1、北京市通州区北京市通州区 2019 届高三年级第三次模拟考试理科综合化学试题届高三年级第三次模拟考试理科综合化学试题 1.下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是 A屠呦呦用乙醚提取青蒿素 B伏打发明电池 C拉瓦锡研究空气成分 D李比希用 CuO 做氧化剂分析有机物的组成 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故 A 错误；B原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故 B 正确；C拉瓦锡研究空气成分时存在 Hg 在加热条件下与氧气发生反应生成 HgO，是氧化还原反应，故 C
2、正确；D李比希用 CuO 做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故 D 正确；答案为 A。 2.Y 是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由 X 在一定条件下合成： 下列说法不正确的是 A. Y 的分子式为 C10H8O3 B. 由 X 制取 Y 的过程中可得到乙醇 C. 一定条件下，Y 能发生加聚反应和缩聚反应 D. 等物质的量的 X、Y 分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 32 【答案】D 【解析】 【详解】A由 Y 的结构简式可知 Y 的分子式为 C10H8O3，故 A 正确；B由原子守恒，由 X 发生取代反应生成Y 的过程中另一产物为乙醇，故
3、 B 正确；CY 中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y 中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故 C 正确；DX 中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol 可与 3molNaOH 反应，Y 中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则 1molY 可与3molNaOH 反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 1：1，故 D 错误；故答案为 D。 【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的
4、性质。 3.CO2和 CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 合成气的主要成分为 CO 和 H2 B. 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成 C. 吸收能量 D. Ni 在该反应中做催化剂 【答案】C 【解析】 【详解】A由图示可知 CO2和 CH4在 Ni 催化作用下，最终生成 CO 和 H2，故 A 正确；B化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故 B 正确；C的能量总和大于的能量总和，则的过程放出能量，故 C 错误；D由图示可知 CO2和 CH4催化
5、重整生成 CO 和 H2的过程中 Ni 的质量和化学性质没有发生变化，则 Ni 为催化剂，故 D 正确；故答案为 C。 4.已知：一元弱酸 HA 的电离平衡常数K +-c Hc Ac HA。25时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下： 化学式 CH3COOH HCN H2CO3 K 1.75105 4.91010 K1 = 4.4107 K2 = 5.61011 下列说法正确的是 A. 稀释 CH3COOH 溶液的过程中，n(CH3COO)逐渐减小 B. NaHCO3溶液中：c(H2CO3) c(23CO) c(HCO3) C. 25时，相同物质的量浓度的 NaCN 溶液的碱
6、性强于 CH3COONa 溶液 D. 向 CH3COOH 溶液或 HCN 溶液中加入 Na2CO3溶液，均产生 CO2 【答案】C 【解析】 【详解】 A 加水稀释 CH3COOH 溶液， 促进 CH3COOH 的电离， 溶液中n(CH3COO)逐渐增多， 故 A 错误； B NaHCO3溶液中 HCO3-的水解常数 Kh2=2wKK=1471 104.4 10=2.27108K2 = 5.61011，说明 HCO3-的水解大于电离，则溶液中c(23CO)c(H2CO3) c(HCO3)，故 B 错误；C由电离平衡常数可知浓度相等时 HCN 的酸性小于CH3COOH，同 CN-的水解程度大于
7、CH3COO-，则 25时，相同物质的量浓度的 NaCN 溶液的碱性强于 CH3COONa溶液，故 C 正确；D由电离平衡常数可知浓度相等时 HCN 的酸性小于 H2CO3，则向 HCN 溶液中加入 Na2CO3溶液，只能生成 NaHCO3，无 CO2气体生成，故 D 错误；故答案为 C。 5.已知：苯酚与 Fe3+在溶液中存在可逆反应：Fe3+ + 6C6H5OHH3Fe(OC6H5) 6 + 3H+，其中 H3Fe(OC6H5) 6显紫色。实验如下： 下列说法不正确的是： A. i 是空白对照实验 B. 向 ii 中滴加几滴浓盐酸，溶液颜色变浅 C. iii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯
8、和 CCl4 D. 苯酚在苯中的溶解性小于在 CCl4中的溶解性 【答案】D 【解析】 【详解】A通过 i 观察 ii iii、iv 中发生的变化，达到空白对照的目的，故 A 正确；B向 ii 中滴加几滴浓盐酸，增大 H+浓度，平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5) 6浓度降低，溶液颜色变浅，故 B 正确；C苯的密度比水，CCl4的密度比水大，故 iii、iv 中无色层中的溶剂分别为苯和 CCl4，故 C 正确；Diii 中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而 iv 中加入 CCl4后水溶液层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在 CCl4中的溶解性
9、，故 D 错误；故答案为 D。 6.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法不正确的是 A. b 为电源的正极 B. 中，捕获 CO2时碳元素的化合价发生了变化 C. a 极的电极反应式为 2C2O52 4e = 4CO2 + O2 D. 上述装置存在反应：CO2 = C + O2 【答案】B 【解析】 【详解】Aa 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则 b 为正极，故 A 正确；B捕获 CO2时生成的 C2O52-中碳元素的化合价仍为+4 价，捕获 CO2时生成 CO32-时碳元素的化合价仍为+4价， 碳元素的化合价
10、均未发生变化， 故 B 错误； C 由电解装置示意图可知 a 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，故 C 正确；D由电解装置示意图可知 a 电极生成 O2，d 电极生成 C，电解池总反应式为 CO2 =C+O2，故 D 正确；故答案为 B。 7.研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下： 铜丝表面无明显现象 铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象 铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体， 品红溶液褪色 下列说法正确的是 A. 常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸 B. 中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等 C. 依据，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成 SO2 D. 中现象
11、的差异仅是由于温度改变了化学反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故 A 错误；B随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu 与稀硫酸不反应，而 Fe 能与稀硫酸反应生成氢气，则中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故 B 错误；C中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成 SO2，故 C 正确；D温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故 D 错误；故答案为 C。 8.聚碳酸酯（简称 PC）是重要的工程塑料，某种 PC 塑料(N)的合成路线如下： 已知： iR
12、1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OH iiR1CH=CHR2R1CHO + R2CHO （1）A 中含有的官能团名称是_。 （2）、的反应类型分别是_、_。 （3）的化学方程式是_。 （4）是加成反应，G 的核磁共振氢谱有三种峰，G 的结构简式是_。 （5）中还有可能生成的有机物是_（写出一种结构简式即可） 。 （6）化学方程式是_。 （7）己二醛是合成其他有机物的原料。L 经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下： 中间产物 1 的结构简式是_。 【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). 加成反应 (4). (5). CH3CH=CH2 (6). 、 (
13、7). (8). 【解析】 【分析】 A 的分子式为 C2H4，应为 CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH， 其中F和M可生成N， 则E为HOCH2CH2OH，F 为碳酸二甲酯，结构简式为； G 和苯反应生成 J，由 J 分子式知 G 生成 J 的反应为加成反应，G 为 CH2=CHCH3，J 发生氧化反应然后酸化生成 L 和丙酮，L 和丙酮在酸性条件下反应生成 M，由 M 结构简式和 D 分子式知，D 为，F 和 M 发生缩聚反应生成的 PC 结构简式为； （7）由信息 ii 可
14、知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到； 【详解】 （1）A 的分子式为 C2H4，应为 CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键； （2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与 CO2 发生加成反应生成，反应类型是加成反应； （3）反应是和 CH3OH 发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是； （4）反应是 G 和苯发生加成反应生成的 J 为 C9H12，由原子守恒可知 D 的分子式为 C3H6，结合 G 的核磁共振氢谱有三种峰，G 的结构简式是 CH3CH=CH2； （5）反应中苯酚和丙酮还发生加
15、成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等； （6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成 PC 塑料的化学方程式为； （7）由信息 ii 可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合 L 为苯酚可知，合成路线为苯酚与 H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物 1 为环己醇，结构简式是。 【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推
16、出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据双安妥明的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程 C 原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。 9.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。 I汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。 （1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol1 2C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +
17、180.5 kJmol1 CO 和 NO 两种尾气在催化剂作用下生成 N2(g)的热化学方程式是_。 （2）研究 CO 和 NO 的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间 NO 和CO 浓度如下表： 时间（s） 0 1 2 3 4 5 c(NO)/(104molL1) 10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 100 c(CO)/(103molL1) 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70 前 4 s 内的平均反应速率(CO) _molL1s1。 L、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表
18、的物理量是_。判断L1、L2的大小关系，并简述理由：_。 II柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。 Urea-SCR 的工作原理为：尿素CO(NH2)2水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，生成的 NH3与富氧尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。 （3）尿素水解的化学方程式是_。 （4）下图为在不同投料比n(尿素)/n(NO)时 NO 转化效率随温度变化的曲线。 尿素与 NO 物质的量比 a_b（填“”、“=”或“L1，该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO 转化率增大 (5). CO(NH2)2H2O2N
19、H3CO2 (6). (7). 随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大；温度升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快 (8). 当温度过高，发生反应 4NH35O2 = 4NO6H2O，生成 NO 等 【解析】 【分析】 I （1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol1，2C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 ，N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1，由盖斯定律可知2-得2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g)，由此计算此反应的H； （2）根据(
20、CO)=ctnn计算前 4 s 内的平均反应速率(CO)； 图中L一定时， NO(g)的平衡转化率随X的增大， 转化率降低， 说明逆向进行， 结合反应 2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行分析； II （3）尿素CO(NH2)2水溶液温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有 CO2气体生成，结合守恒法写出尿素水解的化学方程式； （4）反应中，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率； 温度升高有利于尿素水解生成 NH3，且提高催化剂的活性，催化效果好；NH3在加热条件
21、下催化氧化能生成NO。 【详解】I （1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol1，2C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 ，N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1，由盖斯定律可知2-得 2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g)，则H=2（H1）-（H2）-（H3）=2（ 393.5kJmol1）-（ 221.0 kJmol1）-（+180.5 kJmol1） ，故 CO 和 NO 两种尾气在催化剂作用下生成 N2(g)的热化学方程式是 2NO(g)+2CO(g) = N
22、2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1； （2） 前4 s内平均反应速率(CO)=ctnn=33.602.70104s（） molL1s12.25104molL1s1； 图中L一定时， NO(g)的平衡转化率随X的增大， 转化率降低， 说明逆向进行， 结合反应 2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行，可知 X 代表的物理量是温度；当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，NO 的转化率增大，故L2L1； II （3）尿素CO(NH2)2水溶液温度高于 160时尿素水解，产生 NH3，根据
23、质量守恒可知，同时有 CO2气体生成，则尿素水解的化学方程式为 CO(NH2)2H2O2NH3CO2； （4）增大尿素的量可提高 NO 的转化率，即尿素与 NO 物质的量比值越大，NO 的转化率越大，则图象中 ab； 由图可知，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大，且温度升高，催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，故温度升高，NO 转化效率升高；但温度过高， ，原因是_。温度过高，发生反应 4NH35O2 = 4NO6H2O，生成 NO，导致 NO 的浓度升高，NO 转化效率下降。 【点睛】本题考查了利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应
24、用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般 23 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 H 与原热化学方程式之间 H 的换算关系。 10.水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷As()，其机制模型如下。 零价铁活化过硫酸钠去除废水中 As()的机制模型 资料： 酸性条件下 SO4为主要的自由基，中性及弱碱性条件下 SO4和OH 同时存在，强碱性条件下OH为主要的自由基。 Fe
25、2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的 pH 离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pH Fe2+ 7.04 9.08 Fe3+ 1.87 3.27 （1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。 砷在元素周期表中的位置是_。 砷酸的化学式是_，其酸性比 H3PO4_（填“强”或“弱”） 。 （2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放 Fe2+，Fe2+与 S2O82反应生成 Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成 Fe2+和 Fe3+，以确保 As()去除完全。 S2O82中 S 的化合价是_。 零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_。 Fe3+转化为 Fe2+的离子方程式是_。
26、 （3）不同 pH 对 As()去除率的影响如图。5 min 内 pH = 7 和 pH = 9 时去除率高的原因是_。 【答案】 (1). 第 4 周期、第A 族 (2). H3AsO4 (3). 弱 (4). +7 (5). Fe+ S2O82 = Fe 2+ +2SO42 (6). Fe+ 2Fe 3+ = 3Fe 2+ (7). pH = 7 和 pH = 9 时，产生了具有强氧化性的 SO4和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH = 7 和 pH = 9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As() 【解析】 【分析
27、】 （1）磷核电荷数为 15，在元素周期表中的位置是第 3 周期、第A 族； 磷酸的化学式为 H3PO4，同主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱； （2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放 Fe2+，Fe2+与 S2O82反应生成 Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成 Fe2+和 Fe3+，以确保 As()去除完全。 S2O82中氧元素为-2 价，设 S 的化合价是 x，结合正负化合价代数和为-2 计算； 零价铁与过硫酸钠反应生成 Fe2+和 SO42-，结合守恒法写出发生反应的离子方程式； Fe 将 Fe3+还原为 Fe2+，结合守恒法写出发生反应离子方
28、程式； （3）由模型可知 pH = 7 和 pH = 9 时产生了强氧化性的 O4和OH，有利于 Fe 的氧化，pH = 7 和 pH = 9时 Fe2+和 Fe3+完全转化为 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，易除去； 【详解】 （1）磷核电荷数为 15，在元素周期表中的位置是第 3 周期、第A 族，则砷在元素周期表中的位置是第 4 周期、第A 族； 砷酸中砷元素的化合价为+5 价，其化学式是 H3AsO4，因 As 非金属性比 P 弱，则其酸性比 H3PO4弱； （2）S2O82中氧元素为-2 价，设 S 的化合价是 x，2x+（-2）8=-2，解得 x=+7，即 S2O82中 S 的化合
29、价是+7； 零价铁与过硫酸钠反应生成 Fe2+和 SO42-，则发生反应的离子方程式为 Fe+ S2O82 = Fe 2+ +2SO42； Fe 将 Fe3+还原为 Fe2+，发生反应的离子方程式为 Fe+ 2Fe 3+ = 3Fe 2+； （3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中 As()的机制模型可知，因 pH = 7 和 pH = 9 时，产生了具有强氧化性的 SO4和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH = 7 和 pH = 9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2和 Fe(OH)3，与As()发生共沉淀，有效去除 As()，故 5 min 内 pH = 7 和 pH =
30、9 时去除率高。 11.某小组同学研究 SO2和 KI 溶液的反应，设计如下实验。 实验 操作 现象 I 溶液迅速变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积， 加入淀粉溶液，不变色 II 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色 （1）加入淀粉溶液的目的是_，为达到相同的目的，还可选用的试剂是_。 （2）经检验，II 中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成 S 和 I2。 在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应的离子方程式是_。 针对 II 中加入淀粉溶液不变色，甲同学提出假设：_。为证实该假设，甲同学取 II
31、中离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 乙同学认为甲同学的实验方案不支持上述假设，理由是_。 丙同学向 1 mL 1 molL1 KCl 溶液中加入 5 滴 1 molL1盐酸，通入 SO2，无明显实验现象，再加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是_。 （3）实验表明，I是 SO2转化的催化剂。补全下列离子方程式。 SO2H2O =_ （4）对比实验 I 和 II，推测增大 H+的浓度可加快 SO2的转化速率。为证实该推测，还需进一步进行实验证明，实验方案是_。 【答案】 (1). 检验是否有 I2生成 (2). CCl4（苯、 煤油
32、） (3). SO2 +4I +4H+ = 2I2 +S+2H2O (4). SO2将I2还原为I (5). 空气中的O2将SO2氧化为SO42 (6). O2不是SO2氧化为SO42的主要原因 (7). 3SO2+2H2O = 4H+ 2SO42 +S (8). 向 1 mL 1 molL1 KI 溶液中加入 5 滴 1 molL1 KCl 溶液后，再通入 SO2气体，观察现象 【解析】 【分析】 （1）碘遇淀粉溶液蓝色，碘易溶于有机溶剂，且碘的四氯化碳溶液显紫红色； （2）经检验，II 中的浅黄色固体是硫。资料显示，在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应生成 在酸性条件下，SO2和 KI
33、溶液反应 S 和 I2，结合守恒法写出发生反应的离子方程式； 离心分离后的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有 SO42-，说明 I2能氧化SO2生成 SO42-； 空气中有氧气，也能氧化 SO2； 加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无 SO42-； （3）I是 SO2转化的催化剂，可知 SO2在反应中既被氧化生成 SO42-，又被还原生成 S，结合守恒法配平离子反应方程式； （4）通过改变 H+的浓度来判断 SO2的转化速率是否发生改变； 【详解】 （1）利用碘遇淀粉溶液蓝色，加入淀粉溶液可检验反应中有碘生成；碘易溶于有机溶剂，也可以加
34、入 CCl4后振荡静置，看有机层是否显紫红色，来判断反应中有碘生成； （2）在酸性条件下，SO2和 KI 溶液反应 S 和 I2，发生反应的离子方程式为 SO2 +4I +4H+ = 2I2 +S+2H2O； II 中加入淀粉溶液不变色，说明 I2被还原，结合 SO2具有还原性，可假设 SO2将 I2还原为 I； 乙同学认为空气中有氧气，也能将 SO2氧化为 SO42，故不支持甲同学上述假设； 加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，几乎没有白色沉淀，说明溶液中无 SO42-，由此可得出 O2不是 SO2氧化为 SO42的主要原因； （3）I是 SO2转化的催化剂，可知 SO2在反应中既被氧化生成 SO42-，又被还原生成 S，发生反应的离子反应方程式为 3SO2+2H2O = 4H+ 2SO42 +S； （4）向 1 mL 1 mol L1 KI 溶液中加入 5 滴 1 mol L1 KCl 溶液后，再通入 SO2气体，观察现象，进而判断增大 H+的浓度是否可加快 SO2的转化速率。
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