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北京市海淀区2019届高三化学5月期末练习（二模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 0 16 K 39 Mn 55第一部分(选择题共120分)本部分共20道小题，每小题6分，共120分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.港珠澳大桥被称为“现代世界新七大奇迹”之一，涵盖了当今世界岛隧桥多项尖端科技，化工行业在这座宏伟的“超级工程”中发挥了巨大作用。下列材料的生材属于无机材料的是A. 高强度耐腐蚀钢筋B. 超高分子量聚乙烯纤维C. 大尺寸橡胶隔震支座D. 高韧薄层沥青罩面【答案】A【解析】【详解】A. 钢筋主要成分为铁合金，属于无机金属材料，故选A； B. 聚乙烯纤维 是指由聚乙烯经熔融纺丝法纺丝而得到的纤维材料，属于有机高分子材料，故不选B；C. 橡胶是指具有可逆形变的高弹性聚合物材料，属于有机高分子材料，故不选C；D. 沥青主要来源于石油的分馏，沥青是一种防水防潮和防腐的有机胶凝材料，不属于无机材料，故不选D。故答案选A。2.化学与人类生活密切相关，下列说法与氧化还原反应无关的是A. 油炸食品酸败变质B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯C. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时静脉滴注NaHCO3溶液D. 生吃新鲜蔬菜比熟吃时维生素C的损失小【答案】C【解析】【详解】A. 油炸食品酸败变质，发生了缓慢氧化反应，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B.水果释放出的乙烯能催熟水果，高锰酸钾能氧化乙烯，所以用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C. 水杨酸为邻羟基苯甲酸，显酸性，与小苏打反应生成邻羟基苯甲酸钠、水和二氧化碳，不是氧化还原反应，故C符合题意；D. 维生素C的化学特性是容易失去电子，是一种较强的还原剂，在水溶液中或受热时很容易被氧化，生吃新鲜蔬菜要比熟吃时维生素C的损失小，与氧化还原反应有关，故D不符合题意。所以C选项是正确的。【点睛】本题考查氧化还原反应的判断，氧化还原反应的特征是有元素化合价发生变化，要注意生活中常见的氧化还原反应，如油炸食品酸败变质，维生素C被氧化等，酸碱中和反应为非氧化还原反应。3.2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，共118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法不正确的是A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYB. W的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性C. 在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族D. 工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等【答案】B【解析】【分析】设X的最外层电子数为x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1，根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，据此解答。【详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，A. 元素的非金属性ClS，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4，故A正确；B. W的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，故B错误；C. 在元素周期表中，117号元素与0族元素的118号元素相邻，则位于第七周期第VIIA族，与Cl元素位于同一主族，故C正确；D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等，故D正确。故答案选B。【点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，注意C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。4.下列化学用语的表述正确的是A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH-4e-=2H2O +O2B. 由Na和Cl形成离子键的过程：C. NaHCO3的水解平衡：HCO3-+H2O H3O+CO32-D. 实验室制乙炔的反应：CaC2+H2O CaO+C2H2【答案】B【解析】【详解】A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极发生氧气得电子的还原反应： O2+4e-+2H2O =4OH-，故A错误；B. Na原子失去1个电子被Cl原子得到，形成的化合物为离子化合物，则由Na和Cl形成离子键的过程表示为：，故B正确；C. HCO3-结合水电离出的H+生成H2CO3，水解平衡的离子方程式为：HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故C错误；D. 碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O Ca(OH)2+C2H2，故D错误。故答案选B。5.汽车尾气处理存在反应：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2 (g)，该反应过程及能量变化如图所示：下列说法正确的是A. 升高温度，平衡正向移动B. 该反应生成了具有非极性共价键的CO2C. 使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率D. 反应物转化为活化络合物需要吸收能量【答案】D【解析】【详解】A. 由图象可知，该反应是一个能量降低的反应，即放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A错误；B. CO2分子中含有碳氧共价键为极性共价键，故B错误；C. 催化剂能改变反应速率，对化学平衡无影响，所以使用催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D. 由图象可知，反应物的总能量小于活化络合物的总能量，所以由反应物转化为活化络合物需要吸收能量，故D正确。故答案选D。6.聚乙烯胺可用于合成染料Y，增加纤维着色度，乙烯胺(CH2=CHNH2)不稳定，所以聚乙烯胺常用聚合物X水解法制备。下列说法不正确的是A. 乙烯胺与CH3CH=NH互为同分异构体B. 测定聚乙烯胺的平均相对分子质量，可得其聚合度C. 聚合物X在酸性或碱性条件下发生水解反应后的产物相同D. 聚乙烯胺和R-N=C=S合成聚合物Y的反应类型是加成反应【答案】C【解析】【详解】A. 乙烯胺(CH2=CHNH2)与CH3CH=NH，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B. 聚合物平均相对分子质量为平均聚合度与链节式量的乘积，测定聚乙烯胺的平均相对分子质量，可得其聚合度，故B正确；C. 聚合物X分子中含有酰胺键，根据水解原理水解产物为聚乙烯胺和甲酸，由于聚乙烯胺具有碱性，能和酸反应，而甲酸具有酸性，能和碱反应，所以在酸性或碱性条件下发生水解反应后的产物不同，故C错误；D. 由Y的结构可知，聚乙烯胺和R-N=C=S合成聚合物Y的反应是N=C的双键打开，聚乙烯胺断开氨基上的N-H键，H原子加到N原子上，剩余基团加到C原子上，发生的是加成反应，故D正确。故答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同分异构体的判断、反应类型的判断、聚合度的计算方法及有机反应产物的分析，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，注意D选项生成产物的成键方式。7.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B. 对比实验I、II说明白色沉淀产生与铜粉的量有关C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【解析】【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl，据此分析解答。【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。8.键线式是表达有机化合物结构的一种方式，如H2N-CH2-CH2-OH用键线式可以表达为吡喹酮(H)是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示：已知i.R-Cl+NaCN R-CN+NaClii.+R-NH-R+NaOH+NaCl+H2O (1)A属于芳香烃，其名称是_。(2)的反应类型是_。(3)B一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为_。(4)中1 mol C理论上需要消耗_mol H2生成D。(5)化学方程式是_。(6)F中含氧官能团是和_。(7)试剂a的结构简式是_。(8)GH分为三步反应，J中含有3个六元环，写出I、J的结构简式_、_。【答案】 (1). 甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). 2 (5). (6). 羟基（或-OH） (7). (8). I： (9). J：【解析】【分析】B为，A和Cl2在光照条件下发生烷基上的取代反应生成B，则A为，B发生已知i的反应生成的C为，C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，D和发生已知ii的反应生成E为，E在一定条件下和反应生成F，F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，G经三步反应得到F，据此解答。【详解】(1)根据以上分析，A为，其名称是甲苯，故答案为：甲苯；(2) B发生已知i的反应生成的C为，氯原子被-CN取代，反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；(3)B为，其同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，说明甲基和氯原子在苯环上且处于对位，其结构简式为，故答案为：；(4) C和H2在催化剂加热条件下加氢还原生成的D为，-CN转化为-CH2-NH2，所以1 mol C理论上需要消耗2mol H2生成D。故答案为：2；(5) D和发生已知ii的反应生成的E为，化学方程式为，故答案为：；(6)由F的结构可知，含氧官能团是和羟基（或-OH），故答案为：羟基（或-OH）；(7) F和试剂a在NaOH条件下发生取代反应生成G，对比G和F的结构可知试剂a为，故答案为：；(8)G为，G和Cu/O2，加热时发生催化氧化生成I为，I发生醛基上的加成反应生成J为，J成环脱水生成H为，故答案为：I：；J：。9.人类向大气中排放的NOx对环境会产生危害，脱除NOx是科学家研究的重要课题。(1) NOx对环境的一种危害是_。(2) NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)H1=-1530kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJ/mol写出NH3还原NO反应的热化学方程式：_。(3)碱性KMnO4氧化法也可将NOx进行脱除。用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。_NO+_MnO4-+_=NO2-+3NO3-+_MnO42-+_下列叙述正确的是_(填字母序号)。A将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥B反应后混合溶液中：c( MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)C在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同在实验室用KMnO4 ( NaOH)溶液对模拟烟气中的NO进行脱除。若将标准状况下224 L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为NO3-，理论上需要KMnO4的质量为_g(KMnO4摩尔质量为158 gmol-l)。(4)用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如下图所示。该脱除过程中，太阳能转化为 _能。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g-C3N4端的反应：O2+2H+2e-=H2O2；Pl端的反应： _；NO2最终转化为HNO3的化学方程式：_。【答案】 (1). 酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层（汽车尾气产生空气污染、雾霾，合理给分） (2). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070kJmol-1 (3). 4 (4). 10 (5). 14OH- (6). 10 (7). 7H2O (8). AC (9). 474 (10). 化学 (11). P1端的反应：NO-2e-+H2O=NO2+2H+ (12). NO2最终转化为HNO3的化学方程式：2NO2+H2O2=2HNO3【解析】【详解】(1) NOx对环境的危害有：NOx是产生酸雨（硝酸型酸雨）的一种污染源；是产生光化学烟雾的污染源；NOx能破坏臭氧层等，故答案为：酸雨或光化学烟雾或破坏臭氧层；(2)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H1=-1530kJ/mol，N2(g)+O2(g)=2NO(g)H2=+180kJ/mol，-3得：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-1530 kJ/mol-180kJ/mol3=-2070kJmol-1，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-2070kJmol-1；(3)反应中MnO4-MnO42-，锰元素化合价从+7价降到+6价，NONO2-，氮元素化合价从+2价升高到+3价，NONO3-，氮元素化合价从+2价升高到+5价，根据得失电子守恒，所配系数为：4NO+10MnO4-+_=NO2-+3NO3-+10MnO42- +_，根据电荷守恒，结合溶液为碱性溶液，反应物缺项为OH-，且系数为14；根据原子守恒，可确定生成物中的缺项为水且系数为7，故答案为：4；10；14OH-；10；7H2O；A由方程式可知，脱除反应后生成硝酸盐和亚硝酸盐，分离后可获得氮肥，故A正确；B根据原子守恒，KMnO4中n(K)=n(Mn)，所以反应后混合溶液中：c( MnO4-)+c(MnO42-)=c(K+)，故B错误；C溶液的酸碱性对氧化剂的氧化性有影响，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，故C正确；故答案为：AC；根据得失电子守恒，得出关系式：NO3KMnO4。标准状况下224 L含NO体积分数为10%的NO的物质的量为224L10%22.4L/mol=1mol，则需要KMnO4的质量为：1mol158g/mol=474g，故答案为：474；(4)由图可知，在光催化条件下，NO发生氧化反应最终生成HNO3，在此过程中，太阳能转化为化学能，故答案为：化学；由图可知，该光催化脱除原理为原电池原理，其中g-C3N4端为原电池正极，得电子发生还原反应：O2+2H+2e-=H2O2；则Pl端为原电池负极发生失电子的氧化反应，电极反应为 NO-2e-+H2O=NO2+2H+；NO2和H2O2发生氧化还原反应生成HNO3，化学方程式：2NO2+H2O2=2HNO3，故答案为：NO-2e-+H2O=NO2+2H+；2NO2+H2O2=2HNO3。10.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能获得纳米Fe2O3等重要物质。已知：i伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的产物。ii Fe3+在水溶液中能与Cl-反应：Fe3+6Cl-FeCl63-(1)写出过程I中Fe2O3发生反应的离子方程式：_。(2)过程II加入过量H2O2的作用是 _ 。(3)过程II加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是_。(4)从化学平衡角度解释过程III利用NaCI溶液进行反萃取的原理：_。(5) N2H4具有碱性，可与H+结合生成N2H5+。过程IV中先用过量的N2H4将水层2中Fe3+转化为Fe2+并生成N2，反应的离子方程式为_，得到的Fe2+再被O2氧化为FeOOH。(6)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如图所示。已知熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反应生成中间体Fe。用化学用语表示Fe2O3在阴极催化生成NH3的反应过程。第一步：_，第二步：_。【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (2). 将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率 (3). 萃取、分液 (4). Fe3+6Cl-FeCl63-（已知ii中的反应）使Fe3+浓度下降，3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取 (5). 4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl- (6). Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH- (7). 2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3【解析】【分析】粉煤灰主要成分有A12O3、Fe2O3、Fe3O4和SiO2等物质，加入硫酸酸浸，A12O3、Fe2O3、Fe3O4溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，SiO2不溶，分离后，浸取液含有Al3+、Fe3+、Fe2+和SO42-等，在浸取液中先加入过量的H2O2将Fe2+全部氧化为Fe3+，再加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，水层中含有Al3+，经后期处理得到金属铝。有机层为含有Fe(NH2-R)(OH)SO4的煤油层，向有机层中加入NaCl溶液经反萃取得到的水层中含有FeCl63-，向水层2中加入N2H4将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+再经氧化转化为FeOOH，煅烧FeOOH得到纳米Fe2O3，据此解答。【详解】(1)根据以上分析，过程I中Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(2)由信息可知，伯胺R-NH2能与Fe3+反应：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+生成易溶于煤油的产物。所以过程II加入过量H2O2的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率，故答案为：将Fe2+完全氧化为Fe3+，有利于与伯胺反应，提高萃取率；(3) 过程II加入伯胺-煤油进行萃取，经分液得到水层和有机层，该分离操作为萃取、分液，故答案为：萃取、分液；(4) 有机层存在平衡：3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+，过程III加入NaCl溶液发生：Fe3+6Cl-FeCl63-反应，使Fe3+浓度下降，平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取，故答案为：Fe3+6Cl-FeCl63-（已知ii中的反应）使Fe3+浓度下降，3R-NH2+Fe3+SO42-+H2OFe(NH2-R)(OH)SO4+H+（已知i中的反应）平衡向逆反应方向移动，Fe3+从易溶于煤油的物质中转移到易溶于水的物质中，实现反萃取；(5)过量的N2H4将Fe3+转化为Fe2+并生成N2，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-，故答案为：4Fe3+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+或4FeCl63-+5N2H4=4Fe2+N2+4N2H5+24Cl-；(6)由图可知，该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在阴极发生电极反应生成中间体Fe，Fe与N2、水反应生成NH3和Fe2O3，Fe2O3在该过程中起催化作用，故反应分两步，第一步：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，第二步：2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3，故答案为：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-；2Fe+N2+3H2O= Fe2O3+2NH3。11.某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。【初步探究】(l)为探究温度对反应速率的影响，实验中试剂A应为 _。(2)写出实验中I一反应的离子方程式：_。(3)对比实验，可以得出的结论：_。【继续探究】溶液pH对反应速率的影响查阅资料：ipH9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+ 5I-+ 3H2O，pH越大，歧化速率越快(4)小组同学用4支试管在装有O2储气瓶中进行实验，装置如图所示。分析和中颜色无明显变化的原因：_。(5)甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为I2的反应，如右图所 示，请你填写试剂和实验现象_。【深入探究】较高温度对反应速率的影响小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验和。(6)对比实验和的现象差异，该小组同学经过讨论对实验中的现象提出两种假设，请你补充假设1。假设1：_。假设2：45以上I2易升华，70水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。(7)针对假设2，有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因(写出一条)。你若认为假设2不成立，请设计实验方案证明_。【答案】 (1). 0.5mol/L稀硫酸 (2). 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O (3). KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快 (4). 试管、中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生岐化反应，因为岐化反应速率大于氧化反应速率和淀粉变色速率（或歧化速率最快），所以观察颜色无明显变化 (5). 试剂1：1mol/LKI溶液，滴加1%淀粉溶液试剂2：pH=10的KOH溶液现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝（t30min） (6). 加热使氧气逸出，c(O2)降低，导致I-氧化为I2的速率变慢 (7). 【假设2成立】理由：KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色【假设2不成立】实验方案：水浴加热70时，用湿润的淀粉试纸放在试管的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立【解析】【分析】根据资料ipH9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+ 5I-+ 3H2O，pH越大，歧化速率越快，故溶液颜色无明显变化；利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为I2的反应，负极发生失电子的氧化反应，故试剂1应为1mol/LKI溶液，滴加1%淀粉溶液，正极O2得电子发生还原反应，故试剂2为pH=10的KOH溶液。实验为探究较高温度对反应速率的影响，不同的是实验在敞口试管中进行，实验在密闭试管中进行， 据此分析解答。【详解】(l)若探究温度对反应速率的影响，则实验中试剂A应相同，即应用0.5mol/L稀硫酸，故答案为：0.5mol/L稀硫酸；(2)实验中在酸性条件下I-被O2氧化为I2，反应的离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故答案为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；(3) 实验的温度相同，试剂