③根据表中数据，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 b、a、c （填字母代号）． a．40℃、pH=3.0 b．10℃、pH=4.0 c．30℃、pH=7.0
（3）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I（aq）?I3（aq）．测得不同温度下该反应的平衡常数如图1所示，下列说法正确的是 B ．
A．反应I2（aq）+I（aq）?I3（aq）的△H＞0 B．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质 C．在上述平衡体系中加入苯，平衡不移动
D．25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI固体，平衡常数K小于680
（4）将I2溶于CCl4中，得到紫红色的溶液，再加入一定浓度的KI溶液，现象如图2所示：
﹣﹣
①上层溶液中含碘元素的微粒有 I、I2、I3 （用化学符号表示）．
②由实验现象可推测关于I2溶解性的结论是 在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强 ．
【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；探究影响化学反应速率的因素． 【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）反应为O3氧化I生成I2，根据盖斯定律①+②+③可得总反应以及△H； （2）①根据v=
计算；
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
②pH增大，则OH浓度增大；
③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率；
（3）A．由图温度越高K值越小，反应I2（aq）+I（aq）?I3（aq）的△H＜0
﹣﹣
B．硫难溶于水，而碘单质与I形成I3而溶于水，可以达到除去少量碘的目的； C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动； D．平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关；
（4）①上层溶液是碘化钾的水溶液，存在平衡I2（aq）+I（aq）?I3（aq），中含碘元素的微粒
﹣﹣
有I、I2、I3；
②由实验现象可推测关于I2溶解性的结论是在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强．
﹣+
【解答】解：（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I（aq）+O3（g）+2H（aq）=I2（aq）+O2（g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3，
﹣+
故答案为：O3（g）+2I（aq）+2H（aq）═I2（aq）+H2O（l）+O2（g）△H=△H1+△H2+△H3； （2）①v=
=
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
=1.00×10mol/（L?min），故答案为：1.00×10；
﹣
﹣4﹣4
②pH增大，则OH浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH，故
﹣
答案为：OH；
③由表中数据可知，40°C、pH=3.0时，所需时间在31min～158min之间； 10°C、pH=4.0时，所需时间＞231min；
30°C、pH=7.0时，所需时间＜15min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c， 故答案为：b、a、c．
（3）A．由表中数据可知，温度越大平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B．硫难溶于水，而碘单质与I形成I3而溶于水，可以达到除去少量碘的目的，故B正确； C．加入苯，碘能溶于苯，这样水中碘的浓度变小，平衡向逆左移动，故C错误；
D．加入KI固体，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，加入少量KI固体，平衡常数K不变，故D错误； 故选B；
﹣
﹣
（4）①上层溶液是碘化钾的水溶液，存在平衡I2（aq）+I（aq）?I3（aq），中含碘元素的微粒
﹣﹣﹣﹣
有I、I2、I3，故答案为：I、I2、I3；
②由实验现象可推测关于I2溶解性的结论是在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强，故答案为：在此温度下，I2在KI溶液中的溶解性比在CCl4中强．
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素的实验探究，和温度对化学平衡的影响、化学平衡常数及影响元素，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．．
19．葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准（GB2760﹣2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L．某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定． Ⅰ．定性实验方案如下：
（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用
﹣﹣++2
平衡方程式表示为 SO2（g）?SO2（aq）、SO2+H2O?H2SO3、H2SO3?H+HSO3、HSO3?H+SO3﹣
．
（2）利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒（液体为无色）中的SO2或H2SO3．设计如下实验：
﹣﹣
实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因为： 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 ． Ⅱ．定量实验方案如下（部分装置和操作略）：
（3）仪器A的名称是 圆底烧瓶 ．
（4）A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为 SO2+H2O2═H2SO4 ．
（5）除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是 加入二氧化锰并振荡 ．
（6）步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为 0.32 g/L．该测定结果比实际值偏高，分析原因 盐酸的挥发造成的干扰 ． 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【专题】实验分析题；计算题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析． 【分析】（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫是二元弱酸，能分步电离；
（2）干白葡萄酒不能使品红溶液褪色的可能原因是干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少； （3）根据装置图可知仪器名称；
（4）二氧化硫与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸；
（5）双氧水在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应生成水和氧气；
（6）二氧化硫被氧化成硫酸，用过量的氢氧化钠中和，剩余的氢氧化钠用盐酸滴定，根据盐酸的物质的量及氢氧化钠的总物质的量可计算出与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而得出硫酸的物质的量，根据硫元素守恒计算二氧化硫及酒中的二氧化硫的含量；由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，据此分析； 【解答】解：（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫是二元弱酸，能分步电离，涉及的平衡方程式为SO2（g）?SO2（aq）、SO2+H2O?H2SO3、H2SO3?H+HSO3、HSO3?H+SO3，
﹣﹣++2﹣
故答案为：SO2（g）?SO2（aq）、SO2+H2O?H2SO3、H2SO3?H+HSO3、HSO3?H+SO3； （2）干白葡萄酒不能使品红溶液褪色的可能原因是干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少， 故答案为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少； （3）根据装置图可知仪器A名称为圆底烧瓶， 故答案为：圆底烧瓶；
（4）二氧化硫与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸，反应的方程式为SO2+H2O2═H2SO4， 故答案为：SO2+H2O2═H2SO4；
（5）双氧水在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应生成水和氧气，所以除去H2O2的方法是加入二氧化锰并振荡，
故答案为：加入二氧化锰并振荡；
（6）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0400mol/L×0.025L）×64g/mol=0.032g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：
=0.32g/L，
+
﹣
﹣
+2﹣
由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，所以会导致测定结果比实际值偏高，
故答案为：0.32；盐酸的挥发造成的干扰．
【点评】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
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