北京市朝阳区2019届高三第一次（3月）综合练习（一模）化学试卷Word版含解析.doc

北京市朝阳区高三年级第一次综合练习 理科综合能力测试 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5‎ ‎1.我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是 A. 有机金属材料吸附与转化CO2‎ B. 研发出水溶液锂离子电池 C. 研发出“可呼吸”Na—CO2电池 D. 常温常压下用电解法制备高纯H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电化学指的是研究电能和化学能相互转化的的化学，高中阶段最常见的两个装置为原电池和电解池。‎ A．环氧烷烃被有机金属材料吸附与CO2生成碳酸酯，无电流产生，与电化学无关，A项符合题意；‎ B．锂电池，能够发生自发的氧化还原反应，属于原电池，与电化学有关，B项不符合题意；‎ C．Na－CO2电池，属于原电池，与电化学有关，C项不符合题意；‎ D．用电解法制备H2，属于电解池，与电化学有关，D项不符合题意；‎ 本题答案选A。‎ ‎2.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A. FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，白色浑浊转化为红褐色沉淀 B. AgNO3溶液滴入氯水中，产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去 C. Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体 D. H‎2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．难溶电解质之间的转化，3Mg(OH)2＋2FeCl3＝2Fe(OH)3＋3MgCl2，化合价没有变化，与氧化还原反应无关，A项符合要求；‎ B．Cl2与水反应，生成HCl和HClO，氯元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，B项不符合题意；‎ C．Na在空气中与氧气反应， 2Na＋O2Na2O2，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，C项不符合题意； ‎ D．草酸与高锰酸钾溶液发生，紫红色褪去，生成CO2，化合价变化，属于氧化还原反应，D项不符合题意；‎ 本题答案选A。‎ ‎【点睛】氧化还原反应与非氧化还原反应的本质区别在于是否有电子的转移，可以从是否有化合价的变化来判断是否为氧化还原反应。‎ ‎3.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。‎ 下列说法不正确的是 A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B. HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2‎ D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从示意图来看，HAP在反应前后没有变化，做催化剂，可以加快化学反应速率，A项正确；‎ B．在过渡态的示意图中，可以发现甲醛分子中的两个C—H的H原子都与O相连，发生断裂，B项正确；‎ C．从示意图可以看出来，二氧化碳中的只有1个氧原子来自于氧气，另外1个氧原子为甲醛所有，C项错误；‎ D．根据历程示意图，甲醛和O2在HAP上生成了CO2和H2O，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎4.我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该装置可将太阳能转化为化学能 B. 催化剂a表面发生还原反应，产生H2‎ C. 催化剂b附近的溶液pH增大 D. 吸收1 mol SO2，理论上能产生1 mol H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在光解水的过程中，存在将太阳能转化为化学能的过程，A项正确；‎ B．根据示意图，a电极为得到电子的一极，发生还原反应。电解水时2H2O2H2↑＋O2↑，得到电子一极产生氢气，B项正确；‎ C．b电极为电子流出的一极，发生氧化反应，2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产生H+，pH减小，C项错误，符合题意；‎ D．在b极附近，氧气、二氧化硫，以及水生成硫酸，1molSO2生成H2SO4，转移2mol电子，根据得失电子守恒，2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，将产生1mol氢气，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎5.2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是 A. 元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B. 原子半径比较：甲＞乙＞Si C. 元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4‎ D. 推测乙可以用作半导体材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，为Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第ⅣA族，为Ge元素。‎ A．从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B和Al在同一主族，与As同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第ⅢA族，A项正确；‎ B．甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与Si同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲＞乙＞Si，B项正确；‎ C．同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，C项错误；‎ D．乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎6.一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。‎ 下列关于该高分子的说法正确的是 A. 该高分子是一种水溶性物质 B. 该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成 C. 该高分子的结构简式为 ‎ D. 该高分子在碱性条件下可发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可用作烹饪器具，电器等，说明该高分子不能溶于水，A项错误；‎ B．由图可知，该有机物为类似于酚醛树脂的结构，单体为甲醛和对甲基苯酚，B项正确；‎ C．该高分子的结构简式中，重复的链节为，所给图示中少了—CH2—，C项错误；‎ D．该高分子中含有—OH，且与苯环直接相连，具有酸性，可以与碱反应，但不是水解反应，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎7.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）‎ 下列说法不正确的是 A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-‎ B. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜 C. 推测出现白色浑浊的原因：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3↓+ CO32-‎ D. 加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相反的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，A项正确，不符合题意；‎ B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，B项正确，不符合题意；‎ C．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，C项正确，不符合题意；‎ D．CO32－的水解是吸热的，加热可以促进水解。H2产生的原因是Al和CO32－水解生成的OH－反应生成H2，H2逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根水解，加热和H2逸出对CO32- 水解平衡移动方向的影响是相同的，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎8.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。‎ ‎（1）A的分子式是C6H6，A→B的反应类型是_______。‎ ‎（2）B→C是硝化反应，试剂a是_______。‎ ‎（3）C→D为取代反应，其化学方程式是_______。‎ ‎（4）E的结构简式是_______。‎ ‎（5）F含有的官能团是________。‎ ‎（6）G→X的化学方程式是________。‎ ‎（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是________。‎ ‎（8）将下列E + W→Q的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：‎ ‎_________、___________‎ ‎【答案】 (1). 取代反应 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). (4). (5). 碳碳双键、酯基 (6). (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 这道题要结合题干中的问题才能得到相关信息。A为C6H6，为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。C→D为取代反应，结合产物没有氯原子，则—NH2取代－Cl，接下来为－NO2还原成－NH2。F→G，为加聚，PVA中有醇羟基，可推导出G中含有酯基。可知X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被—NH2取代。‎ ‎【详解】（1）类似于生成溴苯，苯在氯化铁做催化剂的作用下，与氯气反应生成氯苯，为取代反应，答案为取代反应；‎ ‎（2）B→C是硝化反应，硝化反应的条件为浓硫酸、浓硝酸，加热，试剂a为浓硝酸和浓硫酸，答案为浓硝酸、浓硫酸；‎ ‎（3）C→D为取代反应，结合产物没有氯原子，则—NH2取代－Cl，答案为；‎ ‎（4）A为苯，和Cl2生成氯苯。B生成C是硝化反应，在苯环上引入硝基。C→D为取代反应，—NH2取代－Cl，接下来为－NO2还原成－NH2。结合产物，E为邻苯二胺，可写出其结构式，答案为；‎ ‎（5）F能够生成高分子化合物, 结合PVA的结构简式， F中有碳碳双键。结合产物PVA和X，G能够发生水解反应，有酯基，则F的官能团中也有酯基，答案为碳碳双键、酯基；‎ ‎（6）G→X为酯的水解，X为乙酸，G水解得到PVA和乙酸，方程式为；‎ ‎（7）X为乙酸。乙酸中甲基上的H被Cl取代，再被—NH2取代。W中有氨基和羧基，可以发生缩聚反应，发生反应时，-NH2断开N－H键，—COOH断开C－O单键，脱去—OH，则W的结构简式为；‎ ‎（8）E和W第一步反应失去1分子水，E中只有氨基，W中有羧基和氨基，只能是羧基和氨基形成肽键。第一个中间体为；从第一个中间体的结构可知，有羰基，根据已知氨基可以与羰基反应，第二个中间体利用已知反应可知，为，再脱水可以得到产物，答案为 ‎ ；‎ ‎【点睛】此题目题干给的信息非常少，在做题中可能要结合问题才能推导出相关的知识。此外问题（3）中，取代的另一种产物为HCl，会与氨气反应，所以需要2mol氨气，值得注意。‎ ‎9.脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。‎ ‎（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO，相关热化学方程式如下：‎ ⅰ．4NO(g) + 3O2(g) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) ∆H1 =﹣423 kJ·mol-1‎ ⅱ．Ca(ClO)2(aq) = CaCl2(aq) + O2(g) ∆H2 =﹣120 kJ·mol-1‎ ⅲ．3Ca(ClO)2(aq) + 4NO(g) + 2H2O(l) = 4HNO3(aq) + 3CaCl2(aq) ∆H3‎ ‎① ∆H3 = _______kJ·mol-1 。‎ ‎② 反应ⅲ的平衡常数随温度升高的变化趋势是________。‎ ‎（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是________。‎ ‎（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：‎ a．NO+HClO = NO2+HCl b．NO + NO2+H2O ⇌ 2HNO2‎ c．HClO+ HNO2 = HNO3+HCl 下列分析正确的是________。‎ A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 ‎ B．NO2单独存在时不能被脱除 C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降 ‎（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。‎ ‎ 图1 图2‎ ‎① 图1中，pH降低NO脱除率增大的原因：________。‎ ‎② 脱除过程中往往有Cl2产生，原因是________（用离子方程式表示）。‎ ‎③ 图2中，60～‎80℃‎ NO脱除率下降的原因：________。（至少答出两点）‎ ‎【答案】 (1). -783.kJ/mol (2). 变小 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (4). AC (5). pH降低，ClO- + H+ = HClO，溶液中c(HClO)增大 (6). HClO + Cl- + H+ = Cl2↑+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O） (7). HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平衡逆向移动；反应ⅲ平衡逆向移动等 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应ⅲ=ⅰ＋3×ⅱ；ΔH3=ΔH1＋3×ΔH2=﹣423 kJ·mol-1+3×（﹣120 kJ·mol-1）=-783.kJ/mol；反应ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；答案为-783.kJ/mol 变小；‎ ‎（2）氯气和Ca(OH)2反应，生成CaCl2和Ca(ClO)2，为歧化反应，答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ ‎（3）A．烟气中含有的少量O2，可直接与NO作用生成NO2，可以直接发生反应b，可以提高NO的脱除率，A项正确；B．NO2可以直接与水反应，生成NO和HNO3，有NO，可以发生脱除反应，此外NO2化合价可以升高，具有还原性，HClO具有氧化性，也可以反应。B项错误；C.脱除过程中，HClO为弱酸，但是生成了硝酸和盐酸两种强酸，pH值会减小，C项正确，答案为AC；‎ ‎（4）①由于HClO是弱酸，会电离，HClOClO－＋H＋，pH减小，电离平衡逆向移动，HClO的浓度变大，有利于反应a和b的进行，答案为pH降低，ClO- + H+ = HClO，溶液中c(HClO)增大；‎ ‎②有氯气生成，联想到84消毒液和洁厕灵不能混合使用，溶液中既有Cl－又有HClO可以发生归中反应，生成Cl2，答案为HClO + Cl- + H+ = Cl2↑+ H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O）；‎ ‎③60～‎80℃‎较之前温度有所提高，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动的角度思考，HClO不稳定，易分解，升高温度使HClO分解，溶液中的HClO浓度降低，NO脱除率降低。气体的溶解度随着温度的升高而降低，NO的脱除率降低；反应b为化合反应，绝大多数化合为放热反应，升高温度反应b逆向移动，反应ⅲ也放热反应，也逆向移动；均会使NO脱除率降低。答案为HClO受热分解，c(HClO)浓度减小，气体溶解度降低；反应b平衡逆向移动；反应ⅲ平衡逆向移动等。‎ ‎【点睛】升高温度不仅仅会提高反应温度，此题中由于温度升高NO的脱除率降低，可以从物质分解、气体溶解度和平衡移动等角度思考。‎ ‎10.以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：‎ ‎（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_______。‎ ‎（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。‎ ‎① 溶液a呈酸性，原因是______。‎ ‎② 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。‎ ‎③ 提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：‎ 化合物 ZnCl2‎ NH4Cl 熔点 ‎365℃‎ ‎337.8℃‎分解 沸点 ‎732℃‎ ‎-------------‎ 根据上表，设计方案提纯NH4Cl：________。‎ ‎（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。‎ ‎（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。‎ ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。‎ ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶 解。‎ ‎① 用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：________。‎ ‎② 解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：________。‎ 上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。‎ ‎【答案】 (1). 4MnO(OH)+O2==4MnO2+2H2O (2). NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+） (3). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (4). 加热NH4Cl粗品至‎340℃‎左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。 (5). KSCN溶液，不变红 (6). MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中作催化剂，反应快，只催化分解 (7). ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO2粗品，则O2将MnO(OH)氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO(OH)失去1mol电子，则O2和MnO(OH)的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O；‎ ‎（2）①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；‎ ‎②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；‎ ‎③从表格中数据可以知道，NH4Cl在‎337.8℃‎分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至‎340℃‎左右，NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却，NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；‎ ‎（3）Fe3＋的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；没有Fe3＋就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；‎ ‎（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。①固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋O2↑＋2H2O；‎ ‎②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中作氧化剂，加入稀后，的氧化性增强，被还原为MnSO4。‎ ‎11.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。‎ 实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。‎ 资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ‎（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。‎ ‎（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：‎ i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。‎ ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。‎ ‎（3）下述实验证实了假设ii合理。‎ 实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。‎ ‎（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。‎ 实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： ‎ 表盘 ‎ ‎ 时间/min ‎0～t1‎ t2～t3‎ t4‎ 偏转 位置 右偏至Y ‎ 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… ‎ 指针 归零 ‎① K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。‎ ‎② 0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。‎ ‎③ 结合反应解释t2～t3时指针回到“‎0”‎处的原因：________。‎ ‎（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。‎ A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化 B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应 C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2‎ ‎ + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3－中I的化合价从＋5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；‎ ‎（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；‎ ii. I2具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I－，SO32－被氧化成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋；‎ ‎（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；‎ ‎（4）0～t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“‎0”‎处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。‎ ‎①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32－被氧化成了SO42－。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；‎ ‎②0～t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32－反应，生成了I－，答案为I－；‎ ‎③t2～t3时指针回到“‎0”‎处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；‎ ‎（5）A．如果有SO32－存在，SO32－会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32－，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3－还原成I－，而不是I2，有发生变化，B项错误；C．指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32－反应，产生电流。如果是IO3-与SO32－反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32－反应，C正确；答案为AC。‎ ‎【点睛】本题题目非常新颖，但是只要抓住反应顺序，开始为IO3－与SO32－生成碘单质，I2再和SO32－反应，生成I－，再I－和IO3－反生碘单质，如此往复。‎