2020届高考化学二轮复习离子反应作业 18页

离子反应 ‎1、与事实吻合的离子方程式是（）‎ A．加热可增强纯碱溶液的去污力：CO32﹣+2H2O═H2CO3+2OH﹣_Q（Q＞0）‎ B．向Ca（HCO3）2（aq）中加入少量澄清石灰水出现白色沉淀：Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O C．Fe3O4溶于稀HNO3：Fe3O4+8H+→Fe2++2Fe3++4H2O D．稀硝酸可洗去试管内壁的银镜：Ag+2H++NO3﹣→Ag++NO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查离子方程式的判断．‎ A．碳酸根离子分步水解显碱性，加热促进水解正向进行，溶液碱性增强去污能力强，但是碳酸根离子的水解为可逆反应，且以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣_Q（Q＞0，故A错误；‎ B．向Ca（HCO3）2（aq）中加入少量澄清石灰水出现白色沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++OH﹣+HCO3﹣→CaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C．四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故C错误；‎ D．用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管反应的离子方程式为：3Ag+4H++NO3﹣═3Ag++NO↑+2H2O，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）‎ A．pH=1的溶液：Fe2+、Ca2+、I﹣、Br﹣‎ B．甲基橙呈黄色的溶液：Na+、K+、ClO﹣、AlO2﹣‎ C．0.1mol/L的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、Fe3+、C6H5O﹣、HCO3﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查离子共存的判断．‎ A．该溶液中存在大量氢离子，Fe2+、Ca2+、I﹣、Br﹣离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B．甲基橙显示黄色的溶液的pH＞4.4，该溶液可能为酸性溶液，ClO﹣、AlO2﹣与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．H+、Fe2+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．Fe3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铁沉淀，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎3、SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应： ①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；‎ ‎②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ 下列有关说法不正确的是 A．SO2发生氧化反应 B．氧化性：Cr2O72－>Fe3＋>SO42－‎ C．每1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D．若有6.72LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由反应可知SO2转化为SO42－，硫元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A说法正确；‎ B.在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据反应SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋可知，Fe3+做氧化剂，SO42－为氧化产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+＞SO42－＞SO2；根据反应Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可知，Cr2O72－为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性是Cr2O72－＞Fe3＋，因此氧化性强弱顺序是Cr2O72－＞Fe3＋＞SO42－，故B说法正确；‎ C.反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA，故C说法正确；‎ D.1molK2Cr2O7在反应中得到6mol电子，所以若6.72LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D说法不正确；答案选D。‎ ‎4、向50mLNaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2(假设溶液体积不变)，随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的盐酸，产生CO2气体的体积(标准状况下)与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是 A．OA段所发生反应的离子方程式：H＋＋OH－===H2O B．NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1∶1‎ C．产生的CO2体积(标准状况下)为0.056L D．稀释液中NaOH的物质的量浓度为0.025mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.根据图像可知在A～B段发生反应：HCO3－＋H＋===H2O＋CO2↑；则产生HCO3－的反应：CO32－＋H＋===HCO3－；二者反应消耗的酸的物质的量相等，由于气体达到最大消耗的盐酸是25mL，则产生HCO3－的反应也消耗盐酸25mL，因此在O～A段发生反应是H＋＋OH－===H2O、CO32－＋H＋===HCO3－；故A分析错误；‎ B.NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，根据消耗的HCl的物质的量的关系可知二者的物质的量的比是1∶1，由于溶质处于同一溶液，所以其物质的量浓度之比为1∶1，故B分析正确；‎ C.n(CO2)＝n(HCl)＝0.1mol·L－1×0.025L＝0.0025mol，在标准状况下产生的CO2体积是V(CO2)＝0.0025mol×22.4L·mol－1＝0.056L，故C分析正确；‎ D.HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，n(NaOH)＝n(HCl)＝0.1mol·L－1×0.025L＝0.0025mol；c(NaOH)·V(NaOH)＝n(NaOH)＝0.0025mol；c(NaOH)＝0.0025mol÷0.1L＝0.025mol·L－1，故D分析正确；答案选A。‎ ‎5、下列无色溶液中，离子能大量共存的是（　　）‎ A．Na+、H+、AlO2﹣、C1﹣B．ClO﹣、K+、OH-、HSO3﹣‎ C．K+、Na+、SiO32﹣、SO42-D．K+、A13+、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查离子共存问题．‎ 溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，‎ A．H+、AlO2﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．OH﹣与HSO3﹣反应，ClO﹣与HSO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．K+、Na+、SiO32﹣、SO42﹣之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．A13+、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎6、下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A．Cu溶于足量浓硝酸：Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O B．氧化亚铁加入稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2O C．氨水吸收过量的SO2：OH﹣+SO2=HSO3﹣‎ D．碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查离子方程式的书写．‎ A．Cu溶于足量浓硝酸的离子反应为Cu+2NO3﹣+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O，故A正确；‎ B．氧化亚铁加入稀硝酸中的离子反应为3FeO+NO3﹣+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；‎ C．氨水吸收过量的SO2的离子反应为NH3．H2O+SO2=HSO3﹣+NH4+，故C错误；‎ D．碳酸钙溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎7、下列离子方程式书写正确的是()‎ A．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH-=CaCO3↓＋‎ CO32-＋H2O B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O C．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HSO3-‎ D．NaAlO2溶液和过量的HCl溶液反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查了离子方程式的正误判断。‎ ‎8、下列离子组能大量共存的是（　　）‎ A．Ba2+、Cl﹣、SO42﹣、K+ B．Mg2+、SO42﹣、Na+、Cl﹣‎ C．H+、CO32﹣、Al3+、Cl﹣ D．K+、Fe2+、NO3﹣、H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查离子共存问题．‎ A．Ba2+、SO42﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；‎ B．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；‎ C．CO32﹣、Al3+反应生成沉淀，且能发生互促水解，不能大量共存，故C错误；‎ D．酸性条件下，Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎9、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）‎ A.纯碱溶液中：Al3+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ B.室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4-、I-‎ C.能使甲基橙变为黄色的溶液中：Na+、Al3+、Cl-‎ D.室温下，=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO3-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A、纯碱为Na2CO3，CO32－与Al3＋发生双水解，CO32－与Ba2＋生成BaCO3沉淀，因此不能大量共存与纯碱溶液，故A错误；B、MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋、I－氧化，因此不能大量共存，故B错误；C、甲基橙变为黄色，溶液可能显碱性，Al3＋在碱中不能大量共存，故C错误；D、根据=1×10-12，推出溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故D正确。‎ ‎10、能正确表示下列反应的离子方程式为（）‎ A.硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑‎ B.NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2O C.少量CO2通入苯酚钠溶液中:2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-‎ D.大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH5COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O ‎【答案】D ‎【解析】解：Fe2+、H2S都能被硝酸氧化，所以硫化亚铁溶于稀硝酸中不能生成Fe2+、H2S，故A错误；NH4+、HCO3-都能与NaOH反应，NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+NH4++2OH-=CO32-+H2O+NH3·H2O，故B错误；苯酚的酸性大于HCO3-，少量CO2通入苯酚钠溶液中生成苯酚和碳酸氢钠:C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HC03-，故C错误；醋酸是弱酸，大理石溶于醋酸中生成醋酸钠、水、二氧化碳：CaCO3+2CH5COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故D正确。‎ ‎11、下列各组离子能大量共存的是（）‎ A.NaClO水溶液中：Fe2+、Cl-、Ca2+、H+‎ B.加入KSCN显红色的溶液：K+、Na+、I-、S2-‎ C.无色酸性溶液中：K+、CH3COO-、HCO3-、MnO4-‎ D.pH=2的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、Cu2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：氢离子与次氯酸根离子容易反应生成次氯酸，次氯酸根容易将亚铁离子氧化为铁离子，故A选项错误；遇KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子容易将碘离子氧化为单质碘，将硫离子氧化为单质硫，故B 选项错误；高锰酸根离子呈紫色，不能在无色溶液中大量存在，酸性溶液中大量存在氢离子，氢离子与醋酸根离子容易反应生成醋酸，与碳酸氢根离子容易反应生成二氧化碳气体和水，故C选项错误；pH=2的溶液显酸性，氢离子与NH4+、Na+、Cl-、Cu2+之间不能反应，故D选项正确。‎ ‎12、下列离子方程式书写正确的是（）‎ A.次氯酸溶液中通入少量二氧化硫气体：2ClO-+SO2+H2O═SO32-+2HClO B.Fe(NO3)2溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2‎ C.向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H++O2+4I-=2I2+2H2O D.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A.次氯酸溶液中通入少量二氧化硫气体，二氧化硫被次氯酸氧化为硫酸根离子，A错误；B.Fe(NO3)2溶液中加入过量的HI溶液，因存在硝酸，故亚铁离子要被硝酸氧化，B错误；D.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，设NaHCO3为1mol完全反应：‎ HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O；D错误。故正确选项为C。‎ ‎13、下列各组离子在通入SO2前后均能大量共存的是（）‎ A.Ba2+、K+、Br-、Cl-B.Na+、Cu2+、OH-、SiO32-‎ C.NH4+、Al3+、Br-、AlO2-D.Li+、H+、NO3-、SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A、四种离子间不反应，可以大量共存，通入二氧化硫后仍然可以大量共存，A正确；B、溶液中Cu2+与OH-、SiO32-会产生沉淀，不能大量共存，B错误；C、溶液中AlO2-与Al3+、NH4+都能发生水解相互促进的反应，不能大量共存，C错误；D、四种离子在溶液中不反应，可以大量共存。但通入SO2后，溶液显酸性，SO2与H+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，D错误，答案选A。‎ ‎14、下表中有关离子方程式的评价合理的是（）‎ 选项 化学反应及离子方程式 评价 A AlCl3溶液中加入过量氨水：‎ Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+‎ 错误，铝元素的产物应该是AlO2-‎ B 等物质的量的氯气通入溴化亚铁溶液中：‎ 正确 ‎3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2‎ C 用氨水吸收过量二氧化硫：‎ ‎2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O 正确 D 氯化铵溶于水NH4++2H2O=H3O++NH3·H2O 错误，应该用可逆符号 ‎【答案】D ‎【解析】解：AlCl3溶液中加入过量氨水，生成Al(OH)3沉不溶于氨水，A错误；等物质的量的氯气通入溴化亚铁溶液中，溴离子还原性小于亚铁离子，1mol氯气只能氧化1mol亚铁离子和1mol溴离子，还有1mol溴离子未被氧化，B错误；用氨水吸收过量二氧化硫，生成亚硫酸氢铵，C错误；氯化铵溶于水，铵根离子水解，应改为可逆符号，D正确。‎ ‎15、能正确表示下列反应的离子方程式是（）‎ A.磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2O B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-‎ C.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时：H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O D.己知电离平衡常数：H2CO3>HClO>HCO3-，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A．磁性氧化铁为四氧化三铁，属于难溶物质，四氧化三铁与稀硝酸反应生成NO、硝酸铁和水，则离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，离子方程式为：SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应，当SO42-完全沉淀时，生成BaSO4、NaOH和水，其反应的离子方程式为：H++SO42-+OH-+Ba2+═BaSO4↓+H2O，故C正确；D．依据电离平衡常数，向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D错误；故选C。‎ ‎16、某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣‎ 中的若干种离子．该小组同学取100mL水样进行实验，向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1mol/L的硝酸，实验过程中沉淀质量的变化情况如图所示：‎ ‎（1）水样中一定含有的阴离子是　　，其物质的量浓度之比为　　．‎ ‎（2）写出BC段所表示反应的离子方程式：　　．‎ ‎（3）由B到C点变化过程中消耗硝酸的体积为　　．‎ ‎（4）试根据实验结果推测K+是否存在？　　（填“是”或“否”）；若存在，K+的物质的量浓度c（K+）的范围是　　．设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：　　．（写出实验步骤、现象和结论）‎ ‎【答案】（1）SO42﹣，CO32﹣；1：2；‎ ‎（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；‎ ‎（3）40ml；‎ ‎（4）是；≥0.6mol/L；‎ ‎（5）取少量水样与试管中，向试管中加入过量升温硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl﹣，若无白色沉淀生成，证明无Cl-存在．‎ ‎【解析】解：本题考查常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．‎ 该水样为无色溶液，水样Fe3+、Cu2+不存在，依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42﹣，CO32﹣，又因为Al3+与CO32﹣发生双水解，CO32﹣与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在；n（SO42﹣）==0.01mol，n（CO32﹣）=n（BaCO3）==0.02mol；c（SO42﹣）：c（CO32﹣）=1：2；原溶液中可能含有Cl﹣，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n ‎（Cl﹣）=n（K+）推知n（K+）≥0.06mol，则c（K+）≥0.06mol/L；‎ ‎（1）水样中一定含有的阴离子是SO42﹣，CO32﹣；其物质的量浓度之比为1：2；‎ 故答案为：SO42﹣，CO32﹣；1：2；‎ ‎（2）BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；‎ ‎（3）由B到C点变化过程中依据图象分析得到的碳酸钡n（BaCO3）==0.02mol；消耗稀硝酸物质的量为0.04mol，消耗硝酸的体积===0.04L=40ml，故答案为：40ml；‎ ‎（4）依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n（Cl﹣）=n（K+）推知n（K+）≥0.06mol，则c（K+）≥0.6mol/L，故答案为：是；≥0.6mol/L；‎ ‎（5）可能存在的离子是Cl﹣，实验设计为：取少量水样与试管中，向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，若无白色沉淀生成，证明无Cl﹣存在，‎ 故答案为：取少量水样与试管中，向试管中加入过量升温硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl﹣，若无白色沉淀生成，证明无Cl-存在．‎ ‎17、Ⅰ.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。‎ 供选试剂：30%H2O2溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。‎ ‎(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下：‎ 操作 现象 甲 向I的锥形瓶中加入__，向I的__中加入30%H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞 I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝 乙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝 丙 向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯 Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝 ‎(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是________________________。‎ ‎(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是_________________。为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是____________________。‎ ‎(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列溶液________(填序号)，证明了白雾中含有H2O2。‎ A．酸性KMnO4B．FeCl2C．氢硫酸D．品红 Ⅱ.酸性条件下KMnO4与H2C2O4(弱酸)反应常用于探究影响化学反应速率的因素。该反应的离子反应方程式为：__；由该反应生成气体体积与时间关系可得出反应过程中速率的变化情况为_____________________，其原因是__________________________。‎ Ⅲ.为探讨化学反应速率的影响因素，某同学设计的实验方案如下表。(已知I2＋2S2O32－=S4O62－＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量)‎ 实验 序号 体积V/mL 时间/s Na2S2O3溶液 淀粉溶液 ‎0.1mol/L碘水 水 ‎①‎ ‎10.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎0.0‎ ‎40‎ ‎②‎ ‎7.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ t1‎ ‎③‎ ‎5.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ Vx t2‎ ‎①该实验进行的目的是___________，淀粉溶液的作用是__________。‎ ‎②表中Vx=____mL；实验①中用Na2S2O3表示反应速率v(Na2S2O3)=______‎ ‎【答案】MnO2分液漏斗O2+4I－+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用不同浓度的稀硫酸作对比实验AD5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O先加快，后变慢前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢探究浓度对反应速率的影响显色剂，检验I2的存在5.01/800mol·L－1·s－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)甲实验：根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质； (2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式； (3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境，酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同； (4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水，氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；‎ Ⅱ.高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，据此书写方程式；‎ 从从速率－时间图像可已看出，开始斜率大，后来斜率小，说明反应过程中速率的变化为先加快，后变慢，其原因是前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；‎ Ⅲ.①由表中数据可知，①②组中溶液的体积相同，仅有Na2S2O3溶液的浓度不同，说明该实验进行的目的是探究浓度对反应速率的影响；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；‎ ‎②由表中数据可知，①②组中溶液的体积相同为16.0mL；那么第实验③‎ 组中溶液的总体积也是16.0mL，据此求出Vx；根据=求出反应速率v(Na2S2O3)。‎ ‎【详解】‎ Ⅰ.(1)甲实验；根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向I的锥形瓶中加入MnO2固体，向I的分液漏斗中加入30%H2O2溶液，连接I、Ⅲ，打开活塞，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质， 因此，本题正确答案是；MnO2固体；分液漏斗； (2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为：O2+4I－+4H+=2I2+2H2O， 因此，本题正确答案是：O2+4I－+4H+=2I2+2H2O； (3)向Ⅱ中加入KMnO4固体，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响，可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验， 因此，本题正确答案是：酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸作对比实验； (4)A.KMnO4，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，所以A选项是正确的； B.FeCl2，氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子，无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误； C.氢硫酸，高锰酸钾和氧气都能够氧化氢硫酸,无法用氢硫酸检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误； D.品红遇到过氧化氢会被氧化红色褪去，证明混合气体中含有双氧水，所以D选项是正确的； 因此，本题正确答案是：AD；‎ Ⅱ.高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，即5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O；‎ 从从速率－时间图像可已看出，开始斜率大，后来斜率小，说明反应过程中速率的变化为先加快，后变慢，其原因是前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；‎ 因此，本题正确答案是：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋5Mn2＋＋8H2O；先加快，后变慢；前期反应生成了催化剂，加快了反应速率；后期随着反应进行，反应物浓度降低，速率减慢；‎ Ⅲ.①由表中数据可知，①②组中溶液的总体积相同，仅有Na2S2O3溶液的浓度不同，说明该实验进行的是探究浓度对反应速率的影响；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；‎ ‎②为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，①②③组中溶液的总体积相同为16.0mL，实验③需补加5.0mL水，故Vx=5.0mL，‎ 由反应式I2＋2S2O32－=S4O62－＋2I－可知，v(Na2S2O3)=2v(I2)=×2=mol·L－1·s－1。‎ 因此，本题正确答案是：探究浓度对反应速率的影响；显色剂，检验I2的存在；5.0；1/800mol·L－1·s－1。‎ ‎18、过氧化钠保存不当容易变质，某课外活动小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，他们称取10.0g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ 上图中的E和F构成量气装置，用来测定O2的体积。‎ ‎(1)写出以下装置发生反应的化学方程式：‎ 装置A：___________________________。‎ 装置B：___________________________。‎ 装置C：____________________________。‎ ‎(2)NaOH溶液的作用是_________________________。‎ ‎(3)为准确读出氧气的体积需以下操作，正确的顺序为_________。‎ A．调整量筒高度，使广口瓶E与量筒F内液面相平 B．将气体冷却至室温 C．平视，使凹液面最低点与视线水平相切再读数 读出量筒内水的体积后，折算成标准状况氧气的体积为1.12L，则样品中过氧化钠的质量分数为_________。‎ ‎【答案】CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑2Na2O2+2CO2＝2NaCO3+O2(2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑)吸收未反应的CO2BAC78%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验原理可知A装置盐酸和大理石反应制取二氧化碳，B装置用来除去挥发的氯化氢，C装置中过氧化钠和二氧化碳反应，D装置用来吸收未反应的二氧化碳，E、F用来量取生成气体的体积，依据量筒读取液体体积时需要先冷却至室温及和集气瓶液面相平确定操作顺序；依据生成氧气的体积计算物质的量，结合化学方程式计算得到过氧化钠物质的量，从而得到过氧化钠的质量分数。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)装置A用来制备二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；装置B用来除去生成的二氧化碳中含有的氯化氢，和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的方程式为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；C装置中过氧化钠和二氧化碳以及水反应生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2＝2NaCO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；‎ ‎(2)氢氧化钠和二氧化碳反应，吸收二氧化碳，便于测量氧气的体积，即氢氧化钠溶液的作用是吸收吸收未反应的CO2，便于测量氧气的体积；‎ ‎(3)直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故应先冷却至室温，调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故操作顺序为BCA；‎ 测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为1.12L，物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，则样品中过氧化钠的物质的量是0.05mol×2‎ ‎＝0.1mol，质量分数为。‎ ‎19、某同学欲探究Na2O2与水的反应，可供使用的试剂有：Na2O2、蒸馏水、酸性KMnO4溶液、MnO2。该同学取一定量Na2O2样品与过量水反应，待完全反应后，得到溶液X和一定量O2，该同学推测反应中可能生成了H2O2，并进行实验探究。‎ ‎(1)写出Na2O2与水反应的化学方程式_________________________________。‎ ‎(2)试设计实验证明溶液X中含过氧化氢_______________________________。‎ ‎(3)通过上述实验证明溶液中确实存在H2O2。取少量X于试管中，滴加FeCl2溶液，立即生成红褐色沉淀，配平下列反应的离子方程式：______H2O2＋______Fe2＋＋_____OH－===______Fe(OH)3↓，该反应中H2O2表现了_______(填“氧化”或“还原”)性。‎ ‎(4)已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，已知高锰酸钾产物为Mn2＋，此时H2O2表现了______(填“氧化”或“还原”)性。该反应的离子方程式为______________‎ ‎__________________。‎ ‎【答案】2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑取溶液X少量于洁净的试管中，加入适量MnO2粉末，用带火星的木条检验，若木条复燃证明有H2O21242氧化性还原性2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；‎ ‎(2)二氧化锰对过氧化氢的分解有催化作用，所以可以取溶液X少量于洁净的试管中，加入适量MnO2粉末，用带火星的木条检验，若木条复燃证明有H2O2；故答案为：取溶液X少量于洁净的试管中，加入适量MnO2粉末，用带火星的木条检验，若木条复燃证明有H2O2；‎ ‎(3)根据得失电子守恒可配平方程式：H2O2+2Fe2++4OH-=2Fe(OH)3¯，H2O2中氧的化合价降低，所以H2O2表现氧化性；故答案为：1、2、4、2；氧化性；‎ ‎(4)KMnO4→Mn2+，化合价降低，Mn被还原，所以H2O2表现还原性，反应的离子方程式为2MnO4ˉ+5H2O2+6H+===5O2↑+2Mn2++H2O；故答案为：还原性、2MnO4－＋5H2O2＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O。‎ ‎20、现有中学化学常见的物质A、B、C、D、E、F、G、H ‎，满足如下图所示转化关系。其中A、F为气体单质，A呈黄绿色，C为淡黄色固体化合物。B为生活中常见的液体化合物。回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：C________，H______________。‎ ‎(2)出下列化学反应方程式：‎ ‎①______________________________________。‎ ‎③______________________________________。‎ ‎(3)写出D的一种用途__________________________。但由于D易于发生③反应而不易于保存，故生产生活中往往用A与石灰乳反应生成易于保存运输的固体，其在潮湿空气中可以反应生成D，请写出这两个反应方程式_____________________________，___________________________。‎ ‎【答案】Na2O2NaClCl2+H2O=HCl+HClO2HClO2HCl+O2↑漂白剂(或氧化剂、除臭剂、消毒剂)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F、G、H为现有中学化学常见的物质，其中A、F为气体单质，A呈黄绿色，A是氯气。C为淡黄色固体化合物，C是过氧化钠。B为生活中常见的液体化合物，B是水。氯气与水反应生成E和D，D光照生成E和F，则D是次氯酸，E是氯化氢，F是氧气。过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，则G是氢氧化钠，氢氧化钠和氯化氢反应生成水和氯化钠，则H是氯化钠，据此解答。‎ ‎【详解】‎ 根据以上分析可知A是氯气，B是水，C是过氧化钠，D是次氯酸，E是氯化氢，F是氧气，G是氢氧化钠，H是氯化钠，则 ‎(1)C是过氧化钠，化学式为Na2O2，H是氯化钠，化学式为是NaCl。‎ ‎(2)①是氯气与水反应，方程式为Cl2+H2O＝HCl+HClO；③是次氯酸光照分解，方程式为2HClO2HCl+O2↑。‎ ‎(3)D是次氯酸，具有强氧化性，常用作漂白剂、氧化剂、除臭剂、消毒剂等。氯气与石灰乳反应生成易于保存运输的固体是漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。漂白粉中的次氯酸钙易吸水生成次氯酸，因此在潮湿空气中可以反应生成D，反应的方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClO。‎