北京市海淀区2019届高三化学5月期末练习(二模)试题(含解析).pdf

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1、北京市海淀区 2019 届高三化学 5 月期末练习（二模）试题（含解析） 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 ( 选择题共120 分) 本部分共20 道小题，每小题6 分，共 120 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。 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】

2、 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NaHCO 3溶液 D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素C的损失小 【答

3、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； 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

4、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

5、【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、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

6、，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。 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

7、衡： HCO 3 - +H2O H3O +CO 3 2- 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 -+2H 2O =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 离子键的过程表示为：，故 B正确； C. HCO3 -结合水电离出的 H +生成 H 2CO3，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

8、：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 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

9、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=CHNH 2)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CH3CH=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.

10、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

11、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 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，

12、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Fe 3+被还原 B. 对比实验I 、 II 说明白色沉淀 的 产生与铜粉的量有关 C. 实验 II 、III中加入蒸馏水后c(Cu 2+) 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 FeCl3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

13、色褪去，说明Fe 3+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Fe 3+的量相同，则生成的 Cu 2+应相同，但由于实验 II生 成 CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu 2+) 不相同，故 C错误； D. 实验 III溶液为蓝色，含有Cu 2+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

14、。 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

15、，J 中含有 3 个六元环，写出I 、J 的结构简式 _、_。 【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】

16、 (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。 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

17、-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NOx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

18、)+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 KMnO 4氧化法也可将NOx进行脱除。 用 KMnO 4(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 -+_=NO 2 -+3NO 3 -+_MnO 4 2-+_ 下列叙述正确的是_( 填字母序号 ) 。 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(MnO4 2- )=c(K +) C在不同酸碱性条件下，KMnO 4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

19、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KMnO 4 的质量为 _g(KMnO4摩尔质量为158 g mol -l ) 。 (4) 用 Pl-g-C 3N4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原理类似。g-C3N4端的反应： O2+2H +2e-=H 2O2；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

20、给分） (2). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ?H=-2070kJ mol -1 (3). 4 (4). 10 (5). 14OH - (6). 10 (7). 7H 2O (8). AC (9). 474 (10). 化学 (11). P1端的反应：NO-2e - +H2O=NO2+2H + (12). NO 2最终转化为HNO3的化学方程式： 2NO2+H2O2=2HNO3 【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；

21、 (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=- 2070kJmol -1 ， 故答案为： 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ?H=-2070kJmol -1； (3) 反应中MnO4 -MnO 4 2- ，锰元素化合价从+7 价降到 +6价，NO NO2 - ，氮元素化合价从+2 价升高到 +3价，NO N

22、O3 - ，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+10MnO 4 - +_=NO2 - +3NO3 - +10MnO 4 2- +_ ， 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， KMnO4中 n(K)=n(Mn) ，所以反应后混合溶液中：c( MnO4 -)+c(MnO 4 2- )=c(K +) ， 故 B错误；

23、 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，KMnO 4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KMnO 4的质量为： 1mol3158g/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HNO 3，在此过程中，太阳能转 化为化学能， 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

24、，得电子发生还 原反应： O2+2H +2e-=H 2O2；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 -+H 2O=NO2+2H +；NO 2和 H2O2发生氧化还原反应生成HNO3，化学方程式：2NO2+H2O2=2HNO3， 故答案为： NO-2e -+H 2O=NO2+2H +；2NO 2+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Fe2O3等重要物质。 已知： i 伯胺 R-NH2能与 Fe 3+反应： 3R-NH 2+Fe

25、3+SO 4 2- +H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H +生成易溶 于煤油的产物。 ii Fe 3+在水溶液中能与 Cl - 反应： Fe 3+6Cl- FeCl6 3- (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将水层 2 中 Fe 3+转化为 Fe 2+并生成 N

26、2，反应的离子方程式为_，得到的Fe 2+再被 O 2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). Fe 2O3+6H +=2Fe3+3H 2O (2). 将 Fe 2+完全氧化为 Fe 3+，有利于与伯胺反 应，提高萃取率 (3). 萃取、分液 (4). Fe 3+6Cl- FeCl6 3- （已知 ii中的反应） 使 Fe 3+浓度下降，

27、 3R-NH 2+Fe 3+SO 4 2-+H 2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H + （已知 i 中的反应）平衡向 逆反应方向移动， Fe 3+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). 4Fe 3+5N 2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 + 或4FeCl6 3- +5N2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 +24Cl- (6). Fe2O3+3H2O+6e -=2Fe+6OH- (7). 2Fe+N 2+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

28、、Fe2O3、Fe3O4 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Al 3+、Fe3+、Fe2+ 和 SO4 2- 等， 在浸取液中先加入过量的H2O2将 Fe 2+全部氧化为 Fe 3+， 再加入伯胺 - 煤油进行萃取， 经分液得到水层和有机层，水层中含有Al 3+ ，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 FeCl6 3- ，向水层2 中加入 N2H4将 Fe 3+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。

29、【详解】 (1) 根据以上分析，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+3H 2O ， 故答案为： Fe2O3+6H +=2Fe3+3H 2O ； (2) 由信息可知，伯胺R-NH2能与 Fe 3+反应： 3R-NH 2+Fe 3+SO 4 2-+H 2OFe(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Fe 2+完全氧化为 Fe 3+，有利于与 伯胺反应，提高萃取率， 故答案为：将Fe 2+完全氧化为 Fe 3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率； (3) 过程 II加入伯胺 -

30、 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、 分液， 故答案为：萃取、分液； (4) 有机层存在平衡：3R-NH2+Fe 3+SO 4 2- +H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H +，过程 III 加入 NaCl 溶 液发生： Fe 3+6Cl- FeCl6 3- 反应，使 Fe 3+浓度下降，平衡向逆反应方向移动， Fe 3+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： Fe 3+6Cl- FeCl6 3- （已知 ii中的反应）使Fe 3+浓度下降， 3R-NH2+Fe 3+SO 4 2-+H 2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H +（

31、已知 i 中的反应）平衡向逆反应方向移动， Fe 3+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) 过量的 N2H4将 Fe 3+转化为 Fe2+并生成 N 2，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4Fe 3+5N 2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 +或 4FeCl 6 3- +5N2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 +24Cl-， 故答案为： 4Fe 3+5N 2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 +或 4FeCl 6 3-+5N 2H4=4Fe 2+N 2+4N2H5 +24Cl- ； (6) 由图可知，该电解装置中，阴阳极均为惰性电极

32、，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+N 2+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】 (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

33、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： i pH9.28时， I2发生歧化反应：3I2+6OH - =IO3 - + 5I - + 3H2O ，pH越大，歧化速率越快 。 (4) 小组同学用4 支试管在装有O2 的 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

34、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： _。 假设 2： 45以上 I2易升华， 70水浴时， c(I 2) 太小难以显现黄色。 (7) 针对假设2，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 -+O 2+4H +=2I 2+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

35、 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 KOH 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 -=IO 3 - + 5I -+ 3H 2O ，pH越大，歧化速率越快，故溶液颜色无明显变化；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，滴加1% 淀粉溶液，正极

36、O2得电子发生还原反应， 故试剂 2 为 pH=10 的 KOH溶液。实验为探究较高温度对反应速率的影响，不同的是实验 在敞口试管中进行，实验在密闭试管中进行，据此分析解答。 【详解】 (l) 若探究温度对反应速率的影响，则实验中试剂A应相同，即应用0.5mol/L 稀硫酸， 故答案为： 0.5mol/L稀硫酸； (2) 实验中在酸性条件下I - 被 O2氧化为 I2，反应的离子方程式为：4I - +O2+4H +=2I 2+2H2O， 故答案为： 4I -+O 2+4H +=2I 2+2H2O； (3) 实验的温度相同，试剂A不同，溶液的酸性越强，蓝色出现的越早，因此可以得 出的结论是： K

37、I 溶液被 O2氧化成 I2，c(H +) 越大，氧化反应速率越快， 故答案为： KI 溶液被 O2氧化成 I2，c(H +) 越大，氧化反应速率越快； (4) 根据资料ii. pH9.28时， I2发生歧化反应：3I2+6OH -=IO 3 -+ 5I-+ 3H 2O，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p

38、H=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，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

39、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(I 2) 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 I 2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。