1、 1 页 20192019 届北京市海淀区高三届北京市海淀区高三 5 5 月期末练习 （二模） 理科综合化学试卷 （解月期末练习 （二模） 理科综合化学试卷 （解 析版）析版） 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 0 16 K 39 Mn 55 第一部分第一部分(选择题共选择题共 120 分分) 本部分共本部分共 20 道小题，每小题道小题，每小题 6 分，共分，共 120 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目 要求的一项。要求的一项。 1.港珠澳大桥被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界岛隧
2、桥多项尖端科技，化工行业在这座 宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列材料的生材属于无机材料的是 A. 高强度耐腐蚀钢筋 B. 超高分子量聚乙烯纤维 C. 大尺寸橡胶隔震支座 D. 高韧薄层沥青罩面 【答案】A 【解析】 【详解】A. 钢筋主要成分为铁合金，属于无机金属材料，故选 A； B. 聚乙烯纤维 是指由聚乙烯经熔融纺丝法纺丝而得到的纤维材料，属于有机高分子材料，故不选 B； C. 橡胶是指具有可逆形变的高弹性聚合物材料，属于有机高分子材料，故不选 C； D. 沥青主要来源于石油的分馏， 沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料， 不属于无机材料， 故不选 D。 故答案选 A。 2.化学
3、与人类生活密切相关，下列说法与氧化还原反应无关的是 A. 油炸食品酸败变质 B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯 C. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时静脉滴注 NaHCO3溶液 D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素 C 的损失小 【答案】C 【解析】 【详解】A. 油炸食品酸败变质，发生了缓慢氧化反应，与氧化还原反应有关，故 A 不符合题意； B.水果释放出的乙烯能催熟水果， 高锰酸钾能氧化乙烯， 所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂， 与氧化还原反应有关，故 B不符合题意； 2 页 C. 水杨酸为邻羟基苯甲酸，显酸性，与小苏打反应生成邻羟基苯甲酸钠、水和二氧化碳，不是氧化还原
4、反 应，故 C 符合题意； D. 维生素 C 的化学特性是容易失去电子，是一种较强的还原剂，在水溶液中或受热时很容易被氧化，生吃 新鲜蔬菜要比熟吃时维生素 C 的损失小，与氧化还原反应有关，故 D 不符合题意。 所以 C选项是正确的。 【点睛】本题考查氧化还原反应的判断，氧化还原反应的特征是有元素化合价发生变化，要注意生活中常 见的氧化还原反应，如油炸食品酸败变质，维生素 C 被氧化等，酸碱中和反应为非氧化还原反应。 3.2019 年是元素周期表诞生 150 周年，目前周期表七个周期均已排满，共 118 种元素。短周期元素 W、X、 Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电
5、子数之和为 24。 下列说法不正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZY B. W 的氢化物与 Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性 C. 在元素周期表中，117号元素与 Z元素位于同一主族 D. 工业上常用 YX2漂白纸浆、毛、丝等 【答案】B 【解析】 【分析】 设 X 的最外层电子数为 x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为 x-1、x、x+1，根据 W、 X、Y、Z 的原子最外层电子数之和为 24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得 x=6，由此可确定 W、X、Y、Z 分 别为 N、O、S、Cl，据此解答。 【详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为 N、O、S
6、、Cl， A. 元素的非金属性 ClS，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4，故 A正确； B. W 的氢化物为 NH3，Z的氢化物为 HCl，NH3和 HCl 反应生成 NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液 呈酸性，故 B 错误； C. 在元素周期表中，117号元素与 0 族元素的 118 号元素相邻，则位于第七周期第 VIIA 族，与 Cl元素位 于同一主族，故 C 正确； D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用 SO2漂白纸浆、毛、丝等，故 D 正确。 3 页 故答案选 B。 【点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素
7、的种 类是解题的关键，注意 C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。 4.下列化学用语的表述正确的是 A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH-4e-=2H2O +O2 B. 由 Na和 Cl形成离子键的过程： C. NaHCO3的水解平衡：HCO3-+H2O H3O+CO32- D. 实验室制乙炔的反应：CaC2+H2O CaO+C2H2 【答案】B 【解析】 【详解】A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极发生氧气得电子的还原反应： O2+4e-+2H2O =4OH-，故 A错误； B. Na原子失去 1个电子被 Cl原子得到，形成的化合物为离子化合物，则由 Na和 Cl 形成离子键的过程
8、表 示为：，故 B 正确； C. HCO3-结合水电离出的 H+生成 H2CO3，水解平衡的离子方程式为：HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故 C错 误； D. 碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O Ca(OH)2+C2H2，故 D 错误。 故答案选 B。 5.汽车尾气处理存在反应：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2 (g)，该反应过程及能量变化如图所示： 下列说法正确的是 A. 升高温度，平衡正向移动 4 页 B. 该反应生成了具有非极性共价键的 CO2 C. 使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率 D. 反应物转化为活化络合物需要吸收能量 【答
9、案】D 【解析】 【详解】A. 由图象可知，该反应是一个能量降低的反应，即放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故 A 错误； B. CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故 B错误； C. 催化剂能改变反应速率， 对化学平衡无影响， 所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率， 故 C 错误； D. 由图象可知， 反应物的总能量小于活化络合物的总能量， 所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量， 故 D 正确。 故答案选 D。 6.聚乙烯胺可用于合成染料 Y，增加纤维着色度，乙烯胺(CH2=CHNH2)不稳定，所以聚乙烯胺常用聚合物 X 水解法制备。 下列说法不正确的是 A. 乙烯胺与 CH3C
10、H=NH互为同分异构体 B. 测定聚乙烯胺的平均相对分子质量，可得其聚合度 C. 聚合物 X 在酸性或碱性条件下发生水解反应后的产物相同 D. 聚乙烯胺和 R-N=C=S合成聚合物 Y 的反应类型是加成反应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 乙烯胺(CH2=CHNH2)与 CH3CH=NH，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 A正确； B. 聚合物平均相对分子质量为平均聚合度与链节式量的乘积，测定聚乙烯胺的平均相对分子质量，可得其 聚合度，故 B 正确； C. 聚合物 X分子中含有酰胺键，根据水解原理水解产物为聚乙烯胺和甲酸，由于聚乙烯胺具有碱性，能和 酸反应，而甲酸具有酸性，能和碱反
11、应，所以在酸性或碱性条件下发生水解反应后的产物不同，故 C错误； D. 由 Y的结构可知，聚乙烯胺和 R-N=C=S 合成聚合物 Y 的反应是 N=C的双键打开，聚乙烯胺断开氨基 5 页 上的 N-H键，H原子加到 N原子上，剩余基团加到 C原子上，发生的是加成反应，故 D正确。 故答案选 C。 【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同分异构体的判断、反应类型的判断、聚合度的计算方法及 有机反应产物的分析，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，注意 D选项生成产物的成键方式。 7.某小组同学通过实验研究 FeCl3溶液与 Cu 粉发生的氧化还原反应。实验记录如下： 序 号 I II III 实
12、 验 步 骤 充分振荡，加入 2mL蒸馏水 充分振荡， 加入 2mL蒸馏水 充分振荡，加入 2mL蒸馏水 实 验 现 象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入 蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余， 溶液黄色褪去， 加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成 蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验 I、II、III中均涉及 Fe3+被还原 B. 对比实验 I、II说明白色沉淀产生与铜粉的量有关 C. 实验 II、III中加入蒸馏水后 c(Cu2+)相同 D. 向实验 III反应后的溶液中加入饱和 NaCl 溶液可能出现白色沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】 Cu和 Fe
13、Cl3溶液反应生成 FeCl2和 CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是 发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl，据此分析解答。 【详解】A. 实验 I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明 Fe3+被 Cu还原，故 A正确； B. 对比实验 I、II，实验 I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验 II 6 页 加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的 量有关，故 B 正确； C. 对比实验 II、III，参加反应的 Fe3+的量相同，则生成的 Cu2+应相同，但
14、由于实验 II生成 CuCl，所以加 入蒸馏水后 c(Cu2+)不相同，故 C错误； D. 实验 III溶液为蓝色，含有 Cu2+和过量的铜，向实验 III反应后的溶液中加入饱和 NaCl溶液可能出现白 色沉淀 CuCl，故 D正确。 故答案选 C。 8.键线式是表达有机化合物结构的一种方式， 如 H2N-CH2-CH2-OH用键线式可以表达为 吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示： 已知 i.R-Cl+NaCN R-CN+NaCl ii.+R-NH-R+NaOH+NaCl+H2O (1)A属于芳香烃，其名称是_。 (2)的反应类型是_。 (3)B一种同分异构体，含苯环且核
15、磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为_。 (4)中 1 mol C 理论上需要消耗_mol H2生成 D。 (5)化学方程式是_。 (6)F中含氧官能团是和_。 (7)试剂 a 的结构简式是_。 (8)GH 分为三步反应，J 中含有 3个六元环，写出 I、J 的结构简式_、_。 7 页 【 答 案 】 (1). 甲 苯 (2). 取 代 反 应 (3). (4). 2 (5). (6). 羟基（或-OH） (7). (8). I： (9). J： 【解析】 【分析】 B为 ，A和 Cl2在光照条件下发生烷基上的取代反应生成 B，则 A 为 ，B 发生已知 i 的反应生成的 C 为，C 和 H2
16、在催化剂加热条件下加氢还原生成的 D 为 ，D 和发生已知 ii的反应生成 E为，E 在一定条件下和反应生成 F， F和 试剂 a 在 NaOH条件下发生取代反应生成 G，对比 G和 F的结构可知试剂 a为，G经三步反应得 到 F，据此解答。 【详解】(1)根据以上分析，A 为，其名称是甲苯， 故答案为：甲苯； (2) B发生已知 i的反应生成的 C为，氯原子被-CN取代，反应类型是取代反应， 故答案为：取代反应； (3)B为，其同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，说明甲基和氯原子在苯环上且 处于对位，其结构简式为， 故答案为：； (4) C 和 H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的
17、 D为， -CN转化为-CH2-NH2， 所以 1 mol C理论上需要消耗 2mol H2生成 D。 8 页 故答案为：2； (5) D和发生已知 ii的反应生成的 E 为 ，化学方程式为 ， 故答案为：； (6)由 F的结构可知，含氧官能团是 和羟基（或-OH） ， 故答案为：羟基（或-OH） ； (7) F和试剂 a在 NaOH条件下发生取代反应生成 G，对比 G 和 F的结构可知试剂 a 为， 故答案为：； (8)G为 ，G和 Cu/O2，加热时发生催化氧化生成 I为 ，I发生醛基 上的加成反应生成 J 为，J 成环脱水生成 H为， 故答案为：I：；J：。 9.人类向大气中排放的 NO
18、x对环境会产生危害，脱除 NOx是科学家研究的重要课题。 (1) NOx对环境的一种危害是_。 (2) NH3还原法可将 NOx还原为 N2进行脱除。 已知： 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H1=-1530kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJ/mol 写出 NH3还原 NO反应的热化学方程式：_。 (3)碱性 KMnO4氧化法也可将 NOx进行脱除。 9 页 用 KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中 NO的脱除，将该离子方程式补充完整。 _NO+_MnO4-+_=NO2-+3NO3-+_MnO42-+_ 下列叙述正确的是_(填字母序号
19、)。 A将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥 B反应后混合溶液中：c( MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+) C在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同 在实验室用 KMnO4 ( NaOH)溶液对模拟烟气中的 NO进行脱除。若将标准状况下 224 L含 NO体积分数 为 10%的模拟烟气进行处理，假设 NO最终全部转化为 NO3-，理论上需要 KMnO4的质量为_g(KMnO4 摩尔质量为 158 gmol-l)。 (4)用 Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除 NO的过程如下图所示。 该脱除过程中，太阳能转化为 _能。 在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应
20、原理类似。g-C3N4端的反应：O2+2H+2e-=H2O2；Pl端 的反应： _；NO2最终转化为 HNO3的化学方程式：_。 【答案】 (1). 酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层（汽车尾气产生空气污染、雾霾，合理给分） (2). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070kJmol-1 (3). 4 (4). 10 (5). 14OH- (6). 10 (7). 7H2O (8). AC (9). 474 (10). 化学 (11). P1 端的反应：NO-2e-+H2O=NO2+2H+ (12). NO2最终转化为 HNO3的化学方程式：2NO2+H2O2=2
21、HNO3 【解析】 【详解】(1) NOx对环境的危害有：NOx是产生酸雨（硝酸型酸雨）的一种污染源；是产生光化学烟雾的污 染源；NOx能破坏臭氧层等， 故答案为：酸雨或光化学烟雾或破坏臭氧层； (2)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H1=-1530kJ/mol， N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJ/mol， -3 得：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-1530 kJ/mol-180kJ/mol3=-2070kJ mol-1， 10 页 故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H
22、=-2070kJ mol-1； (3)反应中 MnO4-MnO42-，锰元素化合价从+7 价降到+6 价，NONO2-，氮元素化合价从+2 价升高到+3 价，NONO3-，氮元素化合价从+2 价升高到+5价，根据得失电子守恒，所配系数为： 4NO+10MnO4-+_=NO2-+3NO3-+10MnO42- +_， 根据电荷守恒，结合溶液为碱性溶液，反应物缺项为 OH-，且系数为 14；根据原子守恒，可确定生成物中 的缺项为水且系数为 7， 故答案为：4；10；14OH-；10；7H2O； A由方程式可知，脱除反应后生成硝酸盐和亚硝酸盐，分离后可获得氮肥，故 A 正确； B根据原子守恒，KMnO
23、4中 n(K)=n(Mn)，所以反应后混合溶液中：c( MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故 B错 误； C溶液的酸碱性对氧化剂的氧化性有影响，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物 可能不同，故 C正确； 故答案为：AC； 根据得失电子守恒，得出关系式：NO3KMnO4。标准状况下 224 L含 NO体积分数为 10%的 NO的物质 的量为 224L10%22.4L/mol=1mol，则需要 KMnO4的质量为：1mol3 158g/mol=474g， 故答案为：474； (4)由图可知，在光催化条件下，NO发生氧化反应最终生成 HNO3，在此过程中，太阳能转化
24、为化学能， 故答案为：化学； 由图可知，该光催化脱除原理为原电池原理，其中 g-C3N4端为原电池正极，得电子发生还原反应： O2+2H+2e-=H2O2； 则 Pl端为原电池负极发生失电子的氧化反应， 电极反应为 NO-2e-+H2O=NO2+2H+； NO2 和 H2O2发生氧化还原反应生成 HNO3，化学方程式：2NO2+H2O2=2HNO 3， 故答案为：NO-2e-+H2O=NO2+2H+；2NO2+H2O2=2HNO3。 10.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有 A12O3、Fe2O3、Fe3O4和 SiO2等物质。综合利用粉煤灰不 仅能够防止环境污染，还能获得纳米 Fe2O
25、3等重要物质。 已知： i伯胺 R-NH2能与 Fe3+反应： 3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的 11 页 产物。 ii Fe3+在水溶液中能与 Cl-反应：Fe3+6Cl-FeCl63- (1)写出过程 I中 Fe2O3发生反应的离子方程式：_。 (2)过程 II加入过量 H2O2的作用是 _ 。 (3)过程 II加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_。 (4)从化学平衡角度解释过程 III利用 NaCI溶液进行反萃取的原理：_。 (5) N2H4具有碱性，可与 H+结合生成 N2H5+。过程 IV中先用过量的 N2H4
26、将水层 2中 Fe3+转化为 Fe2+并生 成 N2，反应的离子方程式为_，得到的 Fe2+再被 O2氧化为 FeOOH。 (6)纳米 Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。 已知熔融 NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反应生成中间体 Fe。用化学用语表示 Fe2O3在阴极 催化生成 NH3的反应过程。 第一步：_， 第二步：_。 【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (2). 将 Fe2+完全氧化为 Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取 率 (3). 萃取、分液 (4). Fe3+6Cl-FeCl63-（已知 ii 中的反应
27、）使 Fe3+浓度下降， 3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知 i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易 溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取 (5). 4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或 4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl- (6). Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH- (7). 2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3 【解析】 【分析】 粉煤灰主要成分有 A12O3、Fe2O3、Fe3O4和 SiO2等物质，加入硫酸酸浸，A12O3、Fe2O3、Fe3O
28、4溶于硫酸 生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，SiO2不溶，分离后，浸取液含有 Al3+、Fe3+、Fe2+和 SO42-等，在浸取液 中先加入过量的 H2O2将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，再加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，水 12 页 层中含有 Al3+， 经后期处理得到金属铝。 有机层为含有 Fe(NH2-R)(OH)SO4的煤油层， 向有机层中加入 NaCl 溶液经反萃取得到的水层中含有FeCl63-，向水层 2 中加入 N2H4将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+再经氧化转化为 FeOOH，煅烧 FeOOH 得到纳米 Fe2O3，据此解答。 【详解】(1)根据以上分析
29、，过程 I 中 Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为： Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O， 故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O； (2)由信息可知， 伯胺 R-NH2能与 Fe3+反应： 3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于 煤油的产物。所以过程 II 加入过量 H2O2的作用是将 Fe2+完全氧化为 Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取 率， 故答案为：将 Fe2+完全氧化为 Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率； (3) 过程 II加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，该分离操作为萃取、分
30、液， 故答案为：萃取、分液； (4) 有机层存在平衡：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+，过程 III加入 NaCl溶液发生： Fe3+6Cl-FeCl63-反应，使 Fe3+浓度下降，平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到 易溶于水的物质中，实现反萃取， 故答案为：Fe3+6Cl-FeCl63-（已知 ii中的反应）使 Fe3+浓度下降， 3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知 i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易 溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取； (5)
31、过量的 N2H4将 Fe3+转化为 Fe2+并生成 N2，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程 式为 4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或 4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-， 故答案为：4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或 4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-； (6)由图可知，该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，熔融 NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反 应生成中间体 Fe，Fe 与 N2、水反应生成 NH3和 Fe2O3，Fe2O3在该过程中起催化作用，故反应分
32、两步，第 一步：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，第二步：2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3， 故答案为：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3。 11.某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。 【初步探究】 13 页 (l)为探究温度对反应速率的影响，实验中试剂 A应为 _。 (2)写出实验中 I 一反应的离子方程式：_。 (3)对比实验，可以得出的结论：_。 【继续探究】溶液 pH对反应速率的影响 查阅资料： ipH9.28 时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+ 5I-+
33、3H2O，pH 越大，歧化速率越快 。 (4)小组同学用 4支试管在装有 O2储气瓶中进行实验，装置如图所示。 分析和中颜色无明显变化的原因：_。 (5)甲同学利用原电池原理设计实验证实 pH=10 的条件下确实可以发生 I-被 O2氧化为 I2的反应，如右图所 示，请你填写试剂和实验现象_。 【深入探究】较高温度对反应速率的影响 小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验和。 (6)对比实验和的现象差异，该小组同学经过讨论对实验中的现象提出两种假设，请你补充假设 1。 假设 1：_。 14 页 假设 2：45以上 I2易升华，70水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。 (7)针对假设 2，
34、有两种不同观点。 你若认为假设 2成立， 请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色” 的可能原因(写出一条)。你若认为假设 2不成立，请设计实验方案证明_。 【答案】 (1). 0.5mol/L稀硫酸 (2). 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O (3). KI溶液被 O2氧化成 I2， c(H+)越大， 氧化反应速率越快 (4). 试管、中，pH 为 10、11 时，既发生氧化反应又发生岐化反应，因为岐化 反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率 （或歧化速率最快） ， 所以观察颜色无明显变化 (5). 试剂 1： 1mol/LKI溶液，滴加 1%淀粉溶液 试剂 2：pH=10 的 KO
35、H 溶液 现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+ 5I-+ 3H2O，pH 越大，歧化速率越快。试管、 中，pH为 10、11 时，既发生氧化反应又发生岐化反应，因为岐化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变 色速率，所以和中颜色无明显变化， 故答案为：试管、中，pH 为 10、11 时，既发生氧化反应又发生岐化反应，因为岐化反应速率大于氧 化反应速率和淀粉变色速率； (5) 利用原电池原理设计实验证实 pH=10的条件下确实可以发生 I-被 O2氧化为 I2的反应，负极发生失电子 的氧化反应，故试剂 1 应为 1mol/LKI溶液，
36、滴加 1%淀粉溶液，正极 O2得电子发生还原反应，故试剂 2 为 pH=10的 KOH 溶液，若出现电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t30min）的现象则可证明， 故答案为：试剂 1：1mol/LKI溶液，滴加 1%淀粉溶液；试剂 2：pH=10的 KOH溶液；现象：电流表指针 偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t30min） ； (6)实验为敞口试管，与空气相通，水浴加热 20min 仍保持无色，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色； 实验为密闭试管，水浴加热溶液迅速出现黄色，且黄色逐渐加深，冷却至室温后滴加淀粉溶液出现蓝色； 出现现象差异的原因可能是 45以上 I2易升华，70水浴时，c(I2
37、)太小难以显现黄色（即假设 2） ，也可能 是在敞口试管中加热时氧气逸出，c(O2)降低，导致 I-氧化为 I2的速率变慢，应为假设 1， 故答案为：加热使氧气逸出，c(O2)降低，导致 I-氧化为 I2的速率变慢； (7)因 KI溶液过量 （即使加热时有 I2升华也未用光 KI） ， 实验冷却室温后过量的 KI仍可与空气继续反应 生成 I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色，说明假设 2 成立； 水浴加热 70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，与假设矛盾，则证明假设 2 不成立； 故答案为： 【假设 2 成立】 理由：KI溶液过量（即使加热时有 I2升华也未用光 KI） ，实验冷却室温后过量的 KI仍可与空气继续反 应生成 I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 【假设 2不成立】 实验方案：水浴加热 70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设 2不成立。 【点睛】本题为实验探究题，考查外界条件对反应速率的影响，注意控制变量思想的运用，如若探究温度 对反应速率的影响，则变量只有温度，其他条件都相同。本题难点是（7）设计实验方案，注意对实验原理 的理解。 16 页
