2024届重庆市忠县三汇中学高一化学第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届重庆市忠县三汇中学高一化学第二学期期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是()A．医疗上判断患者病情时可用新制的Cu(OH)2来测定患者尿液中葡萄糖的含量B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键2、化学与生活和环境密切相关，下列有关说法中错误的是（）A．食品包装中常放有硅胶，能起到干燥的作用B．用工业酒精兑制饮用酒出售来提高利润C．明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒作用D．集中处理废旧电池，以防止污染3、下列在理论上可设计成原电池的化学反应是（）A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)B．Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4C1(s)=BaCl2(aq)+2NH3•H2O(l)+8H2O(l)C．C(s)+CO2(g)=2CO(g)D．CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)4、物质的量的单位是()A．千克B．升C．秒D．摩尔5、同时含有离子键、极性键和非极性键的化合物是（）A．Na2O2 B．CH3COONa C．NH4Cl D．CaBr26、下列叙述正确的是A．还原性：Al＞Mg＞NaB．原子半径：Cl＞S＞OC．稳定性：HBr＞HCl＞HFD．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO47、在105℃、1个大气压时，取两种气态烃1L与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L。有下列组合的混合烃：①C2H4和C3H4②CH4和C2H6③CH4和C3H4④C2H2和C3H6，其中可能符合上述要求的是A．只有①② B．只有①③④ C．只有①③ D．只有②④8、下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A．已知，则氢气的燃烧热为-241.8kJ/molB．、101kPa时，求算固态碳和硫的燃烧热时.其分别燃烧时生成稳定的和C．含的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出的热量，则表示该反应的中和热的热化学方程式为：2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)D．已知，，则9、X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X和Y同周期，Y和Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，则X、Y、Z是()A．Mg、Al、Si B．Li、Be、Mg C．N、O、S D．P、S、O10、氮水中存在NH3⋅HA．固体氯化铵 B．稀硫酸 C．固体氢氧化钠 D．水11、在一恒温恒容容器内发生反应：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列条件不能确定上述可逆反应已达到化学平衡状态的是A．体系的压强不再发生变化B．气体密度不再发生变化C．生成nmolCO的同时消耗nmolH2OD．1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键12、下列四支试管中，过氧化氢分解产生氧气的化学反应速率最大的是试管温度过氧化氢浓度催化剂A室温(25℃)12%有B水浴加热(50℃)4%无C水浴加热(50℃)12%有D室温(25℃)4%无A．A B．B C．C D．D13、下列各选项中错误的是A．离子半径：Li+<Na+<K+ B．稳定性：SiH4>H2S>HFC．酸性：H2SiO3<H2CO3<H2SO4<HClO4 D．碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH14、下列说法中错误的是（）A．原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素C．除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8D．同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同15、下列有关氢原子（用H表示）与氢分子的说法中错误的是（）A．化学能：2molH＞1molH2 B．H原子间发生碰撞就能转化为H2C．稳定性：H＜H2 D．H2→2H的过程是吸热过程16、下列关于物质的制备、鉴別与除杂的说法正确的是A．除去乙烷中混有的少量乙烯:在一定条件下通入氢气，使乙烯发生反应转化为乙烷B．只用溴水就能将苯和己烯区分开来C．氯气与甲烷按物质的量之比2:1混合后，在光照条件下充分反应，可制备纯净的二氯甲烷D．苯与溴水混合后加入FeBr3，发生放热反应，可制备密度大于水的溴苯二、非选择题（本题包括5小题）17、元素周期表是学习化学的重要工具,它隐含许多信息和规律。下表所列是六种短周期元素的原子半径及主要化合价(已知铍元素的原子半径为0.089nm)。元素代号ABCDXY原子半径/nm0.0370.1430.1020.0990.0740.075主要化合价+1+3+6,-2-1-2+5,-3（1）C元素在周期表中的位置为________，其离子结构示意图为：_______。（2）B的最高价氧化物对应的水化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___。（3）关于C、D两种元素说法正确的是__________（填序号）。a.简单离子的半径D>Cb.气态氢化物的稳定性D比C强c.最高价氧化物对应的水化物的酸性C比D强（4）在100mL18mol/L的C的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中加入过量的铜片，加热使其充分反应，产生气体的体积为6.72L(标况下），则该反应过程中转移的电子数为______。（5）写出由A、D、X三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质的电子式_____________。（6）比较Y元素与其同族短周期元素的氢化物的熔沸点高低__＞___(填氢化物化学式），理由___________。18、已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题：（1）B、D的元素名称分别为：________、________。（2）E在周期表中的位置为：________。（3）C离子的结构示意图为：________。（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：________（用对应的化学式表示）。（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：________。19、如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，并检验乙烯性质的实验。回答下列问题：（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和___________。（2）B中酸性高锰酸钾溶液________，这是因为生成的气体被________(填“氧化”或“还原”)，反应类型为___________。（3）C中溴的四氯化碳溶液___________，发生反应的化学方程式：_________，反应类型为___________。（4）在D处点燃之前必须进行的操作是________，燃烧时反应的化学方程式为____________。20、将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。21、(I)将下列物质进行分类:①H与D②O2与O3③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3-O-CH3)④正丁烷与异丁烷⑤C60与金刚石(1)互为同位素的是_______(填编号、下同)；(2)互为同素异形体的是_______；(3)互为同分异构体的是________；(II)反应Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示:(1)该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。(2)若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是______(填字母)。A．改铁片为铁粉B．改稀硫酸为98%的浓硫酸C．适当升高温度(3)若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为_____(填“正”或“负”)极。该极上发生的电极反应为___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】A、葡萄糖具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀。因此可用新制的Cu(OH)2来测定患者尿液中葡萄糖的含量。正确；B、油脂属于高级脂肪酸甘油酯，它是由高级脂肪酸（其中碳原子数一般多达十几个），和甘油酯化反应的产物。所以油脂不属于高分子化合物。含有酯基的物质、含有肽键的物质都能发生水解反应，油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，淀粉属于多糖，所以油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应。错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯都属于取代反应。正确；D、苯中的碳碳键为介于单键和双键之间的一种独特的键，不能与溴发生加成反应。正确；故选B。2、B【解题分析】A、硅胶无毒，能吸收空气水分，防止食品受潮而变质，故A说法正确；B、工业酒精中含有甲醇，甲醇有毒，因此工业酒精不能勾兑酒，故B说法错误；C、明矾净水利用Al3＋水解成氢氧化铝胶体，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，利用胶体吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水的目的，涉及化学变化和物理变化，但氢氧化铝不具有强氧化性，不能杀菌和消毒，故C说法正确；D、电池中含有重金属离子，集中处理废旧电池，防止重金属离子的污染，故D说法正确。3、D【解题分析】理论上凡是能自发进行的放热的氧化还原反应均可以设计为原电池，A、该反应是吸热反应，不能设计为原电池，A错误；B、该反应是非氧化还原反应，不能设计为原电池，B错误；C、该反应是吸热反应，不能设计为原电池，C错误；D、该反应是放热的氧化还原反应，可以设计为原电池，D正确，答案选D。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意理论上凡是能自发进行的放热的氧化还原反应均可以设计为原电池，解答时注意结合选项灵活应用。4、D【解题分析】分析：物质的量是表示微观粒子集体一个的物理量，它的单位是摩尔，物质的量符号为n，是国际单位制中七个基本物理量之一，据此进行判断。详解:物质的量的单位是摩尔,物质的量是表示微观粒子集体一个的物理量,是国际单位制中七个基本物理量之一，

所以D选项是正确的。5、B【解题分析】A、Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，不含极性共价键，不合题意；B、CH3COONa是离子化合物，含有离子键，且含有C-C非极性共价键和C-O、C-H等极性共价键。正确；C、NH4Cl离子化合物，含有离子键和N-H极性共价键，不含非极性共价键，不合题意；D、CaBr2离子化合物，只含离子键，不合题意。故选B。点睛：本题重点考察离子键和共价键，离子化合物和共价化合物。一般来说，活泼金属和活泼非金属之间形成的化学键为离子键，相同非金属原子之间形成的化学键为非极性共价键，不同原子之间形成的化学键是极性共价键。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含有共价键。6、C【解题分析】A错，还原性即为失电子的性质，由周期从左到右元素的金属性减弱，即可得还原性减弱；B错，同周期从左到右元素原子半径减小，同主族从上到下元素原子半径增大；C正确，氢化物的稳定性是比较对应元素的非金属性强弱；D错，元素的非金属性越强即最高价氧化物对应的水化物酸性越强，由于同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以最高价氧化物的水化物的酸性增强；7、B【解题分析】

气态烃是指碳原子数小于等于4的烃。先假设该气态烃的混合物的平均化学式为CxHy。烃类燃烧的通式为：。当温度超过100℃时，水为气体。根据题意，燃烧前后气体的体积不变，因此有1+x+=x+，解得y=4。所给的4个组合中，所给的碳原子数均小于4，符合气态烃的要求，因此只需要看氢原子数能不能平均到4即可。而要平均到4，肯定是一个比4大，一个比4小（或者均等于4）。【题目详解】组合①中氢原子数均为4，符合要求；组合②中氢原子数平均值肯定大于4，不符合要求；组合③中氢原子数均为4，符合要求；组合④中氢原子数一个为2，一个为6，可以平均到4，符合要求；所以答案选择B项。8、D【解题分析】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水是气体不是液态氧化物，故燃烧热大于241.8kJ/mol，故A错误；B.、101kPa时，求算固态碳和硫的燃烧热时.其分别燃烧时生成稳定的和SO2，故B错误；C.依据酸碱中和热的概念分析，中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，含20.0gNaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故C错误；D.碘单质固体变化为气体吸热，焓变为负值进行比较大小，则△H1＜△H2，故D正确；故选D。9、C【解题分析】

A.Al、Si不是同一主族的元素；B.Li、Be、Mg最外层电子数之和为5，核内质子数之和为19；C.N、O、S在元素周期表中左右相邻，且后两都同在第VIA族，最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，符合题意；D.P、S、O最外层电子数之和为17，核内质子数之和为39。综上所述，符合题意的是C，选C。10、C【解题分析】

A.NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(OH−)减小，A项错误；B.硫酸会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，B项错误；C.NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，C项正确；D.加水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，D项错误；答案选C。11、C【解题分析】A.正反应体积增加，体系的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，A正确；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中气体质量是变化的，因此气体密度不再发生变化可以说明反应达到平衡状态，B正确；C.生成nmolCO的同时消耗nmolH2O均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D.1molH－H键断裂的同时断裂2molH－O键表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，D正确，答案选C。点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。12、C【解题分析】

一般来说温度越高、浓度越大，且加入催化剂，都可使反应速率增大，则A和C加入催化剂，则反应速率应大于B和D，A和C相比较，C温度较高，则反应速率较大；故答案选C。13、B【解题分析】

A项、同主族元素自上而下，离子半径依次增大，则离子半径的大小顺序为Li+<Na+<K+，故A正确；B项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性的强弱顺序为Si<S<F，则氢化物稳定性的强弱顺序为SiH4<H2S<HF，故B错误；C项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性的强弱顺序为Si<C<S<Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为H2SiO3<H2CO3<H2SO4<HClO4，故C正确；D项、元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性的强弱顺序为Al<Mg<Na，则最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱顺序为Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH，故D正确；故选B。【题目点拨】本题考查元素周期律，侧重于分析能力的考查，注意把握周期律的内涵及应用，明确元素金属性和非金属性强弱的比较方法是解答关键。14、D【解题分析】

A、原子的核外电子层数一定等于该元素所在的周期数，故A正确；B、元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素是过渡元素，全都是金属元素，故B正确；C、氦最外层有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8，故C正确；D、同位素核外电子数相同，因此它们的化学性质几乎相同，由于核内中子数不同，物理性质不同，故D错误；故选D。15、B【解题分析】

由H转化为H2时要形成化学键,而形成化学键的过程会放出热量,故产物所具有的能量比反应物的低,物质具有的能量越低越稳定,A、C、D均正确，只有粒子间的有效碰撞才能引发反应,B错误；正确选项B。16、B【解题分析】

A.通入氢气会使乙烷中混有氢气，故A错误；B.苯能够把溴水中的溴萃取出来，现象是溶液分层，上层为橙红色；溴水和己烯发生加成反应，现象是溴水褪色，故B正确；C.氯气与甲烷在光照条件下的反应为自由基式取代反应，反应过程不可能控制只发生某一步，所以四种氯代产物均有，故C错误；D.苯与溴水发生萃取，与液溴才发生取代反应，故D错误；故答案为：B。【题目点拨】熟记烷烃与氯气的反应条件；注意区分苯与液溴发生化学反应、苯与溴水萃取现象的差别。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期VIA族Al(OH)3+3H+==Al3++3H2Ob0.6NANH3PH3两者都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，导致熔沸点比PH3高【解题分析】

根据元素的原子半径相对大小和主要化合价首先判断出元素种类，然后结合元素周期律和相关物质的性质分析解答。【题目详解】A的主要化合价是+1价，原子半径最小，A是H；C的主要化合价是+6和－2价，因此C是S；B的主要化合价是+3价，原子半径最大，所以B是Al；D和X的主要化合价分别是－1和－2价，则根据原子半径可判断D是Cl，X是O。Y的主要化合价是+5和－3价，原子半径大于氧原子而小于氯原子，则Y是N。（1）C元素是S，在周期表中的位置为第三周期VIA族，其离子结构示意图为。（2）B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，与Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（3）a.硫离子和氯离子均是18电子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径D＜C，a错误；b.非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性D比C强，b正确；c.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性D比C强，c错误；答案选b；（4）浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子。反应中生成二氧化硫的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则转移电子的物质的量是0.6mol，个数是0.6NA；（5）由H、O、Cl三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质是次氯酸，其电子式为。（6）由于氨气和磷化氢都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，从而导致熔沸点比PH3高18、碳钠第三周期第ⅤⅡA族Na＞C＞OHClO4＞H2CO3【解题分析】

A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，且为短周期元素原子序数大于O，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素。【题目详解】(1)由上述分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；(2)E是氯元素，在周期表中第三周期第ⅤⅡA族；(3)C为氧元素，氧离子的结构示意图为；(4)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞O；(5)元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；(6)O和Na元素可以形成氧化钠，属于离子化合物，阴、阳离子个数比为1:2，只含有离子键，其电子式为。【题目点拨】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根，不能拆开写，所以过氧化钠的电子式为；同理过氧化氢的电子式为。19、乙烯褪色氧化氧化反应褪色CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br加成反应先检验乙烯的纯度CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O【解题分析】

石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，据此解答。【题目详解】（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和乙烯；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化乙烯，所以乙烯通入高锰酸钾溶液中发生氧化反应，实验现象是溶液紫红色褪去；（3）乙烯含有碳碳双键，通入乙烯和溴单质发生加成反应，溴水褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；（4）点燃可燃性气体时应先验纯，在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，反应的方程式为CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O。【题目点拨】本题考查了乙烯的化学性质和结构，题目难度不大，要注意乙烯中含有碳碳双键，有还原性，能使高锰酸钾溶液和溴水褪色，但是反应类型不同。20、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解题分析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【题目详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-