1、丰台区20202021学年度第一学期期中考试高三化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56第一部分选择题（共42分）下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）1. 用于制备下列物质的材料中，主要成分不属于有机高分子的是（ ）A.有机玻璃B.橡胶C.聚丙烯D.铜A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A有机玻璃全称聚甲基丙烯酸甲酯，是由甲基丙烯酸酯聚合成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故A不符合题意；B汽车轮胎主要成分橡胶，为常见的有机高分子材料，故B不符合题意；C聚丙烯属于有机合成高分子材料，故
2、C不符合题意；D铜属于金属材料，不属于有机高分子材料，故D符合题意；答案选：D。2. 下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）A. 用硫磺为原料制备硫酸B. 用合成氨实现人工固氮C. 用NaHCO3治疗胃酸过多D. 电解饱和食盐水制备NaOH【答案】C【解析】【详解】A用硫磺为原料制备硫酸，单质硫的化合价为0价，硫酸中硫元素化合价为+6价，有化合价的改变，发生了氧化还原反应，故A错误；B工业上利用合成氨实现人工固氮，是氮气气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故B错误；C用NaHCO3治疗胃酸过多，碳酸氢钠与盐酸发生复分解反应，无元素的化合价变化，故C正确；D电解饱和食盐水制备NaOH，
3、同时生成了氯气和氢气，有化合价的改变，发生了氧化还原反应，故D错误；答案选：C。3. 下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（ ）A. 氨作制冷剂B. 漂粉精作游泳池消毒剂C. 甘油作护肤保湿剂D. 二氧化硫作红酒添加剂【答案】B【解析】【详解】A氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升高，作还原剂，故D不选；答案选：B。4. 已知位于IIA族，下列有关Sr的说法不正确的是A. 的中子数为38B.
4、 最高化合价为+2C. 原子半径：Sr CaD. 氢氧化物为强碱【答案】A【解析】【详解】A的质子数为38，故A错误；B第IIA族元素，最高化合价为+2，故B正确；C同一主族，从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Sr Ca，故C正确；D同一主族，从上到下，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，氢氧化钙为强碱，所以氢氧化锶也为强碱，故D正确；故选A。5. 反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，是潜艇中氧气来源之一。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 22.4LO2含2NA个氧原子B. 1.8gH2O含有的质子数为NAC. 反应中每生成1molO2转移4mol电子D. 4g
5、NaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L【答案】B【解析】【详解】A22.4LO2没有说明是在标准状况条件下，故无法计算O2的物质的量，A错误；B1.8gH2O的物质的量为，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B正确；C对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，C错误；D4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度不是1mol/L，而是配制在100mL容量瓶中定容到100mL，D错误；故选B。6. 下列解释事实的方程式正确的是（ ）A. 钢铁发
6、生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e-=Fe3+B. 用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2OC. 酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-=I2+2OH-D. 利用明矾做混凝剂净水：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+【答案】D【解析】【详解】A钢铁吸氧腐蚀负极铁失电子生成亚铁离子反应为Fe-2e-Fe2+，故A错误；B铜与浓硝酸反应生成NO2，Cu+4H+2NO=Cu2+2H2O+2NO2，故B错误；C酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-+2H=I2+2H2O，故C错误；D铝离子水解是可逆过程，不生成氢氧化铝沉淀，
7、反应的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，故D正确；答案选：D。7. 关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)H0。下列说法正确的是（ ）A. 恒温恒容时充入H2，正反应速率增大，平衡右移B. 恒温恒容时充入He，正反应速率增大，平衡右移C. 压缩体积加压，正、逆反应速率不变，平衡不移动D. 升温，正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡右移【答案】A【解析】【详解】A恒温恒容时充入H2，氢气浓度增大，正反应速率增大，平衡右移，故A正确；B恒温恒容时充入He，各反应物浓度都不变，正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C加压，体积缩小，各物质浓度均增大，正、逆反应
8、速率都增大，平衡不移动，故C错误；D升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。8. 下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）A.乙炔具有还原性B.待测液中含Fe2+C.a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀D.检验溴乙烷消去反应产物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故A错误；B滴入氯水可氧化亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，再加氯水变血红色检验，故B错误；CU型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，一段时间后，b处Fe与稀H2SO4
9、发生反应生成H2，发生析氢腐蚀，压强增大，a处吸收氧气，发生的是铁的吸氧腐蚀，压强减小，因此液面左高右低，故C正确；D挥发出的乙醇也可使高锰酸钾褪色，故 D错误；答案选C。9. 氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（ ）A. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率B. 在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移C. 催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成D. 如果向容器中放入1molN2和3molH2，最终可以生成2molNH3【答案】C【解析】【详解】A催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；B在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N
10、元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，B项错误；C催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，生成不同种元素氮氢键极性共价键的形成，故C项正确；D如果向容器中放入1molN2和3molH2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2mol，故D项错误；答案选C。10. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 该反应热H=+(a-b)kJmol-1B. 每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D. 断裂1molAA键和1molBB键时放出ak
11、J能量【答案】A【解析】【详解】AB依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(ab)kJ热量，该反应热H=+(a-b)kJmol-1，故A正确，B错误；C依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D由图可知，断裂1molAA和1molBB键，吸收akJ能量，故D错误；答案选：A。11. 有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实不能说明上述观点的是A. 苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应B. 乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应C. 苯与硝酸在50-60发
12、生取代反应，甲苯与硝酸在30就能发生取代反应D. 甲苯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4 溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A. 苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应，说明苯环使羟基变得活泼，乙基使羟基变得不活泼，从而说明分子中原子团相互影响导致化学性质不同，A正确；B. 乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应，不存在原子团的相互影响，B不正确；C. 苯与硝酸在50-60发生取代反应，甲苯与硝酸在30就能发生取代反应，甲基使苯环上的氢原子变得活泼，从而说明甲基影响苯环的性质，B正确；D. 甲苯能使酸性 KMnO4 溶液
13、褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4 溶液褪色，说明苯基使甲基变得活泼，从而说明分子中原子团相互影响导致化学性质不同，D正确。故选B。12. 25时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)c(OH-)和均不变B. 配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解可向溶液中加入适量的稀硝酸C. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH降低【答案】C【解析】【详解】A. 溶液中c(H+)c(OH)=Kw，Kw只与温度有关，则c(H+)c(OH)不变，=
14、，稀释过程中c(OH)发生变化，则变化，故A错误；B. 稀硝酸具有氧化性会把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；C. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，有电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正确；D 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中= ，加入CH3COONa，增大，c(H+)减小，溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。13. 中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图：下列说法正确的是（ ）A. “乙丙”发生了消去反应B. 香茅醛不存在顺反异构现象C. 甲分子遇浓
15、溴水产生白色沉淀D. 香茅醛能与1mol氢气发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A“乙丙”羟基氧化成了羰基，发生了氧化反应，故 A错误；B香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基，不存在顺反异构现象，故 B正确；C甲分子属于醇类，不属于酚类，遇浓溴水不产生白色沉淀，故C错误；D香茅醛中含有醛基和碳碳双键，都可以和氢气加成，能与2mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案选：B。14. 室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：实验现象试管中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色.试管中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体， 溶液呈绿色；之后向绿色溶
16、液中持续通入N2， 溶液变为蓝色.下列说法正确的是A. 试管中浅红棕色气体NO2，由硝酸还原生成B. 等质量的 Cu 完全溶解时，中消耗的HNO3更多C. 换成Fe之后重复实验，依然是试管中反应更剧烈D. 试管中反应后溶液颜色与试管中的不同，是由于溶有NO2【答案】D【解析】【详解】A铜与稀硝酸反应生成NO，试管中浅红棕色气体为NO2、NO的混合气体，NO2由NO与氧气反应生成，故A错误；B根据方程式，铜与稀硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸8mol，铜与浓硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸12mol，所以等质量的 Cu 完全溶解时，中消耗的HNO3更多，故B错误；C铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D向试
17、管中持续通入N2， 溶液变为蓝色，所以试管中反应后溶液颜色与试管中的不同，是由于溶有NO2，故D正确。第二部分非选择题（共58分）15. T时，在一个体积为2L的容器中，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C的变化如图所示。(1)写出反应的化学方程式_。(2)04min时，A的平均反应速率为_。(3)已知：K(300)K(350)，该反应是_(填“吸热”或“放热”)反应。(4)T时，反应的平衡常数为_(保留到小数点后2位)。(5)到达平衡时B的转化率为_。(6)如图是上述反应平衡混合气中C的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是_
18、(填“温度”或“压强”)。判断L1_L2(填“”或“”)，理由是_。【答案】 (1). 2A+BC (2). (3). 放热 (4). 0.52(mol/L)2 (5). 25% (6). 压强 (7). K(350)，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；(4) T时，反应的平衡常数为：k= 0.52(mol/L)2，故答案为：0.52(mol/L)2；(5)到达平衡时B的转化率为：100%=25%，故答案为：25%；(6) 2A+BC为放热反应，若升高温度平衡逆向移动，前期的体积分数减小，与图象矛盾；若增大压强，平衡向正向移动，C的体积分数增大，故改变条件
19、为压强；压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，C的体积分数减小，L1L2，故答案为：压强；L1L2；合成C的反应是放热反应，压强相同时，温度升高，平衡逆向移动，C的体积分数减小。16. 曲尼司特()可用于预防性治疗过敏性鼻炎，合成路线如图所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能团名称是_。(2)试剂a是_。(3)CD的反应方程式为_。(4)写出一定条件下用F制备高分子的反应方程式_。(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式_。(6)H是重要有机合成中间体，以H为原料合成伊曲茶碱。K的结构简式为_。中间产物的结构简式为_。【答案】 (1). 羧基、硝基 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (
20、3). +NaOH+NaCl (4). n+(n-1)H2O (5). (6). (7). 【解析】【分析】根据A的分子式以及D到E的条件是氧化，再结合E的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸加热的反应，得到B()，通过氯气光照得C()，C通过氢氧化钠的水溶液水解得到D()，通过Fe/HCl可知F()；通过已知信息i，可知G的结构简式()，通过SOCl2结合曲尼司特的结构简式可知H()，即可解题了。【详解】(1)E分子中的含氧官能团名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；(2)试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)CD的反应方程式为+NaOH+NaCl，故答案
21、为：+NaOH+NaCl；(4) 一定条件下用F制备高分子的反应方程式n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式，故答案为：；(6)根据题意可知，结合H的结构简式，可推知K的结构简式为，中间产物脱水生成，可知中间产物的结构简式为：，故答案为：；。17. 减少CO2的排放，合理利用CO2使其资源化具有重要意义。(1)CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇等产物，工业上利用该反应合成甲醇。已知：25，101KPa下：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1=242kJ/molCH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H
22、2=676kJ/mol写出CO2和H2生成气态甲醇等产物的热化学方程式_。下面表示合成甲醇反应的能量变化示意图，正确的是_(填字母)。a. b. c. d.工业上用合成得到的甲醇制成微生物燃料电池，结构示意图如图1：该电池外电路电子的流动方向为_(填写“从A到B”或“从B到A”)。A电极附近甲醇发生的电极反应式为_。(2)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图2：写出X的化学式_。在阳极区发生的反应为：_和H+HCO=H2O+CO2。简述K2CO3在阴极区再生的原理_。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g
23、)+H2O(g) H=-50kJ/mol (2). a (3). 从A到B (4). CH3OH+H2O-6e-6H+CO2 (5). KHCO3 (6). 4OH-4e-2H2O+O2 (7). 存在电离平衡：H+，阴极H+放电，浓度减小使平衡右移，再生【解析】【详解】(1)H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1=242kJ/molCH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H2=676kJ/mol将方程式3-得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=3(-242kJ/mol)-(-676kJ/mol)=-50kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3
24、H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-50kJ/mol；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是a，故选a；该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以A是负极，B是正极，电子从负极A流向正极B；A电极上甲醇失电子和水反应生成氢离子和二氧化碳，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-6H+CO2，故答案为：从A到B；CH3OH+H2O-6e-6H+CO2。(2) 工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液KHCO3溶液，故答案为：KHCO3；阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH-4
25、e-2H2O+O2，故答案为：4OH-4e-2H2O+O2；简述K2CO3在阴极区再生的原理：存在电离平衡：H+，阴极H+放电，浓度减小使平衡右移，再生，故答案为：存在电离平衡：H+，阴极H+放电，浓度减小使平衡右移，再生。18. 某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。I.铁锰来源某地区地下水铁锰含量和国家标准对比某些地区地下水常见微粒含量(mg/L)国家饮用水标准(mg/L)Fe2+Mn2+HCOCO2Fe2+Mn2+pH4200.4311.530700.30.16.58.5（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据上表数据，结合平衡移动原理，解释地下水中Fe2
26、+含量远大于1.1mg/L的原因_。II.去除原理（2）自然氧化法：曝气池中使水呈“沸腾”状作用_。补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式：_Fe2+_O2+_H2O=_Fe(OH)3+_。此方法铁去除时间长，锰去除率低。（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂(ClO2、液氯、双氧水等)，直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe(OH)3和MnO2除去。某实验中pH=6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图：ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是_。分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式_。写出两种提高
27、锰去除率的方法_。【答案】 (1). FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大 (2). 加快反应速率 (3). 4 (4). 1 (5). 10 (6). 4 (7). 8 (8). H+ (9). Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快 (10). 2ClO2+5Mn2+6H2O2Cl-+5MnO2+12H+ (11). 适当增加ClO2的投料量，升高温度【
28、解析】【详解】I.(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；故答案为：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2+(aq)+(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合形成，使得溶液中c()浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；II. (2) 曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，故答案为：加快反应速率；根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4
29、Fe2+O2+10H2O=4 Fe(OH)3+8H+，故答案为：4；1；10；4；8；H+；(3)ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快，故答案为：Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。ClO2氧化Mn2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO2+5Mn2+6H2O2Cl-+5MnO2+12 H+，故答案为：2ClO2+5Mn2+6H
30、2O2Cl-+5MnO2+12H+；写出两种提高锰去除率的方法：适当增加ClO2的投料量，升高温度，适当降低pH等；故答案为：适当增加ClO2的投料量，升高温度。19. 实验小组对Cr()与过氧化氢反应的影响因素进行了探究，实验过程如下：实验1：探究pH对Cr()与过氧化氢反应的影响1.室温下，加酸或碱调节0.1mol/LCr2(SO4)3溶液pH分别为2.00、4.10、6.75、8.43、10.03、13.37。2.各取5mL上述溶液分置于6支试管中，分别向其中逐滴加入30%H2O2溶液，直至溶液不再发生变化，观察并记录现象。pH对Cr()与过氧化氢反应的影响试管pH2.004.106.7
31、58.4310.0313.37起始现象墨绿色溶液墨绿色溶液蓝色浑浊液蓝色浑浊液蓝色浑浊液亮绿色溶液终点现象墨绿色墨绿色黄绿色亮黄色橙红色砖红色查阅资料：Cr3+为绿色，CrO为亮绿色，CrO为黄色。Cr3+较稳定，需用较强氧化剂才能将其氧化；CrO在碱性溶液中是较强的还原剂。（1）Cr(OH)3为蓝色固体，写出中生成蓝色沉淀的离子方程式_。（2）试管中溶液未发生明显变化，可能的原因是_。（3）中沉淀溶解，溶液变为亮黄色，可能发生反应的离子方程式是_。（4）Cr(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。存在如下关系：Cr3+3OH-Cr(OH)3CrO+H+H2O。解释实验1中，随着溶液pH升高
32、，终点溶液颜色变化的原因_。实验2：探究温度对Cr()与过氧化氢反应的影响各取5mLpH=13.50Cr2(SO4)3溶液分置于5支试管中，将其分置于0、25、50、75、100的水浴中，然后向试管中各滴加过量30%H2O2溶液，观察并记录实验现象：温度对Cr()与30%H2O2反应影响反应温度0255075100起始现象墨绿色终点现象红棕色砖红色橙红色亮黄色亮黄色（5）随着反应温度的升高，反应后溶液颜色由红棕色向亮黄色转变，是因为生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，自身发生氧化还原反应，随着温度升高会逐渐转化为亮黄色的CrO，同时生成氧气。发生反应的离子方程式是_。（6）反应物浓度也
33、是影响反应的因素之一。请利用实验1给出的试剂，设计实验进行验证_。（7）综上所述，Cr(III)与过氧化氢的反应产物与_密切相关。【答案】 (1). Cr3+3OH-=Cr(OH)3 (2). Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化 (3). 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O (4). pH较低时，溶液中存在Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH较高时，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，可被过氧化氢氧化为或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色 (5). H2O2+2=2+4O2+2OH- (6). 在一定温度和pH下，用不同浓度的Cr2(SO4)3溶液与H2O2反应，观察反应
34、后的现象 (7). pH、温度、浓度【解析】【分析】本题探究Cr()与过氧化氢反应的影响因素，研究了pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究pH的影响时，不同pH时Cr在水中的存在形式不同，pH较小时以Cr3+形式存在，随着pH的不断增大，Cr的存在形式变为Cr(OH)3和CrO；探究温度的影响时，生成的红色物质CrO（Cr为+5价）不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2；探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象。
35、【详解】(1)为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为Cr3+3OH-=Cr(OH)3；(2)试管溶液为酸性，酸性条件下为Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)中溶液偏碱性，沉淀溶解，溶液变为亮黄色，是Cr(OH)3被氧化为，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=2+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在Cr3+，而Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH较高时，根据分析，混合物中存在Cr(OH)3和CrO，两者都可被过氧化氢氧化，得到或，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质CrO不稳定，该物质中O的化合价为-1价，自身的Cr与O发生氧化还原反应，反应后的物质再被H2O2氧化，得到亮黄色的CrO和O2，总反应为H2O2+2=2+4O2+2OH-；(6)根据分析，探究浓度的影响时，需保证pH和温度不变，通过稀释，改变Cr3+浓度，观察反应后的现象；(7)根据分析，本实验探究了pH、温度、浓度不同时，对Cr()与过氧化氢反应的影响；