届河北省正定中学高三上学期第三次月考化学试题解析版.docx
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届河北省正定中学高三上学期第三次月考化学试题解析版
河北省正定中学2017届高三上学期第三次月考化学试题
相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56
第I卷（选择题，共40分）
一、选择题（本大题共25小题，1～10小题，每小题1分，共10分；11～25小题，每小题2分，共30分。
在每小题列出的四个选项中只有一项符合题意）
1.下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】试题分析：
A、油脂的硬化是不饱和甘油脂与氢气加成的过程，A项错误；B、玉米酿酒是将淀粉通过化学反应转化成乙醇的过程，B项错误；C、石英传输信号是其为了特性，C项正确；D、漂白粉消毒是次氯酸钙生成次氯酸的过程，D项错误；答案选C。
考点：
考查物质的化学性质
2.设Na为阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是
A.常温下，100g46%乙醇水溶液中含有H原子数为12Na
B.23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为Na
C.标准状况下，2.24LCC14含有的共价鍵数为0.4Na
D.lmolN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2Na
【答案】C
【解析】试题分析：
A、100g46%乙醇水溶液中含有H原子的物质的量是
，A正确；B、23g钠是1mol，在反应中失去1mol电子，B正确；C、标准状况下四氯化碳是液体，不能适用于气体摩尔体积计算物质的量，C错误；D、合成氨反应是可逆反应，则1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，D正确，答案选C。
考点：
考查阿伏加德罗常数的计算与判断
3.将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）
2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是
A.a＞bB.a=bC.a＜bD.无法确定
【答案】A
【解析】试题分析：
恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，该反应是放热反应，达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；选A．
考点：
考查化学平衡的影响因素。
4.某离子反应中共有H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、C1-六种微粒。
其中c（ClO-）随反应进行逐渐减小。
下列判断错误的是
A.该反应的还原剂是NH4+
B.消耗lmol氧化剂，转移2mol电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：
3
D.反应后溶液的酸性明显增强
【答案】C
【解析】试题分析：
反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，A．N元素的化合价升高，则反应的还原剂是NH4+，故A正确；B．Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-为氧化剂，则消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，故B正确；C．由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：
2，故C错误；D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确。
故选C。
考点：
考查氧化还原反应
5.向含有0.2molFeI2的溶液中加入amolBr2。
下列叙述不正确的是
A.当a=0.1时，发生的反应为2I-+Br2=I2+2Br-
B.当a=0.25时，发生的反应为2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-
C.当溶液中I-有一半被氧化时，c（I-）：
c（Br-）=1：
1
D.当a=0.28时，4Fe2++10I-+7Br2=4Fe3++5I2+14Br-
【答案】B
【解析】A．a=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：
2I-+Br2═I2+2Br-，故A正确；B．0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，当a=0.25时，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：
2Fe2++8I-+5Br2═2Fe3++4I2+10Br-，故B错误；C．0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，当溶液中I-有一半被氧化时，即当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；D．0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，当a=0.28时，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.08mol溴单质能够氧化0.16mol亚铁离子，所以正确的反应为：
4Fe2++10I-+7Br2═4Fe3++5I2+14Br-，故D正确；故选B。
点睛：
本题考查了氧化还原反应的计算，明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键。
亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始逐渐被溴单质氧化。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A.由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深
B.高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应
C.红棕色的NO2,加压后颜色先变深后变浅
D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】A
【解析】试题分析：
A、氢气与碘单质的反应，反应前后体积不变，压强不影响化学平衡，混合气体颜色加深是由于碘单质浓度增大，与平衡移动无关，不能使用勒夏特列原理解释，A正确；B、二氧化硫与氧气化合生成三氧化硫的反应是体积减小的可逆反应，因此高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应，可以用勒夏特列原理解释，B错误；C、二氧化氮转化为四氧化二氮的反应是体积减小的可逆反应，因此红棕色的NO2，加压后平衡向正反应方向进行，所以颜色先变深后变浅，能够用勒夏特列原理解释，C错误；D、黄绿色的氯水光照后次氯酸分解，促进氯气与水的反应向正反应方向进行，所以颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，D错误；答案选A。
【考点定位】本题考查了勒夏特列原理及其应用
【名师点晴】明确勒夏特列原理的含义是解答的关键，如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，中这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系，解答时注意明确勒夏特列原理的内容及其应用方法，明确影响化学平衡的因素。
7.根据下图所给信息，得出的结论正确的是
A.碳的燃烧热为bkJ/mol
B.2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=-2（b-a）kJ/mol
C.2CO2（s）=2CO（g）+O2（g）△H=+akJ/mol
D.C（s）+O2（g）=CO2（g） △H<-bkJ/mol
【答案】B
【解析】试题分析：
①C（S）+O2（g）=CO2（s）△H="-b"kJ/mol,②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（s）△H="-a"kJ/mol；根据盖斯定律：
②×2-①得出2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=（2a-b）kJ/mol答案B错误；C（S）+O2（g）=CO2（s）△H="-b"kJ/mol,而碳的燃烧热是指生成CO2（g）,所以燃烧热数值大于bkJ，△H<-bkJ/mol因此D正确；
考点：
根据图像处理热化学反应方程式的相关问题及盖斯定律的应用。
8.已知：
H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。
现测得某温度下，H2S分解过程中各物质的物质的量随时间变化关系如下图所示，则生成的硫蒸气化学式为
A.SB.S2C.S6D.S8
【答案】B
【解析】硫化氢分解物质的量减少，所以C表示硫化氢，0.8mol硫化氢生成0.8mol的氢气，所以A代表的是氢气，0.8mol的硫化氢生成0.4mol硫蒸气，根据硫守恒可得硫蒸气的化学式为：
S2，故选B．
【点评】本题考查了化学反应中各物质的物质的量与时间的变化图象，难度不大，通过元素守恒进行计算比根据化学方程式计算要简单．
9.一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒压下，平衡时φ （CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.该反应的焓变△H＞0
B.图中Z的大小为a＞3＞b
C.图中X点对应的平衡混合物中
=3
D.温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
【答案】A
【解析】A、由图升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故A错误；B、起始n（H2O）/n（CH4）=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a＜3＜b，故B正确；C、起始n（H2O）/n（CH4）=3，水和甲烷按1：
1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C错误；D、增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D错误。
故选B。
10.下列用来表示可逆反应2X（g）+Y（g）
3Z（g） △H＜0的图像正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】试题分析：
A、正方应是体积不变的、放热的可逆反应，因此升高温度X的转化率降低，改变压强X的转化率不变，A不正确；B、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此Z的含量降低，B正确；C、升高温度正逆反应速率均是增大的，C不正确；D、增大压强正逆反应速率增大的倍数相同，平衡不移动，D不正确，答案选B。
考点：
考查可逆反应图像辨析以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响
11.一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），进行反应，2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g），其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。
下列判断中正确的是
甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n（SO2）/mol
0.4
0.8
0.8
0.4
n（O2）/mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A.甲中反应的平衡常数小于乙B.该溫度下，该反应的平衡常数K为400
C.SO2的平衡转化率：
a1>a2=a3D.容器中SO3的物质的量浓度：
丙=丁<甲
【答案】B
【解析】试题分析：
A、温度一定，平衡常数不变，错误；B、；B、甲中平衡常数K=
=
=400，正确；C、乙和丙中二氧化硫起始量相同，但丙中氧气物质的量大于乙中氧气物质的量，所以α1<α2，丙和丁中二氧化硫和氧气起始浓度相同，平衡等效，二氧化硫转化率相等，错误；D、丙和丁平衡等效，三氧化硫浓度相同；丙中二氧化硫和氧气起始浓度是甲中二氧化硫和氧气起始浓度的2倍，浓度加倍等效于增大压强，所以丙中三氧化硫浓度大于甲中三氧化硫浓度，错误。
考点：
考查化学平衡
12.W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加入XZ3溶液，生成的沉淀X（OH）3的质量随XZ3溶液加入量的变化关系如右图所示。
则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A.d点对应的溶液中：
K+、NH4+、CO32-、I-
B.c点对应的溶液中：
Ag+、Ca2+、NO3-、Na+
C.b点对应的溶液中：
Na+、S2-、SO42-、Cl-
D.a点对应的溶液中：
Na+、K+、SO42-、HCO3-
【答案】C
【解析】试题分析：
W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，则W为Na元素，X为Al元素；X与Z形成XZ3溶液，则Z为Cl元素．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液。
由图可知，0～b，没有沉淀，故溶液中氢氧化钠有剩余，溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠。
b点时，氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠。
b～c，沉淀增大，偏铝酸根与铝离子发生水解相互促进的反应，生成氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠。
c点时，沉淀达最大，偏铝酸根与铝离子恰好完全反应，溶液中溶质为氯化钠。
c点以后，再加入氯化铝，沉淀不变，溶液中溶质为氯化铝、氯化钠。
A、d点对应的溶液中含有Al3+，Al3+与C032-发生水解反应生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳，不能大量共存，A错误；B、c点对应的溶液中含有Cl-，Cl-与Ag+反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B错误；C、b点对应的溶液中偏铝酸钠、氯化钠，离子之间不发生反应，可以大量共存，C正确；D、a点对应的溶液中含有氢氧化钠、偏铝酸钠、氯化钠，OH-与HCO3-发生反应生成碳酸根与水，不能大量共存，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查根据物质的性质推断元素、离子共存、反应图像分析等
【名师点晴】准确推断元素、掌握铝及其化合物的性质、常见离子的性质以及理清图象中各阶段含有的溶质是解答的关键。
关于图像分析需要明确以下几点：
①看面：
弄清纵、横坐标的含义。
②看线：
弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。
③看点：
弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。
曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
13.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）→2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如下图所示，下列说法中正确的是
A..4min时反应第一次达到平衡
B..15min时降低压强，20min时升高温度
C..反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
D.15~20min该反应使用了催化剂
【答案】B
【解析】A．0～10min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有达到平衡状态，故A错误；B．由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故B正确；C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D．根据左图知，15～20 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以15～20 min间改变的体积是减小压强，故D错误；故选B。
14.将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是
操作
现象
A
加入NaOH溶液
有红褐色沉淀
B
加入Ba（NO3）2溶液
有白色沉淀
C
加入酸性KMnO4溶液
紫色褪去
D
加入K3（铁氰化钾）溶液
有蓝色沉淀
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
15.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是
A.Y的简单离子半径小于Z的简单离子半径
B.Z最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同
C.Y的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化
D.Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物
【答案】C
【解析】试题分析：
短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21-4-4-1-7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素。
A．N3-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-＞Na+，故A错误；B．碳酸是弱酸，硝酸是强酸，二者与氢氧化钠反应生成1mol水时放出的热量不相等，故B错误；C．氨气能被氯气氧化生成氮气，故C正确，D．Cl分别与C、N、Si形成的化合物含有共价键，与Na形成的NaCl含有离子键，故D错误；故选C。
考点：
考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。
16.某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积），关于该固体混合物，下列说法中正确的是
A.一定含有Al，其质量为4.05g
B.一定不含FeCl2，可能含有AlCl3
C.一定含有MgCl2和FeCl2
D.一定含有 （NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等
【答案】D
【解析】试题分析：
14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在FeCl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝。
A．固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故A错误；B．根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，故B错误；C．根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；D．根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，故D正确；故选D。
考点：
考查了物质的检验和鉴别的实验方案的设计和评价的相关知识。
17.N2O5是一种新型硝化剂,在一定温度下可发生下列反应：
2N2O5（g）
4NO2（g）+O2（g）△H＞0。
T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1000
1500
c（N2O5）mol·L-1）
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法正确的是
A.500s内NO2的生成速率为2.96×10-3 mol·L-1·s-1
B.T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%
C.达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c（N2O5）＜5.00mol/L
D.T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K2
【答案】D
【解析】试题分析：
A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=
=2.96×10-3mol/（L•s）则NO2的生成速率为2×2．96×10－3mol·L－1·s－1，故A错误；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，转化率为
×100%=50%，故B错误；C．平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的
，压强增大，氨气浓度会增大一倍，反应前后气体体积增大，平衡逆向进行，则再平衡时C（N2O5）＞5.00mol/L，故C错误；D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＞K2，反应吸热反应，则T1＞T2，故D正确；故选D。
考点：
考查了化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数的相关知识。
18.为研究某铁钉与浓硫酸反应生成气体Y的成分，某学习小组做出假设，认为所得气体中除含有SO2外，还可能含有H2和Q气体，并设计了下列实验装置（图中夹持仪器省略）探究气体的成分，为确认Q的存在，需在装置中添加M于（）
A.A－B之前B.B－C间C.C－D间D.D－E间
【答案】C
【解析】试题分析：
碳和浓硫酸反应生成二氧化碳，所以Q为CO2，二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以应该在排除二氧化硫条件下将气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳，故选C。
考点：
考查了二氧化碳的检验的相关知识。
19.已知：
还原性HSO3-﹥I-，氧化性IO3-﹥I2。
在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。
加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。
下列说法正确的是
A.反应过程中的氧化产物均为Na2HSO4
B.a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.0mol
C.0~b间的反应可用如下离子方程式表示：
3HSO3-+IO3-+3OH-=3SO42-+I-+3H2O
D.当溶液中I-与I2的物质的量之比为5:
3时，加入的NaIO3为1.1mol
【答案】D
【解析】试题分析：
还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：
IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2。
A、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：
3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，氧化产物为SO42-；继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I
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