北京市第三十五中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）

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试卷说明：试卷分值100，考试时间90分钟。I卷为选择题，共14个小题，共42分。II卷为主观题，包括第15至第19题，共58分。
可能用到的相对原子质量：
第一部分
一、选择题(共14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在机读卡相应的题号处)
1. 中国传统文化中包括许多知识，下列古语不涉及化学变化的是
A. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
B. 熬胆研(CuSO4•5H2O)铁釜，久之亦化为铜
C. 凡石灰(CaCO3)经火焚炼为用
D. 丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂
【答案】A
【解析】
【详解】A．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，过程为金的富集，不涉及化学变化，A符合题意；
B．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，发生铁和铜离子生成单质铜的反应，化学变化，B不符合题意；
C．反应中碳酸钙煅烧得到氧化钙，生成新物质，C不符合题意；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂，发生硫化汞分解得到汞，汞又和硫生成硫化汞的反应，化学变化，D不符合题意；
故选A。
2. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 无色透明溶液中：
B. 能使品红褪色的溶液中：
C. 遇酚酞变红的溶液中：
D. 与反应能生成氢气的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．显蓝色不满足无色透明，同时Cu2+、与发生双水解不能大量共存，A错误；
B．、发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；
C．遇酚酞变红的溶液显碱性，之间不发生反应且与能大量共存，C正确；
D．与反应能生成氢气的溶液显碱性或者酸性，碱性条件下与生成弱碱不能大量共存，与生成沉淀不能大量共存，D错误；
答案选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 与足量稀反应转移的电子数目为
B. 标准状况下，所含键的数目为
C. 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为
D. 溶液中，、数目之和为
【答案】C
【解析】
【详解】A．的物质的量为1ml，与足量稀反应生成，因此转移的电子数目为，A错误；
B．标准状况下水不是气体，无法计算的物质的量，B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式为，则乙烯和丙烯的混合气体中含有碳原子的物质的量为，即碳原子数为，C正确；
D．溶液的体积未知，因此无法计算、的数目，D错误；
答案选C。
4. 下列关于同主族元素C、及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子晶体，分子间存在分子间作用力；为共价晶体，Si、O原子之间通过共价键连接，因此熔点：，A错误；
B．、位于同一周期，原子半径：，则得电子能力：，因此电负性：，B正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性：，因此酸性：，C正确；
D．键能越大，物质的稳定性越强，则键能：，因此热稳定性：，D正确；
答案选A。
5. 下列方程式能准确解释相应事实的是
A. 金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：
B. 向溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：
C. 和面时小苏打中加少量醋酸，增强效果：
D. 向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体Na2O2，方程式为：，A错误；
B．向溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀，离子方程式为：，B错误；
C．和面时在小苏打中加少量醋酸，醋酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和醋酸钠，离子方程式为：，C正确；
D．向溶液中加入足量溶液，得到硫酸钡白色沉淀，离子方程式为：，D错误；
故选C。
6. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表：
下列说法正确的是
A. 电负性：B. Y易溶于水
C. 简单离子半径：D. 这种物质只含离子键
【答案】C
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z为五种原子序数依次增大元素，Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，则Q为H元素；Z焰色反应为紫色，则Z为K元素；Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族，则Y为S硫元素；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，说明X最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，具有两性，则X为Al元素；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为O元素，净水性物质为硫酸铝钾晶体。
【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性变强，同主族由上而下，元素电负性减弱，则电负性：，即，A错误；
B．Y为单质S，不溶于水，B错误；
C．电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子半径：，即，C正确；
D．根据分析，该物质，属于离子化合物，中含有共价键，因此含有离子键和共价键，D错误；
答案选C。
7. 名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 含有3种含氧官能团B. N的杂化方式为
C. 不能发生消去反应D. 具有碱性，能与强酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
8. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰和生成氯化银沉淀，故A不符合题意；
B．浓硫酸和少量蔗糖反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，剩余硫酸，与都不反应，故B符合题意；
C．浓氨水和反应生成氨气，氨水和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故C不符合题意；
D．与粉末生成硫酸钙，在冷、浓氨盐水中析出硫酸钙沉淀，故D不符合题意；
故选B。
9. 依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是
A. 依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)
B. 依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)
C. 依据现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠
D. 依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与形成的配合物更稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠与形成配合物的稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，A错误；
B．依据现象②和③不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，⑤中加维生素C为还原剂，可还原Fe3+为Fe2+，也不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，B错误；
C．依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与形成配合物的稳定性强于，C错误；
D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题可知邻二氮菲可与形成橙红色配合物，故邻二氮菲与形成的配合物更稳定，D正确；
故答案选D。
10. 室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A. 试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B. 试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C. 取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D. 取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
【答案】C
【解析】
【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．1体积的水能溶解约40体积的SO2，不能完全溶解是因为收集的二氧化硫中混有不溶于水的气体，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选C。
11. 某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是
A. CB中核磁共振氢谱有两组峰B. 单体的化学式为
C. CB与PDMA均为高分子D. CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据等效氢原理可知，中核磁共振氢谱有二组峰如图所示 ，A正确；
B．由题干图示信息可知，单体为： ，则其化学式为C5H9NO，B错误；
C．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干可知，的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，为高分子 ，C错误；
D．由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；
故答案为：A。
12. 常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 溶液pH
（5）ab （6） ①. abe ②. [FeF6]3− ③.
【解析】
【小问1详解】
铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为。
【小问2详解】
①氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子；
②a．由过氧化氢的结构可以推知“-O-O-”具有氧化性，(NH4)2S2O8能将亚铁离子氧化为铁离子的可能原因是过二硫酸根离子中含有“-O-O-”结构，表现出强氧化性，故a正确；
b．由结构式可知，“-O-O-”结构中O元素为-1价，根据化合价代数和为零可知，过二硫酸根离子中硫元素的化合价为+6价，故b错误；
c．由结构式可知，过二硫酸根离子中“”的O原子形成2个键，且含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，“”呈V形结构，三个原子不可能在同一条直线上，故c错误；
故选a；
③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3−，所以转化液pH不能过小。
【小问3详解】
H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+=4，杂化类型为sp3，O原子和2和H原子都形成单键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键，的键是由O的sp3杂化轨道与H的轨道重叠形成的。
【小问4详解】
H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+=4，且含有2个孤电子对，的模型名称为四面体形，的电子式为。和中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：>。
【小问5详解】
a．水中存在氢键，导致冰的密度小于水的密度，升高温度会破坏部分氢键，使水分子间的距离减小，4℃时水的密度最大，a符合题意；
b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的高，b符合题意；
c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大，与氢键无关，c不符合题意；
故选ab。
【小问6详解】
①是离子化合物，其中含有离子键，NH3中含有N-H极性共价键，中含有配位键，不含有非极性共价键和金属键，故选abe；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×=4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9=12，由化学式可知，黑球代表[FeF6]3−，已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。
16. 合成是重要的研究课题，一种合成的流程示意如下。
相关数据如下：
（1）固氮：
①固氮反应的化学方程式是___________。
②固氮的适宜温度范围是___________。
a． b． c．
③人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因：___________。
④检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，___________(填操作和现象)，说明能起到固氮作用。
（2）转氨：选用试剂a完成转化。
I．选用进行转化。发现从体系中分离出较困难。
Ⅱ.选用气体进行转化。发现能产生，且产物能直接循环利用。但的收率较低，原因是___________。
Ⅲ.选用固体进行转化。合成氨的过程如下：
合成氨的总反应方程式是___________。
经实验研究，证实了中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。
实验：将___________(填化学式)两种物质混合，充分反应。检测结果：经探测仪检测所得氨气中存在。
【答案】（1） ①. ②. b ③. 氮分子中存在氮氮叁键，键能很大 ④. 用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气
（2） ①. 氨气能和HCl反应生成氯化铵 ②. ③. Mg315N2、NH4Cl
【解析】
【分析】熔融氯化镁电解生成镁，熔融镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁转氨生成氨气；
【小问1详解】
①固氮反应为熔融镁和氮气反应生成氮化镁，。
②熔融镁和氮气反应生成氮化镁，结合表格数据，镁熔点649℃、沸点1090℃，而分解温度，故固氮的适宜温度范围是700~800℃；故选b；
③氮分子中存在氮氮叁键，键能很大，断裂氮氮键需要较大能量，故人工固氮是高能耗的过程；
④氮化镁能水反应生成白色氢氧化镁和氨气，则向固氮后的产物中加水，用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气，即生成了氮化镁，则说明Mg能起到固氮作用。
【小问2详解】
NH3的收率较低，原因是氨气能和HCl反应生成氯化铵；
由图可知，合成氨的总反应为氮气和水反应生成氨气和氧气，；
经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，可以使用15N标记氮化镁中氮元素和氯化铵反应，检测生成的氨气，故Mg315N2、NH4Cl两种物质混合，充分反应。
N2和H2O反应生成NH3和O2
17. 环丙基甲基酮是合成环丙氟哌酸类广谱抗菌药物和抗艾滋特效药依法韦仑的重要中间体，在医药、化工及农林等领域均有广泛应用。
已知：Ⅰ.2RCH2COOC2H5+C2H5OH
Ⅱ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
（1）实验室制取A的化学方程式为___________。
（2）A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为___________。
（3）D→E的化学方程式为___________。
（4）M是F的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式___________。
①能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：2：2
（5）H分子中含有一个五元环，写出G→H的化学方程式___________。
（6）I可以与NaHCO3溶液反应。I的结构简式为___________。
（7）J→K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J→K的反应原理，该副产物的结构简式为___________。
【答案】（1）C2H5OHCH2=CH2↑＋H2O
（2）HOCH2CH2Cl
（3）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
（4）OHCCH2CH2OCH2CH2CHO
（5）+CH3CH2OH
（6） （7）
【解析】
【分析】根据A的分子式可知，A为CH2=CH2，A→B发生了加成反应，B中含有羟基，B的结构简式为HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl反应生成C为，D与乙醇反应生成E，E与乙醇钠反应生成F，F与C反应生成G，根据逆推法推知F为，E为CH3COOC2H5，D为CH3COOH；G反应生成H，H分子中含有一个五元环，在酸作用下再与HBr反应生成I，结合I的分子式推知H为，I为，脱羧得到J为，J消去HBr得到K；
【小问1详解】
实验室利用无水乙醇在浓硫酸催化下迅速加热至170℃制取CH2=CH2，反应的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2↑＋H2O；
【小问2详解】
A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为HOCH2CH2Cl；
【小问3详解】
D→E的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
【小问4详解】
F为，M是F的同分异构体，符合条件：①能发生银镜反应，则含有醛基；②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：2：2，则对称，符合条件的同分异构体为OHCCH2CH2OCH2CH2CHO；
【小问5详解】
H分子中含有一个五元环，H为，G→H的化学方程式为+CH3CH2OH；
【小问6详解】
I可以与NaHCO3溶液反应，则含有羧基，I的结构简式为；
【小问7详解】
J→K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J→K的反应原理，消去HBr的位置不同，选择的首尾溴和H原子消去，该副产物的结构简式为。
18. 卤素的单质及其化合物在生产、生活领域应用广泛。
i．市售食盐有无碘盐和加碘盐(含和少量。检验食盐是否为加碘盐的定性方法：
①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的溶液，振荡。
②为验证①中有生成，向上述混合液中加入少量充分振荡后，静置。
（1）若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为___________。
（2）②中的实验操作名称是___________。
（3）实验过程中能证明食盐含的现象是___________。
ii．碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险，目前所用食盐中碘含量测定方法：
①用饱和溴水将碘盐中少量的氧化成。
②再加入甲酸发生反应：。
③在酸性条件下，加入过量，使之与完全反应。
④以淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。()
（4）①中反应离子方程式为___________。
（5）取a克含碘食盐配制成溶液，取溶液用标准溶液滴定，消耗溶液，食盐中含碘元素的质量分数为___________。
iii．氯是海水中含量丰富的元素，氯的单质及其化合物在生产、生活领域应用广泛：
（6）可以使用二氧化氯()代替液氯消毒。工业上以黄铁矿()、氯酸钠()和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素(价)最终氧化成，写出制备二氧化氯的离子方程式：___________。
（7）用莫尔法可以测定溶液中的的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准溶液滴定待测液，以为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀()。已知平衡，该滴定过程需要控制范围在6.5~10.5，若小于6.5会使测定结果偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因：___________。
【答案】（1）
（2）萃取 （3）溶液分层，下层为紫红色
（4）
（5）
（6）
（7）若小于6.5，溶液酸性增强，导致逆向移动，使得生成砖红色沉淀()需要的银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增大
【解析】
【分析】从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算解答。
【小问1详解】
若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生氧化还原反应生成碘单质，则①中发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；
【小问3详解】
I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色；
【小问4详解】
溴单质具有氧化性，①中反应时，溴将I-氧化成的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
酸性条件下碘酸根与I-会发生氧化还原反应生成碘单质，，碘单质发生反应，则存在关系，再根据①③、结合碘元素守恒，食盐中含碘元素的质量分数为。
【小问6详解】
以黄铁矿()、氯酸钠()和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体，硫元素(价)最终氧化成，硫化合价由-1变为+6，二价铁被氧化为铁离子，氯酸钠中氯化合价由+5变为+4，结合电子守恒，反应为：；
【小问7详解】
若小于6.5，溶液酸性增强，导致逆向移动，使得生成砖红色沉淀()需要的银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增大，会使测定结果偏高。
19. 某小组同学探究与溶液的反应。
（1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。
实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。
①浓与Cu反应的化学方程式是_______。
②试剂a是_______。
（2）分析C中溶液颜色变化的原因。
①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是_______。(写离子方程式)。
②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。
假设1：主要与、有关。
假设2：主要与、有关。
实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。
实验Ⅱ：向溶液中加入溶液，_______(填现象)，然后滴加_______ (填试剂)，溶液变为黄色。
（3）进一步探究与、显红棕色的原因。
查阅资料：(红棕色)
实验Ⅲ：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。
甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、、，并设计如下检验方案。
①乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是_______。
②实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是_______、_______。
（4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O ②. 饱和NaHSO3溶液
（2） ①. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ ②. 溶液变为红棕色 ③. 硫酸（或盐酸）
（3） ①. 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验； ②. BaCl2溶液 ③. H2O2（氯水等合理即可）
（4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。
【解析】
【小问1详解】
浓与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂饱和NaHSO3溶液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫；
【小问2详解】
溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；向溶液中加入溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。
【小问3详解】
溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根；
【小问4详解】
实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。选项
性质比较
原因分析
A
熔点：
摩尔质量：
B
电负性：
原子半径：
C
酸性：
非金属性：
D
热稳定性：
键能：
元素
信息
Q
基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键
W
基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子
X
最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应
Y
在元素周期表中位于第3周期、第VIA族
Z
焰色反应为紫色
A
B
C
D
试剂
浓盐酸
浓
浓氨水
稀
试剂
少量蔗糖
粉末
试剂
冷、浓氨盐水
物质
熔点/
沸点/
与反应温度/
分解温度/
649
1090