北京高考理综化学试题解析版.docx

北京高考理综化学试题解析版.docx

《北京高考理综化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京高考理综化学试题解析版.docx（20页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

北京高考理综化学试题解析版

北京高考理综化学试题解析版

理科综合能力测试化学〔北京卷〕

本试卷共16页，共300分.考试时长150分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16

第一部分〔选择题〕

1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是

A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车

B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料

C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料

D．开采可燃冰，将其作为能源使用

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

点睛：

本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成.注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应.

2.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程.该历程示意图如下.

下列说法不正确的是

A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%

B.CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂

C.①→②放出能量并形成了C―C键

D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

【答案】D

【解析】分析：

A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率.

详解：

A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D.

点睛：

本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息.注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动.

3.下列化学用语对事实的表述不正确的是

A.硬脂酸与乙醇的酯化反应：

C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O

B.常温时，0.1mol·L-1氨水的pH=11.1：

NH3·H2O+OH−

C.由Na和C1形成离子键的过程：

D.电解精炼铜的阴极反应：

Cu2++2e−Cu

【答案】A

【解析】分析：

A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极.

详解：

A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c〔OH-〕=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A.

点睛：

本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理.注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别.

4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A

B

C

D

实验

NaOH溶液滴入FeSO4溶液中

石蕊溶液滴入氯水中

Na2S溶液滴入AgCl浊液中

热铜丝插入稀硝酸中

现象

产生白色沉淀，随后变为红褐色

溶液变红，随后迅速褪色

沉淀由白色逐渐变为黑色

产生无色气体，随后变为红棕色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】分析：

A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2.

详解：

A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe〔OH〕2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu〔NO3〕2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C.

点睛：

本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键.

5.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料.其结构片段如下图

下列关于该高分子的说法正确的是

A.完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境

B.完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2

C.氢键对该高分子的性能没有影响

D.结构简式为：

【答案】B

【解析】分析：

芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解的单个分子为、；采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物的结构简式为.

详解：

A项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A项错误；B项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，含有的官能团为-COOH或-NH2，B项正确；C项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C项错误；D项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D项错误；答案选B.

点睛：

本题考查肽键的水解、氢原子化学环境的分析、氢键对物质性质的影响、高分子化合物的书写.注意掌握单体的判断方法，首先根据高聚物判断是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断：

〔1〕加聚产物单体的推断常用“弯箭头法”，单键变双键，C上多余的键断开；〔2〕缩聚产物单体的推断常用“切割法”，找到断键点，断键后在相应部位补上-OH或-H.

6.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下.

时刻

①

②

③

④

温度/℃

25

30

40

25

pH

9.66

9.52

9.37

9.25

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多.

下列说法不正确的是

A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：

+H2O+OH−

B.④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的

C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D.①与④的Kw值相等

【答案】C

【解析】分析：

A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c〔OH-〕，④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c〔SO32-〕减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关.

点睛：

本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性.解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析.

7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下〔烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液〕.

①

②

③

在Fe表面生成蓝色沉淀

试管内无明显变化

试管内生成蓝色沉淀

下列说法不正确的是

A.对比②③，可以判定Zn保护了Fe　　　B.对比①②，K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化

C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法　　　D.将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼

【答案】D

【解析】分析：

A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe〔CN〕6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼.

详解：

A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe〔CN〕6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe〔CN〕6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe〔CN〕6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe〔CN〕6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe〔CN〕6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D.

点睛：

本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法.要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响.要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法.KS5U

第二部分〔非选择题〕

8.8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体.下图是8−羟基喹啉的合成路线.

已知：

i.

ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定.

〔1〕按官能团分类，A的类别是__________.

〔2〕A→B的化学方程式是____________________.

〔3〕C可能的结构简式是__________.

〔4〕C→D所需的试剂a是__________.

〔5〕D→E的化学方程式是__________.

〔6〕F→G的反应类型是__________.

〔7〕将下列K→L的流程图补充完整：

____________

〔8〕合成8−羟基喹啉时，L发生了__________〔填“氧化”或“还原”〕反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为__________.

【答案】〔1〕.烯烃〔2〕.CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl〔3〕.HOCH2CHClCH2ClClCH2CH〔OH〕CH2Cl〔4〕.NaOH，H2O〔5〕.HOCH2CH〔OH〕CH2OHCH2=CHCHO+2H2O〔6〕.取代反应〔7〕.〔8〕.氧化〔9〕.3∶1

【解析】分析：

A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反应生成B，B与HOCl发生加成反应生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反应，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl、D的结构简式为HOCH2CH〔OH〕CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的结构简式，E+J→K为加成反应，则E的结构简式为CH2=CHCHO，F的结构简式为、G的结构简式为、J的结构简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K→L先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为.

〔2〕A→B为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl.

〔3〕B与HOCl发生加成反应生成C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH〔OH〕CH2Cl.

〔4〕C→D为氯原子的水解反应，C→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液.

〔5〕D→E为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH〔OH〕CH2OHCH2=CHCHO+2H2O.

〔6〕F的结构简式为、G的结构简式为，F→G的反应类型为取代反应.

〔7〕K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反应条件和题给已知i，K先发生加成反应生成，发生消去反应生成L，补充的流程图为：

.

〔8〕根据流程L+G→J+8-羟基喹啉+H2O，即+++H2O，对比L和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应.根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:

1.

点睛：

本题以8-羟基喹啉的合成为载体，考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机反应类型的判断等.推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析.

9.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：

磷精矿主要成分为Ca5〔PO4〕3〔OH〕，还含有Ca5〔PO4〕3F和有机碳等.

溶解度：

Ca5〔PO4〕3〔OH〕

〔1〕上述流程中能加快反应速率的措施有__________.

〔2〕磷精矿粉酸浸时发生反应：

2Ca5〔PO4〕3〔OH〕+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4

①该反应体现出酸性关系：

H3PO4__________H2SO4〔填“>”或“<”〕.

②结合元素周期律解释①中结论：

P和S电子层数相同，__________.

〔3〕酸浸时，磷精矿中Ca5〔PO4〕3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去.写出生成HF的化学方程式：

__________.

〔4〕H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解.相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示.80℃后脱除率变化的原因：

____________________.

〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________.

〔6〕取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________.〔已知：

H3PO4摩尔质量为98g·mol−1〕

【答案】〔1〕.研磨、加热〔2〕.＜〔3〕.核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S〔4〕.2Ca5〔PO4〕3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑〔5〕.80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低〔6〕.CaSO4微溶〔7〕.BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2〔8〕.

【解析】分析：

磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸.

〔1〕根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：

研磨、加热.

〔2〕①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：

H3PO4H2SO4.

②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS.

〔3〕根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5〔PO4〕3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸.

〔4〕图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小.

〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：

CaSO4微溶于水.加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O.

〔6〕根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4.

详解：

〔1〕研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：

研磨、加热.

〔4〕图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小.

〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：

CaSO4微溶于水.加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O.

〔6〕滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：

2，n〔H3PO4〕=n〔NaOH〕=bmol/Lc10-3L=mol，m〔H3PO4〕=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为.

点睛：

本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等.解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第〔5〕问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第〔6〕问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等.

10.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储.过程如下：

〔1〕反应Ⅰ：

2H2SO4〔l〕2SO2〔g〕+2H2O〔g〕+O2〔g〕ΔH1=+551kJ·mol－1

反应Ⅲ：

S〔s〕+O2〔g〕SO2〔g〕ΔH3=－297kJ·mol－1

反应Ⅱ的热化学方程式：

________________.

〔2〕对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示.

p2_______p1〔填“＞”或“＜”〕，得出该结论的理由是________________.

〔3〕I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下.将ii补充完整.

i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2O

ii．I2+2H2O+__________________+_______+2I－

〔4〕探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：

分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象.〔已知：

I2易溶解在KI溶液中〕

序号

A

B

C

D

试剂组成

0.4mol·L－1KI

amol·L－1KI

0.2mol·L－1H2SO4

0.2mol·L－1H2SO4

0.2mol·L－1KI

0.0002molI2

实验现象

溶液变黄，一段时间后出现浑浊

溶液变黄，出现浑浊较A快

无明显现象

溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快

①B是A的对比实验，则a=__________.

②比较A、B、C，可得出的结论是______________________.

③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：

________________.

【答案】〔1〕.3SO2〔g〕+2H2O〔g〕2H2SO4〔l〕+S〔s〕ΔH2=−254kJ·mol−1〔2〕.>〔3〕.反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大〔4〕.SO2〔5〕.SO42−〔6〕.4H+〔7〕.0.4〔8〕.I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率〔9〕.反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快

【解析】分析：

〔1〕应用盖斯定律结合反应II分析.

〔2〕采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断.

〔3〕依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应.

〔4〕用控制变量法对比分析.

详解：

〔1〕根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S.应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4〔l〕+S〔s〕=3SO2〔g〕+2H2O〔g〕ΔH=ΔH1+ΔH3=〔+551kJ/mol〕+〔-297kJ/mol〕=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2〔g〕+2H2O〔g〕=2H2SO4〔l〕+S〔s〕ΔH=-254kJ/mol.

〔3〕反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，〔总反应-反应i〕2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-.

〔4〕①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4.

②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：

I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率.

③对比D和A，D中加