1、民勤一中20202021学年度第一学期第一次月考试卷高二化学(理)(时间：90分钟 总分100分)相关原子的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Fe-56一、选择题(每题2.5分，共50分)1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A. 根据能量守恒定律，生成物总能量一定等于反应物总能量B. 放热反应的反应速率一定大于吸热反应的反应速率C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D. 同温同压下，H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同【答案】C【解析】A、化学反应不是放热反应就是吸热反应，因此生成物总能量不等于反应物的总能量，故A错误；B、
2、反应速率的快慢与放热反应还是吸热反应无关，故B错误；C、盖斯定律：反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的途径无关，利用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变，故C正确；D、反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，生成HCl的H相等，故D错误。2. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A. 乙醇燃烧B. 灼热的炭与二氧化碳反应C. 铝粉与氧化铁粉末反应D. 实验室制备氢气【答案】B【解析】【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应属于吸热反应，若反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、
3、所有中和反应、绝大多数化合反应，铝热反应；常见的吸热反应有：个别的化合反应（如C和CO2）、绝大数分解反应、少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）。【详解】A. 乙醇燃烧属于放热反应，生成物总能量小于反应物的总能量，故A错误；B.碳与二氧化碳高温反应属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故B正确；C.铝粉与氧化铁粉末反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误；D. 锌与硫酸反应制备氢气属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误；故选：B。3. 下列条件一定能使反应速率加快的是（ ）增加反应物的物质的量 升高温度 缩小反应容器的体积 加入生成物 加入Mn
4、O2A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】影响化学反应速率的外因有浓度、温度、压强、催化剂。其中，浓度只针对于有浓度概念的物质；如溶液、气体等，压强只针对于气体。【详解】若反应物是纯固体或纯液体，增加反应物的物质的量不能使反应速率加快，错误；升高温度一定能提高活化分子的百分含量，从而加快反应速率，正确；压强只对含有气体的体系有影响，若反应中不含气体，则该条件无法加快反应速率，错误；若反应物是加入的反应物是纯固体或纯液体，则不会影响反应速率，错误；MnO2不是所有反应催化剂，对于不用MnO2做催化剂的反应，加MnO2不会影响反应速率；错误；综上所述，正确的只有，故选A。【点睛】本
5、题一定要注意，纯固体和纯液体是没有浓度概念的，所以增大这两类物质的用量，不会影响反应速率。4. 反应C(S)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是( )A. 增加H2O(g)的量B. 保持体积不变,充入氮气使体系的压强增大C. 将容器的体积缩小为一半D. 保持压强不变,充入氮气使容器的体积增大【答案】B【解析】【详解】A因浓度越大，化学反应速率越快，所以增加H2O（g）的量，反应速率加快，A错误；B保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，B正确；C保将容器的体积缩小一半，反应体系中
6、物质的浓度增大，则化学反应速率增大，C错误；D保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选B。5. 对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A. (A)=0.5mol/(Lmin)B. (B)=1.2mol/(Ls)C. (C)=0.1mol/(Ls)D. (D)=0.4mol/(Lmin)【答案】C【解析】【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。【详解】Av（A）=0.5 mol/(
7、Lmin) =0.0083 molL-1s-1；B.由于B是固体，不能用其表示反应速率；Cv（A）=1/2v（C）=0.11/2=0.05molL-1s-1；Dv（A）=1/2v（D）=1/20.4=0.2 mol/(Lmin)=0.003molL-1s-1；则反应速率最快的为C，答案选C。6. 在密闭容器中发生反应m A(g)n B(g)p C(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.9倍，下列说法正确的是A. mnpB. 平衡向逆反应方向移动C. A的转化率提高D. C的体积分数增加【答案】B【解析】【详解】平衡后将气体体积缩小到原
8、来的，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动。则有：m+np，化学反应向逆反应方向移动，则反应物的转化率减小，生成物的体积百分含量减小，只有B正确，答案选B。【点晴】解答时注意利用好放大缩小思想，该方法适用于起始投入物质的物质的量之间存在一定的倍数关系。它指的是将反应容器的体积扩大一定的倍数，使起始物质的浓度相同，则在一定条件下，可建立相同的平衡态。然后在此基础上进行压缩，使其还原为原来的浓度。分析在压缩过程中，平衡如何移动，再依据勒夏特列原理，分析相关量的变化情况。7. 下列说法或表示正确的是( )A. 等
9、量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B. 甲烷的燃烧热H=890.3 kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=890.3 kJmol-1C. 由C(石墨)C(金刚石) H=+1.9 kJ mol-1可知，金刚石比石墨稳定D. 一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=38.6 kJmol-1【答案】B【解析】【详解】A. 硫单质从固体变为气体是一个吸热的过程，所以将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃
10、烧，前者放出热量多，故A错误；B.表示燃烧热，生成液态水，为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=890.3 KJ/mol，故B正确；C. 由“C(石墨)C(金刚石)H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D 将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，应为可逆反应，则生成2mol氨气放出的能量大于38.6 KJ，故D错误；故选：B。8. 有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A. 稀醋酸与0.1 molL-1 NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H
11、=-57.3 kJmol-1B. 氢气的标准燃烧热为285.5 kJmol-1， 则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H =285.5 kJmol-1C. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。 则Fe(s)+S(s)=FeS(s) H =-95.6 kJmol-1D. 已知2C(s)+O2(g)2CO(g)H =221 kJmol-1，则可知C的标准燃烧热为110.5 kJmol-1【答案】C【解析】【分析】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热；B、燃烧
12、热是指在1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；C、生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，注意物质的状态即可写出热化学方程式；D、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。【详解】A、稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，而醋酸为弱电解质，电离吸热，故反应热H-57.3 kJmol-1，而且醋酸为弱酸，不能拆，故A错误；B、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，如果是2molH2，燃烧的燃烧放热571.50kJ，则水电解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571
13、.0 kJmol-1，故B错误；C、生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，所以生成1mol硫化亚铁时，放出 95.6kJ热量，故热化学方程式为：Fe（s）+S（s）FeS（s）H=-95.6 kJmol-1，故C正确；D、燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此反应是碳的不完全燃烧，故D错误。答案选C。9. X(g) +Y(g)Z(g) + W(g)反应过程中能量变化如图，下列说法正确的是( ) A. 任何条件下，该反应一定能自发进行B. 该反应的H=(E1-E2)kJmol-1C. 若加入催化剂，(E3-E2)的值变化D. 高温下有利于
14、该反应正向进行【答案】B【解析】【分析】由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，H=（E1-E2）kJmol-1，E3为活化分子能量，加入催化剂，可降低活化能，如能自发进行，应满足H-TS0，以此解答该题。【详解】A. H0，且S0，如能自发进行，应满足HTS0，则在高温下不能满足，故A错误；B. 由图象可知，反应热为反应物总能量与生成物总能量差值为(E1E2)kJmol1，故B正确；C. 加入催化剂，可降低活化能，则(E3E2)的值减小，故C错误；D. 由A分析可知在高温下不能自发进行，故D错误；故选：B。10. 100g碳燃烧所得气体中，CO占体积、CO2占体积，且C(s)O2
15、(g)=CO(g) H(298K)=110.35kJmol1，CO(g)O2(g)=CO2(g) H(298K)=282.57kJmol1。与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是()A. 392.92kJB. 2489.44kJC. 784.92kJD. 3274.3kJ【答案】C【解析】【详解】根据C守恒，100g碳不完全燃烧时产生CO物质的量为；因为碳完全燃烧可分两步，先生成CO同时放热，CO再生成CO2再放热，总热量即为完全燃烧时放出的热；因此与100g碳完全燃烧相比，损失的热量为即CO燃烧放出的热量，根据CO(g)O2(g)=CO2(g) H(298K)=282.57kJmol1，则与这
16、些碳完全燃烧相比较，损失的热量为282.57kJ/mol=784.92kJ，答案选C。11. 中和热测定实验中，用50 mL 0.50 molL1盐酸和50 mL 0.55 molL1 NaOH进行实验，下列说法不正确的是A. 改用60 mL 0.50 molL1盐酸跟50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同B. 测定过程中温度计至少用到3次，测量混合后的溶液温度时，应记录反应后的最高温度C. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用环形玻璃搅拌棒搅拌D. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失【答案】C【解析
17、】【详解】A中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等，故A正确；B测定过程中需要用温度计测量酸、碱溶液的起始温度，反应后的最高温度，至少用到温度计3次，故B正确；C量筒中NaOH溶液缓缓倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失，导致反应后的温度低，T偏小，由Q=mcT可知测量结果偏低，故C错误；D大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故D正确；故选C。12. 将少量V2O5及一定量Ag2SO4固体置于恒容真空密闭容器，在一定温度下发生反
18、应:Ag2SO4(s)Ag2O(s)+SO3(g) 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) 10min后反应达平衡，此时c(SO3)=0.4mol/L，c(SO2)=0.1mol/L。下列说法中不正确的是A. 平衡时，容器内气体密度为40g/LB. 10min内氧气的平均反应速率为0.01mol(Lmin)-1C. 若再加入少量Ag2SO4固体，则氧气的浓度不变D. 该温度下，2Ag2SO4(s)2Ag2O(s)+2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为510-4【答案】B【解析】【分析】已知Ag2SO4（s）Ag2O（s）+SO3（g），2SO3（g）2SO2（g）+O2（g），平衡时c（S
19、O2）=0.1mol/L，则由反应可知消耗0.1mol/L SO3，测得c（SO3）=0.4mol/L，可知反应共生成SO3的浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L【详解】A项、c（SO2）=0.1mol/L，则c（O2）=0.05mol/L，设容器体积为1L，则容器里气体的密度为（0.4mol/L1L80g/mol+0.1mol/L1L64g/mol+0.05mol/L1L32g/mol）/1L=40g/L，故A正确；B项、平衡时c（SO2）=0.1mol/L，则c（O2）=0.05mol/L，在10min内平衡时氧气的反应速率为0.05mol/L/10min=0.005
20、mol/（Lmin），故B错误；C项、Ag2SO4为固体，增加固体的量，化学平衡不移动，则氧气的浓度不变，故C正确；D项、该温度下，平衡时c（SO2）=0.1mol/L、c（O2）=0.05mol/L，则平衡常数K为c2（SO2）c（O2）=（0.1mol/L）2（0.05mol/L）=510-4，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，注意平衡常数的意义和表达式，注意根据两个反应的浓度关系结合方程式进行计算是解答关键。13. 一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为K，有关该平衡体系的说法正确的是()A. 升高温度，平衡常数K一定增大B. 增大A浓度，平衡向正反应
21、方向移动C. 增大压强，C体积分数增加D. 升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应【答案】D【解析】【分析】根据平衡常数表达式可知反应方程式为2C(g)+2D(g)A(g)+2B(g)。【详解】A升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，如果正反应是放热反应，则化学平衡常数减小，故A错误；B增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C增大压强，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，所以C的体积分数减少，故C错误；D升高温度，平衡向吸热反应方向移动，若B的百分含量减少，则该反应向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故D正确；故选D。14. 在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g
22、)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) HQ2Q3B. Q3Q2Q1C. Q1Q3Q2D. Q2Q1Q3【答案】B【解析】【详解】H2S的燃烧反应是放热反应，所以H均小于0。反应放出的热量越多，H越小。H2S完全燃烧生成SO2和水，不完全燃烧生成S和水，完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以Q1小于Q2，Q1也小于Q3；水由液态变为气态需要吸收热量，所以Q2小于Q3；所以Q3Q2Q1，故选B。二、填空题(每空2分，共50分)21. (1)0.01mol甲苯(分子式为C7H8，常温下为液态)在足量的O2中燃烧，生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量。该反应的热化学方程式为_
23、。(2)在25 、101 kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68 kJ，写出甲醇燃烧热的热化学方程式：_。 (3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=241.8 kJmol1，该反应的活化能为167.2 kJmol1，则其逆反应的活化能为_kJmol1 。【答案】 (1). C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l) H3943kJmol1 (2). CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H725.76kJmol1 (3). 409.0【解析】【详解】(1)0.01mol甲苯(分子式为C7H8，常温下为液态)在足量的O2中燃烧，
24、生成CO2气体和液态水，放出39.43kJ的热量。则1mol甲苯在足量氧气中燃烧生成CO2气体和液态水，放出3943kJ的热量，该反应的热化学方程式为C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l) H3943kJmol1；故答案为：C7H8(l)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l) H3943kJmol1。(2)在25、101 kPa下，1g甲醇完全燃烧放热22.68 kJ，1mol甲醇即32g完全燃烧放热725.76kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H725.76kJmol1；故答案为：CH3OH(l)+ O
25、2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H725.76kJmol1。 (3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H=241.8 kJmol1，该反应的活化能为167.2 kJmol1，焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则其逆反应的活化能为167.2 kJmol1+241.8 kJmol1=409.0kJmol1；故答案为：409.0。22. 甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） H1CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H
26、2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） H3回答下列问题：（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1_kJmol-1，已知H2-58kJmol-1，则H3_kJmol-1。（2）反应的化学平衡常数K的表达式为_；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_（填曲线标记字母），其判断理由是_。（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）2.60时，体系中的CO平衡转化率（）与温度和压强的关系如图2所示。（CO）值随温度升高而_（填“增大”或“减小”），其原因是_。图2中的压强由大到小为_，其判断理由是_。【答案】 (1). 99 (2). 41 (3). (4
27、). a (5). 反应为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 (6). 减小 (7). 升高温度时，反应为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低； (8). P3P2P1 (9). 相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高【解析】【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知
28、反应热H11076kJ/mol2436 kJ/mol3413 kJ/mol343 kJ/mol465 kJ/mol99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知即可得到反应，则H358 kJ/mol99 kJ/mol41kJ.mol-1。（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。（3）反应为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使C
29、O的转化率降低；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3P2P1。23. 二甲醚是一种重要清洁燃料，可以通过CH3OH分子间脱水制得：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H23.5 kJ mol1。在t1，恒容密闭容器中建立上述平衡，体系中各组分浓度随时间变化如上图所示。(1)该条件下反应平衡常数表达式K_；在t1时，反应的平衡常数为_，达到平衡时n(CH3OCH3) n(CH3OH) n(H2O)=_。(2)相同条件下，若改
30、变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)0.4 molL1、c(H2O)0.6 molL1、c(CH3OCH3)2.4 molL1，此时正、逆反应速率的大小：v正_v逆(填“”、“”或“”)，反应向_反应方向进行(填“正”或“逆”)。已知可逆反应：M(g)N(g)P(g)Q(g)H0，请回答下列问题：(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)1 molL1，c(N)2.4 molL1。达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为_。(2)若反应温度升高，M的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c(M)4 molL1，c(N
31、)amolL1；达到平衡后，c(P)2 molL1，a_。【答案】 (1). (2). 5 (3). 5：2：4 (4). (5). 逆 (6). 25% (7). 增大 (8). 6【解析】【详解】、(1)对于可逆反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的平衡常数k=，由图可知，在t1min时到达平衡，平衡时CH3OH、CH3OCH3、H2O浓度分别为0.4mol/L、1mol/L、0.8mol/L，故平衡常数k=5，体积相同，物质的量之比等于浓度之比，故n(CH3OCH3)：n(CH3OH)：n(H2O)=0.4mol/L：1mol/L：0.8mol/L=5：2：4；故答案
32、为；5；5：2：4；(2)此时的浓度商Qc=9，大于平衡常数5，故反应向逆反应进行，v (正)v (逆)，故答案为，逆反应方向；、达到平衡后，M的转化率为60%，反应浓度=1molL-160%=0.6mol；M(g)+N(g)P(g)+Q(g)起始量(mol/L) 1 2.4 0 0变化量(mol/L) 0.6 0.6 0.6 0.6平衡量(mol/L)0.4 1.8 0.6 0.6K=0.5。(1)N的转化率=100%=100%=25%，故答案为25%；(2)M(g)+N(g)P(g)+Q(g)H0，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，M的转化率增大，故答案为增大；(3)起始量=消耗量+平衡量
33、，则M(g)+N(g)P(g)+Q(g)起始量(mol/L) 4 a 0 0变化量(mol/L) 2 2 2 2平衡量(mol/L) 2 a-2 2 2=0.5，a=6，故答案为6。【点晴】考查化学平衡常数有关计算与应用、化学平衡图象等。化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值。注意掌握化学平衡常数的应用：1、用来判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、用来计算物质的转化率。对于化学平衡计算方法的分析应用，主要是三段式列式计算方法的应用。24. 亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里
34、反应化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。(1)其中氧化剂是_，若反应中有5mol电子转移，则生成碘是_mol。(2)该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：IO+SOIO+SO (慢)IO+ SOIO-+SO (快)5I-+6H+ IO3I2+3H2O(快)I2+ SO+ H2O2I-+ SO+2H2(快)根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由_步反应决定。(3)若预先加入淀粉溶液，由反应过程看必在_离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生，原因是：_。【答案】 (1). KIO3 (2). 0.5 (3). (4). SO (5).
35、SO与碘单质反应，且反应较快【解析】【详解】(1)氧化剂在反应中得到电子，化合价降低，被还原，故其中氧化剂是KIO3，反应中KIO3中I的化合价由+5价变为0价，故若反应中有5mol电子转移，则生成碘是0.5mol，故答案为：KIO3；0.5；(2)一个化学反应的总的反应速率是由慢反应速率决定的，根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由步反应决定，故答案为：；(3)由反应机理可知，该反应是IO和SO反应，且为慢反应，而反应是I2和SO反应，为快反应，由此说明I2和SO反应比IO和SO反应更快，故若预先加入淀粉溶液，由反应过程看必在SO离子消耗完时，才会使淀粉变蓝的现象产生，故答案为：SO； SO与碘单质反应，且反应较快。