H5OH+2H2O；
（4）bcd（5）保护酮羰基，防止其被还原
（6）（7）P1：或 P2：
【解析】
【分析】根据B生成反应条件是增长碳链，可逆推B(C8H14Br2)结构简式为；根据已知条件i，由B逆推A(C8H12O4)结构简式为；经过条件为浓硫酸、乙醇、加热得到D，说明发生的是酯化反应，故D(C14H24O4)的结构简式为;根据已知条件ⅱ，D生成E(C12H18O3)的结构简式为；F经过已知条件iii生成G，结合E的结构简式，由G逆推F(C17H25O3)的结构简式为；G经过已知条件i生成H，结合H生成I是Cu、O2的催化氧化，说明H含有醇羟基，所以H结构简式为，I结构简式为，据此作答。
【小问1详解】
根据分析可知，A的结构简式，含有的官能团是碳碳双键和羧基；
【小问2详解】
A→B的过程中，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是A中含有碳碳双键，会与HBr发生加成反应生成副产物。
【小问3详解】
有分析可知，经过酯化反应得到D，则化学反应方程式为：+2C2H5OH+2H2O；
【小问4详解】
根据异诺卡酮的结构简式，可以判断：
a．异诺卡酮不含有亲水基团，难与水互溶，a错误；
b．异诺卡酮中有手性碳原子：，b正确；
c．E的结构简式为，含有碳碳双键、羰基、酯基，所以红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰，c正确；
d．E的结构简式为，不饱和度为4，则存在含苯坏的同分异构体为，该结构苯环上只有一种化学环境氢，d正确；
故选bcd。
【小问5详解】
F生成G，再结合后面几步出现还原的步骤，以及异诺卡酮的结构简式，又重新生成了羰基，说明该步骤的目的是为了后面还原步骤时保护酮羰基，防止其被还原；
【小问6详解】
根据分析可知，I结构简式为；
小问7详解】
，根据分析可知，E的结构简式为，上述第一步是E加成反应生成P1，故P1是或；第二步P1加成反应生成P2，第三步是P2消去反应生成F，结合F的结构简式，逆推P2是。
18. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3） ①. SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+ ②. 3I--2e-=I
（4）
（5） ①.
②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
【小问2详解】
由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
【小问3详解】
①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e—=I；
【小问4详解】
由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
【小问5详解】
①当pH