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北京市通州区2020届高三第一次模拟考试化学试题
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2020北京通州高三一模
化学
考生须知
1.本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共8页；考试时间为90分钟，满分为100分。
2.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束，请将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mn-55
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）
A. 港珠澳大桥路面使用了沥青，沥青可以通过石油分馏得到
B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C. 被誉为“中国天眼”的射电望远镜，其“眼眶”的结构钢梁属于合金材料
D. 新型聚氨酯迷彩伪装涂料可用于军车多环境下的隐身，聚氨酯属于无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过石油分馏最后可以得到沸点高、难挥发的物质为沥青，沥青常用于铺路，故A正确；
B．Fe3O4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故B正确；
C．钢铁结成的圈梁，不是纯金属材料，是铁合金，属于合金材料，故C正确；
D．聚氨酯由小分子通过聚合反应获得，属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，故D错误；
答案选D。
【点睛】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，有机高分子材料又称聚合物或高聚物，一类由一种或几种分子或分子团(结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，其分子量高达10 000以上，可高达几百万，它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2.下列对化学用语的理解正确的是（ ）
A. 键线式H-C1-O可以表示次氯酸分子的结构
B. 电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基
C. 结构示意图可以可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-
D. 比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．C1最外层有7个电子，形成共价键时只能形成一个共价键，O最外层有6个电子，形成共价键是可以形成两个共价键，键线式H-O-C1可以表示次氯酸分子的结构，故A错误；
B．羟基(-OH)为9电子微粒，电子式表示为，氢氧根离子(OH-)为10电子微粒，电子式为，故B错误；
C．35Cl-和37Cl-的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故C正确；
D．甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故D错误；
答案选C。
【点睛】判断比例模型时，要要对照一下原子半径的大小，看是否符合。
3.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】
A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
4.“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
答案选B。
5.抗癌药物“6-Azulenol”的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 分子式为C12H18O2
B. 分子中含有两种官能团，能发生加成、氧化、酯化反应
C. 能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
D. lmol该物质与足量的Na反应可产生22.4LH2 （标况下）
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有13个碳原子、18个H原子、3个O原子，故该有机物分子式为：C13H18O3，故A错误；
B．该有机物含有羧基、醇羟基、碳碳双键三种官能团，故B错误；
C．该有机物与溴水发生加成反应使溴水褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不相同，故C错误；
D．羧基、羟基能与Na反应生成氢气，1mol 该有机物与足量Na反应生成1mol氢气，标况下生成氢气体积为22.4L，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】注意把握有机物的结构特点和官能团的性质。
6.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
B. [Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O
C. Cl2与热NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2+6OH-=3Cl-+ClO3-+3H2O
D. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2═HClO+HCO3−，故A错误；
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH−＝5Cl−+ClO3−+3H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故C错误；
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O═5SO42−+2Mn2++4H+，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确的离子方程式要符合客观事实，要符合电荷守恒，原子守恒等。
7.关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（ ）
A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能
B. 图2所示的反应为吸热反应
C. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
D. 中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；
B．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；
C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；
D．中和反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；
答案选C。
【点睛】从化学模型中帮助学生理解反应中的能量变化，高处的水，流入低处，释放能量，低处的水吸收能量才能到达高处，从生活中找出合适的化学模型，有利于学生理解。
8.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
C
除去苯中混有少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。
9.纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是（ ）
A. 在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解
B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁
C. 反应③的化学反应方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
D. 纳米四氧化三铁在水中形成的分散系，有可能产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．因反应②不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；
B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；
C．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；
答案选B。
10.下列有关物质结构或性质的说法不正确的是（ ）
A. 三联苯与四联苯互为同系物
B. 可用燃烧法鉴别环乙烷、苯、CCl4
C. 分子式为C5H10的烃存在顺反异构体
D. 分子中所有原子可能位于同一平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互为同系物，三联苯与四联苯苯环的数目不同，二者不是同系物，故A错误；
B．苯的含碳量更高，苯燃烧时比环己烷燃烧黑烟更浓，四氯化碳不燃烧，现象不同可鉴别，故B正确；
C．主链有5个C原子时，相应烯烃有CH2═CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH═CH−CH2−CH3，其中CH3−CH═CH−CH2−CH3有2种顺反异构，主链有4个碳原子时，相应烯烃有CH2═C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)═CHCH3；CH3CH(CH3)CH═CH2，都不存在顺反异构，故C正确；
D．苯环、−CHO均为平面结构，和苯环上的碳直接相连的所有原子共面，则所有原子可能共面，故D正确；
答案选A。
【点睛】顺反异构：立体异构的一种，由于双键不能自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有C=N双键，N=N双键及环状等化合物的顺反异构。顺式异构体：两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体。 反式异构体：两个相同原子或基团分别在双键两侧的为反式异构体。
11.某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应中Cl-为氧化产物
B. NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂
C. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D. 反应后溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行N2物质的量增大，ClO-的物质的量减小，故N2是生成物，ClO-为反应物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】根据分析，反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价由−3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误；
答案选B。
12.我国最近在太阳能光电催化一化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该工艺中光能最终转化为化学能
B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区
C. a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+
D. a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，b极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，氢离子通过质子交换膜向b电极移动，据此分析解答。
【详解】A．该制氢工艺中光能转化为化学能，最终转化为电能，故A错误；
B．根据图示，该装置工作时，H+由b极区放电生成氢气，由a极区流向b极区，故B错误；
C．a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+，故C错误；
D．该过程涉及两个反应步骤，第一步利用Fe2+-e-= Fe3+生成的氧化性强的Fe3+捕获H2S得到硫，所以a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液，故D正确；
答案选D。
13.从粗铜精炼的阳极泥（主要含有）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）
A. “氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B. “过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “还原”时发生的离子方程式为
D. 判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入溶液，没有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；
B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4 ++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C错误；
D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。
故选D。
14.根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A. 图甲表示2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(s)△H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B. 图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C. 图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＞0
D. 图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2O，此过程△H＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，故A错误；
B. O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，故B正确；
C. 石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故C正确；
D. 图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2O，根据图像，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故D正确；
答案选A。
第II卷(非选择题共58分)
二、填空题：(本题包括5小题，共58分)
15.下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。
根据上图回答下列问题：
（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；
a.石英坩埚 b.氧化铝坩埚 c.铁坩埚
（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；
（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4，电极均为铂电极。
①A极上的电极反应式为_____；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；
（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。
【答案】 (1). c (2). 有利于平衡向右进行，提高MnO42-转化率 (3). MnO42--e-=MnO4- (4). 无副产品，产率高，工艺简便 (5). 或%
【解析】
【分析】
在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，对生成物加强热形成熔融混合物，冷却研磨后溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氢氧化钾溶液再调节PH值为10～11，使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，据此分析解答。
【详解】(1)操作①和②中均有强碱性物质加热，所以不能用含有与碱反应的成份的坩埚，石英(二氧化硅)和氧化铝都可与强碱反应，铁不与强碱反应，故答案选c；
(2)已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氢氧根，使平衡正向移动，有利于提高MnO42-转化率；
(3)①电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4，根据图示，电解过程中A极为阳极，是K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是无副产品，产率高，工艺简便；
(4)两次实验中滴定20mL样品试液消耗草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，则滴定过程消耗草酸标准溶液的平均体积为=22.16mL，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL样品试液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)= ×22.16×10-3L×0.1 mol/L=8.846×10-4mol，则100mL样品试液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，则KMnO4晶体的纯度为=(或%)。
16.有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，并回答下列问题：
（1）g在元素周期表中的位置是______；
（2）比较d、e、f的简单离子半径大小为 < < (用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______ (用化学式表示)；
（3）下列可作为比较c和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). Al3+＜Na+＜O2-； (3). HClO4 (4). ①⑤ (5). NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ (6). Na+[]-
【解析】
【分析】
从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄露时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
17.SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。
（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下：
NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g) ∆H1=-200.9kJ/mol
SO2(g)+O3(g) ⇌SO3(g)+O2(g) ∆H2=-241.6kJ/mol
2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H3=-196.6kJ/mol
则反应2NO2(g) ⇌2NO(g)+O2(g)的∆H=___kJ/mol
（2）土壤中的硫循环如图1所示。
①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程I中会转化成硫酸亚铁和硫酸。该过程发生反应的化学方程式为_____；
②某种反硫化细菌在过程II中需要有乳酸参与反应消耗硫酸生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用，请解释原因：_____；
（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图2所示，阴极电极反应式为____；
（4）向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应：NO(g)+O3(g) ⇌NO2(g)+O2(g) △H＜0不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图3。温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是_____；当温度高于100℃时，NO转化率随温度升高而降低，原因是_____。
【答案】 (1). +115.2 (2). 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (3). 因为过程II（反硫化过程）吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度升高促进了过程II(反硫化过程)的进行；[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行] (4). 2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑ (5). 低于100℃时，相同时间内反应未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率加快，NO即时转化率高 (6). 100℃时，在相同时间内，反应达到平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡左移，NO平衡转化率降低
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；
②某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；
(3)装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应为达到平衡状态，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
【详解】(1)已知：①NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1＝−200.9kJ⋅mol−1
②SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2＝−241.6kJ⋅mol−1
③2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H3＝−196.6kJ⋅mol−1
盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H＝+115.2kJ/mol；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；
②土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行]；
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：2NH4++2e−＝2NH3↑+H2↑；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于100℃，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
18.以下是以植物细胞中半纤维素木聚糖为原料合成镇痛药品莫沙朵林(G)的路线：
已知：①四氢呋喃（）在流程中作反应的催化剂；
②
③
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为______；
（2）E→G的反应类型：______；
（3）D和F的结构简式分别是______、______；
（4）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：______；
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①分子中含有苯环②能发生银镜反应③能与FeCl3溶液发生显色反应
（6）有机物H()是合成抗病毒药物阿昔洛韦的中间体。按上述合成路线，写出以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂任选）；
【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). 取代反应 (3). (4). CH3NHCOOH (5). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (6). (或等) (7).
【解析】
【分析】
(1)根据B的结构简式可知B中官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被-CONHCH3取代生成G；
(3)由双烯合成反应，结合E的结构简式分析；E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式分析；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为-COOH，同时生成氧化亚铜与水；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(-OOCH)；
(6)HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成。
【详解】(1)根据B的结构简式可知B中含氧官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被−CONHCH3取代生成G，属于取代反应；
(3)由信息②双烯合成反应，结合E的结构简式可知D为； E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式，F的结构简式可能为CH3NHCOOH；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为−COOH，同时生成氧化亚铜与水，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(−OOCH)，符合条件E的一种同分异构体的简式为：(或等)；
(6) HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成，补全合成路线流程图：。
19.某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。
（1）查阅资料知，NaHSO3与过量KIO3反应分两步进行，第一步为IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，则第二步反应的离子方程式为_____；
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的化学反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验.记录如下表：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液（mL）
0.02mol/LKIO3溶液（mL）
H2O(mL)
反应温度（℃）
溶液变蓝的时间（s）
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究______对化学反应速率的影响，表中a=______mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，则表中b=______mL，c=______mL；
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段化学反应速率逐渐增大，一段时间后化学反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段化学反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42-对反应起催化作用，SO42-浓度越大化学反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大化学反应速率越快；
假设三：______；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容(化学反应速率可用测速仪测定)______。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O (2). KIO3溶液浓度 (3). 15 (4). 10 (5). 10 (6). 反应生成的I-对反应起催化作用，I-浓度越大化学反应速率越快；(或：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大化学反应速率越快；或：该反应是放热反应，温度升高导致化学反应速率加快)； (7).
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
【解析】
【分析】
(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)根据表格，三个实验中溶液的体积均应为45mL，据此推断a的值；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等，以此加以假设；
(4)通过对比实验进行验证。
【详解】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3−+3HSO3−=3SO42−+3H++I−，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)实验①②是探究KIO3溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a=15mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b=20 mL，c=10 mL；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I−对反应起催化作用，I−浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快；
(4)通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v(乙)，若v(甲)=v(乙)，则假设一不成立，若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立，答案为：
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
。
化学
考生须知
1.本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共8页；考试时间为90分钟，满分为100分。
2.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束，请将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mn-55
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是（ ）
A. 港珠澳大桥路面使用了沥青，沥青可以通过石油分馏得到
B. 用于新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
C. 被誉为“中国天眼”的射电望远镜，其“眼眶”的结构钢梁属于合金材料
D. 新型聚氨酯迷彩伪装涂料可用于军车多环境下的隐身，聚氨酯属于无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过石油分馏最后可以得到沸点高、难挥发的物质为沥青，沥青常用于铺路，故A正确；
B．Fe3O4俗称磁性氧化铁，是一种具有磁性的物质，故B正确；
C．钢铁结成的圈梁，不是纯金属材料，是铁合金，属于合金材料，故C正确；
D．聚氨酯由小分子通过聚合反应获得，属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，故D错误；
答案选D。
【点睛】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，有机高分子材料又称聚合物或高聚物，一类由一种或几种分子或分子团(结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，其分子量高达10 000以上，可高达几百万，它们可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2.下列对化学用语的理解正确的是（ ）
A. 键线式H-C1-O可以表示次氯酸分子的结构
B. 电子式可以表示氢氧根离子，也可以表示羟基
C. 结构示意图可以可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-
D. 比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．C1最外层有7个电子，形成共价键时只能形成一个共价键，O最外层有6个电子，形成共价键是可以形成两个共价键，键线式H-O-C1可以表示次氯酸分子的结构，故A错误；
B．羟基(-OH)为9电子微粒，电子式表示为，氢氧根离子(OH-)为10电子微粒，电子式为，故B错误；
C．35Cl-和37Cl-的中子数不同，但核电荷数和核外电子数相同，均为Cl−，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为，故C正确；
D．甲烷和四氯化碳分子均为正四面体结构，但Cl原子半径大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故D错误；
答案选C。
【点睛】判断比例模型时，要要对照一下原子半径的大小，看是否符合。
3.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是
A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】
A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
4.“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
答案选B。
5.抗癌药物“6-Azulenol”的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 分子式为C12H18O2
B. 分子中含有两种官能团，能发生加成、氧化、酯化反应
C. 能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同
D. lmol该物质与足量的Na反应可产生22.4LH2 （标况下）
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物分子中含有13个碳原子、18个H原子、3个O原子，故该有机物分子式为：C13H18O3，故A错误；
B．该有机物含有羧基、醇羟基、碳碳双键三种官能团，故B错误；
C．该有机物与溴水发生加成反应使溴水褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不相同，故C错误；
D．羧基、羟基能与Na反应生成氢气，1mol 该有机物与足量Na反应生成1mol氢气，标况下生成氢气体积为22.4L，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】注意把握有机物的结构特点和官能团的性质。
6.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
B. [Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O
C. Cl2与热NaOH溶液反应制取NaClO3：2Cl2+6OH-=3Cl-+ClO3-+3H2O
D. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，正确的离子方程式为：ClO−+H2O+CO2═HClO+HCO3−，故A错误；
B．[Ag(NH3)2]OH与足量盐酸反应生成AgCl，该反应的离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++H2O，故B正确；
C．Cl2与热的NaOH溶液发生氧化还原反应生成NaClO3，正确的离子方程式为：3Cl2+6OH−＝5Cl−+ClO3−+3H2O，题中所给的离子方程式电荷不守恒，故C错误；
D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5SO2+2MnO4−+2H2O═5SO42−+2Mn2++4H+，故D错误；
答案选B。
【点睛】正确的离子方程式要符合客观事实，要符合电荷守恒，原子守恒等。
7.关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（ ）
A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能
B. 图2所示的反应为吸热反应
C. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成
D. 中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；
B．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；
C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；
D．中和反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；
答案选C。
【点睛】从化学模型中帮助学生理解反应中的能量变化，高处的水，流入低处，释放能量，低处的水吸收能量才能到达高处，从生活中找出合适的化学模型，有利于学生理解。
8.下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
C
除去苯中混有少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。
9.纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗，其制备过程如图所示，下列叙述不合理的是（ ）
A. 在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解
B. 直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁
C. 反应③的化学反应方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2
D. 纳米四氧化三铁在水中形成的分散系，有可能产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．因反应②不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；
B．直接加热FeCl3溶液，促进了氯化铁的水解，HCl易挥发，最终氢氧化铁分解生成氧化铁，不会得到四氧化三铁，故B错误；
C．由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正确；
D．纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；
答案选B。
10.下列有关物质结构或性质的说法不正确的是（ ）
A. 三联苯与四联苯互为同系物
B. 可用燃烧法鉴别环乙烷、苯、CCl4
C. 分子式为C5H10的烃存在顺反异构体
D. 分子中所有原子可能位于同一平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互为同系物，三联苯与四联苯苯环的数目不同，二者不是同系物，故A错误；
B．苯的含碳量更高，苯燃烧时比环己烷燃烧黑烟更浓，四氯化碳不燃烧，现象不同可鉴别，故B正确；
C．主链有5个C原子时，相应烯烃有CH2═CH−CH2−CH2−CH3、CH3−CH═CH−CH2−CH3，其中CH3−CH═CH−CH2−CH3有2种顺反异构，主链有4个碳原子时，相应烯烃有CH2═C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)═CHCH3；CH3CH(CH3)CH═CH2，都不存在顺反异构，故C正确；
D．苯环、−CHO均为平面结构，和苯环上的碳直接相连的所有原子共面，则所有原子可能共面，故D正确；
答案选A。
【点睛】顺反异构：立体异构的一种，由于双键不能自由旋转引起的，一般指烯烃的双键，也有C=N双键，N=N双键及环状等化合物的顺反异构。顺式异构体：两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体。 反式异构体：两个相同原子或基团分别在双键两侧的为反式异构体。
11.某离子反应涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应中Cl-为氧化产物
B. NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂
C. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D. 反应后溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
由曲线变化图可知，随反应进行N2物质的量增大，ClO-的物质的量减小，故N2是生成物，ClO-为反应物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。
【详解】根据分析，反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是还原剂，ClO-是氧化剂，故B正确；
C．N元素化合价由−3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；
D．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误；
答案选B。
12.我国最近在太阳能光电催化一化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该工艺中光能最终转化为化学能
B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区
C. a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+
D. a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，b极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，氢离子通过质子交换膜向b电极移动，据此分析解答。
【详解】A．该制氢工艺中光能转化为化学能，最终转化为电能，故A错误；
B．根据图示，该装置工作时，H+由b极区放电生成氢气，由a极区流向b极区，故B错误；
C．a极上亚铁离子转化为铁离子，失电子，发生氧化反应，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+，故C错误；
D．该过程涉及两个反应步骤，第一步利用Fe2+-e-= Fe3+生成的氧化性强的Fe3+捕获H2S得到硫，所以a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液，故D正确；
答案选D。
13.从粗铜精炼的阳极泥（主要含有）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）
A. “氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸
B. “过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒
C. “还原”时发生的离子方程式为
D. 判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入溶液，没有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；
B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；
C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32－+Te4 ++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+，故C错误；
D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。
故选D。
14.根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A. 图甲表示2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(s)△H＜0，t1时改变的条件是增大体系的压强
B. 图乙NaCl溶液浓度过高铁腐蚀速率降低，说明NaCl浓度越大溶液中O2的浓度越小
C. 图丙说明石墨转化为金刚石的反应的△H＞0
D. 图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2O，此过程△H＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据图象，t1时刻v逆瞬间不变，v正瞬间增大，则是增大反应物浓度，故A错误；
B. O2的含量影响碳钢在NaCl溶液中的腐蚀速率，根据图象，腐蚀速率先增大，增大到最大后减小，说明在NaCl浓度较高时溶液中O2的浓度减少，正极反应减慢导致腐蚀速率降低，故B正确；
C. 石墨能量低于金刚石能量，所以石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故C正确；
D. 图丁是一定条件下发生反应：4NH3+4NO+O2⇌4N2+6H2O，根据图像，以先拐先平数值大为原则，则T1＞T2，升高温度，NO的体积浓度增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故D正确；
答案选A。
第II卷(非选择题共58分)
二、填空题：(本题包括5小题，共58分)
15.下列为某学生在实验室中制备高锰酸钾晶体的流程图。
根据上图回答下列问题：
（1）操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择坩埚为_____(填字母)；
a.石英坩埚 b.氧化铝坩埚 c.铁坩埚
（2）已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④中通CO2调pH=10~11，其目的是_____；
（3）得到墨绿色溶液后，也可用如图所示方法制备KMnO4，电极均为铂电极。
①A极上的电极反应式为_____；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是_____；
（4）实验室中，可用0.10mol/L，草酸作标准溶液，利用下述反应，测定所得KMnO4晶体的纯度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O
取agKMnO4晶体样品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于锥形瓶中进行滴定实验两次。两次实验所用草酸标准溶液体积分别为22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶体的纯度为_______。
【答案】 (1). c (2). 有利于平衡向右进行，提高MnO42-转化率 (3). MnO42--e-=MnO4- (4). 无副产品，产率高，工艺简便 (5). 或%
【解析】
【分析】
在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，对生成物加强热形成熔融混合物，冷却研磨后溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氢氧化钾溶液再调节PH值为10～11，使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，据此分析解答。
【详解】(1)操作①和②中均有强碱性物质加热，所以不能用含有与碱反应的成份的坩埚，石英(二氧化硅)和氧化铝都可与强碱反应，铁不与强碱反应，故答案选c；
(2)已知：3MnO42-+2H2O⇌2MnO4-+MnO2+4OH-。操作④是使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氢氧根，使平衡正向移动，有利于提高MnO42-转化率；
(3)①电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4，根据图示，电解过程中A极为阳极，是K2MnO4发生氧化反应生成KMnO4，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；
②这种方法与上面的方法相比，其优点是无副产品，产率高，工艺简便；
(4)两次实验中滴定20mL样品试液消耗草酸标准溶液的体积分别为22.15mL和22.17mL，则滴定过程消耗草酸标准溶液的平均体积为=22.16mL，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL样品试液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)= ×22.16×10-3L×0.1 mol/L=8.846×10-4mol，则100mL样品试液中n(KMnO4)=×8.846×10-4mol=4.432×10-3mol，则KMnO4晶体的纯度为=(或%)。
16.有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
根据上述信息进行判断，并回答下列问题：
（1）g在元素周期表中的位置是______；
（2）比较d、e、f的简单离子半径大小为 < < (用离子符号表示)______；y、h的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______ (用化学式表示)；
（3）下列可作为比较c和f金属性强弱的依据是______；
①测同温同压同浓度相应氯化物水溶液的pH
②测两种元素单质的硬度和熔、沸点
③比较单质作还原剂时失去的电子数目的多少
④比较两种元素在化合物中化合价的高低
⑤比较单质与同浓度盐酸反应的难易程度
（4）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物eyz不慎泄露时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者的水溶液均呈碱性，该反应的化学方程式为______。已知eyz含有Z2分子中类似的化学键，写出化合物eyz的电子式___。
【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). Al3+＜Na+＜O2-； (3). HClO4 (4). ①⑤ (5). NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑ (6). Na+[]-
【解析】
【分析】
从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol∙L-1，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】(1) g为S元素，原子序数为16在周期表中位于第三周期第VIA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径：Al3+＜Na+＜O2-；非金属性Cl＞C，则最高价氧化物对应水化物的酸性最强的为 HClO4；
(3)①溶液pH越小，金属阳离子水解程度越大，金属阳离子对应的碱越弱，则对应元素的金属性越弱，故①正确；
②单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较金属强弱，故②错误；
③化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子能力越强，但金属性强弱与失去电子数目无关，与失电子难易有关，故③错误；
④元素化合价高低与金属性无关，故④错误；
⑤单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，故⑤正确；
答案选① ⑤；
(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄露时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，NaCN由Na+、CN−构成，含有N2分子中类似的化学键，则CN−中存在三键，NaCN电子式为Na+[]-。
17.SO2、NO是大气污染物，NH4NO3、H2SO4等是水体污染物，有效去除这些污染物是一项重要课题。
（1）NO、SO2可以先氧化，后用碱吸收。其氧化过程的反应原理如下：
NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g) ∆H1=-200.9kJ/mol
SO2(g)+O3(g) ⇌SO3(g)+O2(g) ∆H2=-241.6kJ/mol
2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H3=-196.6kJ/mol
则反应2NO2(g) ⇌2NO(g)+O2(g)的∆H=___kJ/mol
（2）土壤中的硫循环如图1所示。
①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程I中会转化成硫酸亚铁和硫酸。该过程发生反应的化学方程式为_____；
②某种反硫化细菌在过程II中需要有乳酸参与反应消耗硫酸生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，还存在另一作用，请解释原因：_____；
（3）电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如图2所示，阴极电极反应式为____；
（4）向恒容密闭容器中充入1molNO和2molO3，发生如下反应：NO(g)+O3(g) ⇌NO2(g)+O2(g) △H＜0不同温度下反应相同时间后，体系中NO转化率随温度变化曲线如图3。温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是_____；当温度高于100℃时，NO转化率随温度升高而降低，原因是_____。
【答案】 (1). +115.2 (2). 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (3). 因为过程II（反硫化过程）吸热，乳酸和硫酸反应放出的热量使温度升高促进了过程II(反硫化过程)的进行；[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行] (4). 2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑ (5). 低于100℃时，相同时间内反应未达到平衡状态。温度升高，化学反应速率加快，NO即时转化率高 (6). 100℃时，在相同时间内，反应达到平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡左移，NO平衡转化率降低
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；
②某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行；
(3)装置图中放出氧气的为阳极，溶液中铵根离子在阴极得到电子生成混合气体为氨气和氢气；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大是反应为达到平衡状态，反应正向进行，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
【详解】(1)已知：①NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)△H1＝−200.9kJ⋅mol−1
②SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)△H2＝−241.6kJ⋅mol−1
③2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H3＝−196.6kJ⋅mol−1
盖斯定律计算(②-①)×2得到反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)的△H＝+115.2kJ/mol；
(2)①土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸，反应的化学方程式：2FeS2+7O2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4；
②土壤中的黄铁矿(FeS2)在过程Ⅰ中和氧气、水反应会转化成硫酸亚铁和硫酸；某种反硫化细菌在过程Ⅱ中需要有乳酸参与反应消耗硫酸，生成H2S并伴有热量放出，那么乳酸除在反应中作还原剂外，乳酸和硝酸反应放出的热量使温度升高促进了过程Ⅱ的进行[或：因为过程II(反硫化过程)吸热，需要反硫化细菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反应放出热量提供给反硫化细菌(以ATP形式)，使过程II(反硫化过程)进行]；
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵是铵根离子得到电子生成氨气和氢气，电极反应：2NH4++2e−＝2NH3↑+H2↑；
(4)温度低于100℃时，NO转化率随温度升高而增大的主要原因是：低于100℃，反应速率慢相同时间内还没有达到平衡状态，已知温度高时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低，可能的原因有：温度高时反应速率快，相同时间内已经达到平衡状态，由于反应为放热反应，随温度升高平衡逆向进行，同时发生反应NO2+O＝NO+O2使转化率降低。
18.以下是以植物细胞中半纤维素木聚糖为原料合成镇痛药品莫沙朵林(G)的路线：
已知：①四氢呋喃（）在流程中作反应的催化剂；
②
③
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为______；
（2）E→G的反应类型：______；
（3）D和F的结构简式分别是______、______；
（4）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为：______；
（5）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：______。
①分子中含有苯环②能发生银镜反应③能与FeCl3溶液发生显色反应
（6）有机物H()是合成抗病毒药物阿昔洛韦的中间体。按上述合成路线，写出以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂任选）；
【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). 取代反应 (3). (4). CH3NHCOOH (5). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (6). (或等) (7).
【解析】
【分析】
(1)根据B的结构简式可知B中官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被-CONHCH3取代生成G；
(3)由双烯合成反应，结合E的结构简式分析；E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式分析；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为-COOH，同时生成氧化亚铜与水；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(-OOCH)；
(6)HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成。
【详解】(1)根据B的结构简式可知B中含氧官能团为醛基和羟基；
(2)对比E、G的结构可知，E中羟基中H原子被−CONHCH3取代生成G，属于取代反应；
(3)由信息②双烯合成反应，结合E的结构简式可知D为； E+F→G为取代反应，根据E和G的的结构简式，F的结构简式可能为CH3NHCOOH；
(4)C中醛基被氢氧化铜氧化为−COOH，同时生成氧化亚铜与水，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(5)E的一种同分异构体含有苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基(−OOCH)，符合条件E的一种同分异构体的简式为：(或等)；
(6) HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，进一步氧化生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成，补全合成路线流程图：。
19.某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。
（1）查阅资料知，NaHSO3与过量KIO3反应分两步进行，第一步为IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，则第二步反应的离子方程式为_____；
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的化学反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验.记录如下表：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液（mL）
0.02mol/LKIO3溶液（mL）
H2O(mL)
反应温度（℃）
溶液变蓝的时间（s）
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究______对化学反应速率的影响，表中a=______mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，则表中b=______mL，c=______mL；
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段化学反应速率逐渐增大，一段时间后化学反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段化学反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42-对反应起催化作用，SO42-浓度越大化学反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大化学反应速率越快；
假设三：______；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容(化学反应速率可用测速仪测定)______。
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O (2). KIO3溶液浓度 (3). 15 (4). 10 (5). 10 (6). 反应生成的I-对反应起催化作用，I-浓度越大化学反应速率越快；(或：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大化学反应速率越快；或：该反应是放热反应，温度升高导致化学反应速率加快)； (7).
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
【解析】
【分析】
(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H++I-，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)根据表格，三个实验中溶液的体积均应为45mL，据此推断a的值；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等，以此加以假设；
(4)通过对比实验进行验证。
【详解】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3−+3HSO3−=3SO42−+3H++I−，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
(2)实验①②是探究KIO3溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a=15mL；实验①③是探究温度对化学反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b=20 mL，c=10 mL；
(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I−对反应起催化作用，I−浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快；
(4)通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v(乙)，若v(甲)=v(乙)，则假设一不成立，若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立，答案为：
实验步骤(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的化学反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应，不同的是烧杯乙中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同，测定其起始阶段的相同时间内的化学反应速率v(乙)
若化学反应速率v(甲)=v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立
。
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