专题03 电化学问题的综合探究-2019年高考冲刺化学大题百题精练

2019年高考冲刺化学大题百题精练

专题三电化学问题的综合探究

1．六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。

A．碱B．盐C．碱性氧化物

（2）发生“电解I”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。

（3）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为___________________。

（4）“电解II”的阳极产物为____________(填离子符号)。

（5）操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。

（6）“反应II”的离子方程式为___________________。

【答案】B 阳离子3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2ClO4-蒸发浓缩NaCl Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O

【解析】

【分析】

根据流程图，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3，同时生成二氧化碳，电解生成的NaClO3生成高氯酸钠和氢气，用盐酸酸化，过滤除去氯化钠晶体，蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液，在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到高氯酸铜晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；

（2）“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯

气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；

（3）“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：

3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；

（4）通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；

（5）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；

（6）“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：

Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。

2．阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：

（1）电解饱和食盐水的化学方程式为________。

（2）电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。

a．Na2SO4b．Na2SO3

c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压

（3）食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。

①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。

②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。

（4）在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。

①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。

②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。

③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg?L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47 mg?L-1 的

-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO 食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少

．．需要0.05 mol?L

的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)

【答案】2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH bcd 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降0.1 【解析】

【分析】

（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。

（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；

b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离

氯；

c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；

d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体

中逸出，可除去阳极液中游离氯。

（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。

②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧

化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。

（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。

②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。

③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。

【详解】

（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子

发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：

2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。

（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；

b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离

氯，故b符合题意；

c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符

合题意；

d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体

中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。

（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。

本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。

②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发

生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。

（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。

②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，

ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。

③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg?L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2

mg?L-1×1m3×1000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47 mg?L-1 的食盐水需处理掉

1.47 mg?L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应

方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为

0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。

3．用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH＝1的0.1mol·L－1FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下(a、b、c代表电压数值)：

（1）用KSCN溶液检验出Fe3＋的现象是_______________________________________。

（2）Ⅰ中，Fe3＋产生的原因可能是Cl－在阳极放电，生成的Cl2将Fe2＋氧化。写出有关反应：

_____________。

（3）由Ⅱ推测，Fe3＋产生的原因还可能是Fe2＋在阳极放电，原因是Fe2＋具有________性。

（4）Ⅱ中虽未检验出Cl2，但Cl－在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH＝1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：

①NaCl溶液的浓度是________ mol·L－1。

②Ⅳ中检测Cl2的实验方法：______________________________________________。

③与Ⅱ对比，得出的结论(写出两点)：_______________________________________。

【答案】溶液变红2Cl－－2e－=Cl2↑,Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－还原0.2 取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝通过控制电压，证实了产生Fe3＋的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2＋先于Cl－放电

【解析】

【分析】

（1）依据溶液中的Fe3＋的检验方法与原理回答；

（2）依据电解原理书写阳极氯离子失电子的电极反应，生成的Cl2能将Fe2＋氧化为Fe3＋，据此写出离子方程式；

（3）阳极可发生氧化反应，依据氧化还原规律分析；

（4）①保证电解FeCl2与NaCl时溶液中c(Cl－)相同；

②利用淀粉-KI试纸可检验氯气的存在；

③依据对照思想，找出产生上述现象的因素，结合电解原理中电解质溶液的离子放电顺序作答。

【详解】

（1）SCN－与Fe3＋发生反应生成Fe(SCN)3而使溶液变成红色，常根据这一颜色变化检验溶液中的Fe3＋，故答案为：溶液变红；

（2）实验Ⅰ中阳极附近出现黄色，有气泡产生，则该气体应为Cl2，Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，有关反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，

故答案为：2Cl－－2e－=Cl2↑，Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－；

（3）电解过程中，阳极发生氧化反应，由于Fe2＋具有还原性，若其浓度较大，可能在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3＋，

故答案为：还原。

（4）①pH＝1的0.1 mol·L－1的FeCl2溶液中，c(Cl－)＝0.2mol·L－1，根据控制变量法的原理，必须保证电解时溶液中c(Cl－)相同，则pH＝1的NaCl溶液中c(NaCl)应为0.2 mol·L－1，

故答案为：0.2；

②Cl2具有强氧化性，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝，

故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝；

③对比实验Ⅱ和Ⅳ、Ⅴ可知，电极附近出现黄色可能是由于生成Fe3＋、Cl2所致，通过控制电压，证明

产生Fe3＋的两种原因都成立，同时也验证了Fe2＋先于Cl－放电，

故答案为：通过控制电压，证实了产生Fe3＋的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2＋先于Cl－放电。

4．某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。

（甲同学的实验）

（1）配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。（2）甲同学探究实验I的电极产物______________。

①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______________，产生白色沉淀，证明产生了。

②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。

（3）实验I中负极的电极反应式为______________。

（乙同学的实验）

乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：

（4）乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。

①Fe3+＋3Fe(OH)3 ＋3SO2；②______________。

（5）查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：

从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________。

（6）解释30 min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。

（实验反思）

（7）分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和有关(写出两条)______________。

【答案】Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解足量盐酸和BaCl2溶液取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+

3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-H++HSO3-=H2O+SO2生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡

不断正向移动，最终溶液几乎无色反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物

【解析】

【分析】

本题为实验探究题。

（1）本小题为盐类水解的应用，为抑制盐的水解，在配置某些强酸弱碱盐溶液时可加入相应的酸，如配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。

（2）①本小题考查的是硫酸根离子的检验，向溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明溶液中含硫酸根离子。

②本小题考查的是亚铁离子的检验，亚铁离子遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。

（3）本小题考查的是电极反应式的书写，负极失电子发生氧化反应。

（4）②本小题考查的是盐类的水解，水解使溶液酸碱性相反的某些盐可发生双水解。

（5）（6）两小题考查的是平衡移动的影响条件，当生成物的浓度减小时平衡向正向移动，则在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，；当反应物的浓度增大时平衡向正向移动，则反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，平衡不断正向移动，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。。

（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也

一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。

【详解】

（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，则在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。本小题答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。

（2）①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。

②Fe3+得电子发生还原反应生成Fe2+，则探究这一电极的产物时可取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，

加入铁氰化钾溶液，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。本小题答案为：取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+

（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化反应，则亚硫酸钠对应的一极为负极，电极反应式为3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小题答案为：

3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。

（4）②FeCl3为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应

H++HSO3-=H2O+SO2。本小题答案为：H++HSO3-=H2O+SO2。

（5）1~30 min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。本小题答案为：生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。

（6）反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。本小题答案为：反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物。

（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也

一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。本小题答案为：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物。

5．某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。

实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。

资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O

（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。

（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：

i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。

ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。

（3）下述实验证实了假设ii合理。

实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。

（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。

实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：

①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。

②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液

未变蓝。判断IO3-在a极放电的产物是_______。

③结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：________。

（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。

A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化

B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应

C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-

【答案】还原大少量生成白色沉淀此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3-不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过AC

【解析】

【详解】

（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3－中I的化合价从＋5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；

（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；

ii. I2具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I－，SO32－被氧化成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋；

（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；

（4）0～t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“0”处，又返至“X”

处；如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。

①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32－被氧化成了SO42－。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，

有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；

②0～t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质

与SO32－反应，生成了I－，答案为I－；

③t2～t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且

偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3-不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；

（5）A．如果有SO32－存在，SO32－会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32－，A正确；

B. 对比实验I、III，t秒前IO3－还原成I－，而不是I2，有发生变化，B项错误；C．指针回到0，电路

中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32－反应，产生电流。如果是IO3-与SO32－反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32－反应，C正确；答案为AC。

【点睛】

本题题目非常新颖，但是只要抓住反应顺序，开始为IO3－与SO32－生成碘单质，I2再和SO32－反应，生成I－，再I－和IO3－反生碘单质，如此往复。