2024届高三化学一轮复习培优--电离平衡常数训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优--电离平衡常数训练，共23页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三化学一轮复习培优--电离平衡常数训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．0.1 mol·L-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是
①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多　④c(OH-)增大　⑤导电性增强　⑥增大
A．①③⑥ B．①②④ C．①③⑤ D．②③⑥
2．H2A为二元酸，其电离过程为：H2AH++HA-，HA-H++A2-。常温时，向20mL 0.1mol/L H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A2-的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是

A．H2A的Kal的数量级为10-1
B．当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.7
C．曲线Ⅱ表示A2-
D．向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，水的电离程度持续变大
3．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH H＋＋CH3COO-，△H>0。已知25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.75×10-5。下列叙述不正确的是
A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，平衡时溶液中c(H＋)减小
B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
C．该温度下，0.01 mol·L-1醋酸溶液的Ka = 1.75×10-5
D．升高温度，c(H＋)增大，Ka增大
4．海水中因含有HCO和CO等离子，其pH稳定在7.9~8.4，可用作烟道气中SO2的吸收剂。吸收SO2后海水中硫元素的主要存在形式为HSO。已知表中数据，下列有关说法不正确的是
化学式
电离平衡常数
H2SO3
Ka1 = 1.3×10-2，Ka2 = 6.3×10-8
H2CO3
Ka1 = 4.4×10-7，Ka2 = 4.7×10-11

A．吸收SO2后的海水呈弱酸性的原因是Ka1(H2SO3)大于Kh(HSO)
B．若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将降低
C．将吸收SO2后的海水与新鲜海水混合，同时鼓入大量空气可排出部分CO2
D．吸收SO2后的海水露置在空气中，c(HSO)会减小
5．常温下，与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：。据此判断，下列说法错误的是
A．液氨的电离过程是吸热的
B．一定温度下液氨中是一个常数
C．、与都是粒子
D．当氯化铵溶于液氨时，电离产生的对液氨的电离平衡不影响
6．已知25℃时醋酸溶液中各微粒间存在下述关系：K==1.75×10-5，下列有关说法可能成立的是
A．25℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K=8×10-5
B．25℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K=2×10-4
C．标准状况下，醋酸溶液中K=1.75×10-5
D．升高到一定温度，K=7.2×10-5
7．常温下，向0.1mol·L-1醋酸溶液中加水稀释，下列叙述错误的是
A．醋酸的电离程度增大 B．溶液中的增大
C．醋酸的电离常数不变 D．溶液中的c(OH-)减小
8．“84”消毒液和“洁厕灵”混用时，可发生反应使人中毒，若发生的反应为。下列说法正确的是［设为阿伏加德罗常数的值，已知：，，］
A．理论上，上述反应生成的1中含有的中子数为40
B．“84”消毒液在空气中会发生反应：
C．理论上，每转移1电子，参与反应的氧化剂比还原剂少2g
D．为提高氯水中的浓度，可加过量固体
9．用水稀释0.1 mol/LHA酸溶液时，溶液中随水量的增加而减小的是
A．c(A-)/c(HA) B．c(HA)/c(H+)
C．c(H+)·c(A-) /c(HA) D．n(A-)
10．某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是

A．Z的氢化物只含极性键
B．原子半径：M>W>X>Y>Z
C．Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸点高
D．已知H3WO3的解离反应：H3WO3+H2OH++W(OH)，Ka=5.81×10-10，可判断H3WO3是一元弱酸
11．室温下，pH=3的HA溶液、HB溶液各mL，分别加入蒸馏水稀释至V mL。加水稀释过程中溶液pH与如图所示。下列推断正确的是

A．HA是弱酸，HB是强酸
B．中和等体积、pH相同的两种溶液消耗的NaOH相等
C．若起始，则约为
D．HA溶液的导电性一定比HB溶液的强
12．已知与的分别为与。实验桌上有4杯水溶液，分别为(1)的、(2) 的、(3) 的与(4) 的。若将等体积(1)与(2)混合得溶液甲，等体积(1)与(3)混合得溶液乙，等体积(1)与(4)混合得溶液丙，则溶液甲、乙与丙的浓度由小至大的顺序为何？
A．甲＜乙＜丙
B．乙＜甲＜丙
C．丙＜乙＜甲
D．甲＜丙＜乙
E．丙＜甲＜乙
13．饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH++，H++，若向此溶液中
A．加水，浓度增大
B．通入少量Cl2气体，溶液pH增大
C．加少量CaSO3粉末，浓度基本不变
D．通入少量HCl气体，溶液中浓度减小
14．下表是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：







，
下列说法中错误的是
A．碳酸的酸性强于氢硫酸
B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C．常温下，加水稀释醋酸，减小
D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变
15．常温下，某酸H2A溶液中含A物种的浓度之和为amol·L-1，溶液中各含A物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含A物种的浓度负对数(pc= -lgc) ，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH= -lgc(OH- )]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法不正确的是

A．曲线③表示pc( H2A)随pOH的变化
B．pH=4的溶液中：c(HA-) =a mol/L - 2c(A2- )
C．pH =2的溶液中：c(H2A) >c(HA-) >c(A2-)
D．2HA- = H2A+A2-的平衡常数K 7)溶液与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时，测得溶液pH=7，则KCN溶液的物质的量浓度a_______0.01mol•L-1(填“>”、“＜”或“=”)；用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka=_______。
(3)在Fe2+、Fe3+的催化作用下，可实现2SO2+O2+2H2O=2H2SO4的转化。已知，含SO2的废气通入Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O，则另一反应的离子方程式为_______。
(4)不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气。为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验(实验时压强为10lkPa，温度为0℃)。

(I)若在烧瓶中投入d g锌，加入一定量的c mol/L浓硫酸V L，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中n(H2)=_______(用含字母的代数式表示)。若撤走盛有无水氯化钙的U形管，n(SO2)/n(H2)的数值将_______(填偏大、偏小或无影响)。
(II)在硫酸中加入硫酸铜可以加快氢气的生成速率的原因：_______。
(III)为进一步探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计如下一系列实验，将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中。
实验溶液

A
B
C
D
E
5mol/LH2SO4/mL
40
V1
V2
V3
V4
饱和CuSO4/mL
0
1
2
V5
10
H2O/mL
V6
V7
V8
5
0
①完成此实验设计，其中V5=_______V7=_______。
②为探究氢气生成速率要收集产生的气体，还需记录：_______。

参考答案：
1．A
【详解】①因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确；
②加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH3·H2O)减小，故错误；
③加水促进电离，NH数目增多，故正确；
④碱性变弱，c(OH－)减小，故错误；
⑤加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错误；
加水促进电离，c(OH－)减小，=K/c(OH－)增大，故正确；
①③⑥正确；
答案选A。
2．B
【详解】A．根据图可知，当时，溶液的pH=1.2，则溶液中， ，常温下H2A的Kal的数量级为10-2，A错误；
B．由图可知， 时，，当时，，，B正确；
C．H2A为二元酸，向H2 A水溶液中逐滴滴加NaOH溶液，首先生成反应生成NaHA，继续滴加氢氧化钠再反应生成Na2A，故曲线Ⅱ表示HA-，C错误；
D．pH = 4.2时，HA-、A2-含量相同，则c(HA- )= c(A2-)，溶液为Na2A、NaHA等浓度的混合溶液，溶液中持续滴加NaOH溶液，NaHA转化为Na2A，水解程度逐渐增大，水的电离程度增大，但是当全部转化为Na2A后，再加入NaOH溶液，就开始抑制水的电离，水的电离程度减小，D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，由于该反应是可逆反应，滴加的浓盐酸不能完全转化为CH3COOH，故到达新的平衡时，溶液中c(H＋)增大，A错误；
B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，B正确；
C．电离平衡常数K和温度有关，温度不变，Ka不变，C正确；
D．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(H＋)、c(CH3COO-)均增大，c(CH3COOH)减小，Ka增大，D正确；
故选A。
4．A
【详解】A．吸收后的海水生成亚硫酸氢根，溶液呈弱酸性是电离程度大于水解程度即大于，A项错误；
B．若向吸收后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将降低，B项正确；
C．将吸收后的海水与新鲜海水混合，同时鼓入大量空气可排出部分，C项正确；
D．吸收二氧化硫后的海水露置在空气中，会减小，D项正确；
答案选A。
5．D
【详解】A．液氨的电离与水相似，水的电离是吸热的，故液氨的电离过程也是吸热的，A正确；
B．一定温度下液氨中类似于水的离子积c(H+)∙c(OH-)，故是一个常数，B正确；
C．、与含有的电子数分别为7+3=10、7+4-1=10、7+2+1=10，故都是粒子，C正确；
D． 当氯化铵溶于液氨时，电离产生，增加了的浓度使液氨的电离平衡逆移， D错误；
故答案为：D。
6．D
【详解】A． K=1.75×10-5是醋酸25℃的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度与有关，与浓度无关，即25℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K应为1.75×10-5，故A错误；
B．同A选项分析，25℃条件下，温度不变，K不变，应为1.75×10-5，故B错误；
C．标准状况下，温度为0℃，温度降低，K减小，故C错误；
D．弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，K增大，故D正确；
答案为D。
7．D
【详解】A．弱电解质的电离越稀越电离，醋酸溶液中加水稀释，电离平衡正向移动，电离程度增大，故A正确；
B．醋酸溶液中加水稀释，电离平衡正向移动，增大，减小，溶液中的增大，故B正确
C．温度不变电离常数不变，醋酸稀释电离常数不变，故C正确；
D．醋酸稀释过程c(H+)减小，溶液中的c(OH-)增大，故D错误；
故答案为D。
8．B
【分析】反应中只有的化合价发生改变，因此该反应可写为。
【详解】A．反应生成的1中含有中子数为38，A错误；
B．由电离平衡常数知酸性，由强酸制弱酸原理可知，与“84”消毒液发生反应的化学方程式为，B正确；
C．中化合价发生变化的只有，分别由+1价、-1价变成0价，因此每转移1电子，有1氧化剂和1还原剂发生反应，氧化剂的质量为74g，还原剂的质量为38g，氧化剂比还原剂多36g，C错误；
D．氯水中存在平衡，向氯水中加入过量固体，由于酸性，固体能与、反应，氯水中的浓度减小，D错误；
故答案为：B。
9．B
【分析】加水稀释，促进HA电离，故n(H+)、n(A-)增大，n(HA)减小，但由于稀释，c(H+)、c(A-)、c(HA)均减小。
【详解】A．由分析知，n(A-)增大、n(HA)减小，则比值增大，A不符合题意；
B．由分析知，n(H+)增大、n(HA)减小，则比值减小，B符合题意；
C．该比值代表HA的电离平衡常数，由于平衡常数只与温度有关，故该比值不变，C不符合题意；
D．由分析知，n(A-)增大，D不符合题意；
故答案选B。
10．D
【分析】Z原子最外层电子数是电子层数的3倍，则Z是O；根据结构图中元素成键规律， W是B、X是C、Y是N。
【详解】A．O的氢化物有H2O、H2O2，H2O2中含极性键、非极性键，A错误；
B．电子层数越多，原子半价越大，同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径：B＞C＞N＞O＞H，B错误；
C．X是C元素、Z是O元素，C能形成多种氢化物，有些C的氢化物呈固态，所以O的氢化物的沸点不一定比C的氢化物的沸点高，C错误；
D．W为B元素，，，说明只发生一步电离，可判断是一元弱酸，D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．由图可知，HA溶液稀释至100倍，pH由3变为5，HA是强酸，而HB溶液稀释100倍，pH增大值小于2，HB是弱酸，A错误；
B．中和指酸碱恰好完全反应，而等体积、pH相同的HA、HB两种溶液中，HB的物质的量远大于HA的物质的量，中和二者时，前者消耗NaOH较小，B错误；
C．起始时HB的pH=3，，，，C正确；
D．电解质溶液导电性与离子浓度有关，而离子浓度与电解质溶液浓度、电解质电离程度有关，这两种溶液起始浓度不确定，无法比较两种溶液导电能力强弱，D错误；
故答案选C。
12．C
【详解】若将等体积(1)与(2)混合得溶液甲，其溶质为物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa，CH3COONa电离出的CH3COO-抑制CH3COOH的电离，等体积(1)与(3)混合得溶液乙，其溶质为物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和HCOOH，HCOOH的酸性比CH3COOH强，电离出的少量氢离子会抑制CH3COOH的电离，但CH3COONa是强电解质，HCOOH是弱电解质，CH3COO-浓度大于氢离子，对醋酸抑制程度大，所以甲中CH3COOH的浓度大于乙中的，等体积(1)与(4)混合得溶液丙，其溶质为物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和HCOONa，CH3COOH的电离不受抑制，浓度最小，所以溶液甲、乙与丙的CH3COOH的浓度由小到大的顺序为丙＜乙＜甲，故答案为：C。
13．D
【详解】A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，浓度仍减小，选项A错误；
B．氯气与亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，选项B错误；
C．CaSO3与H+反应生成，从而增大溶液中的浓度，选项C错误；
D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，浓度减小，选项D正确；
答案选D。
14．C
【详解】A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，Kal(H2CO3)＞Kal(H2S)，所以碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确；
B．多元弱酸分步电离时每一步都电离出氢离子，氢原子抑制弱酸电离，所以多元弱酸分步时，电离程度依次减弱，以第一步电离为主，故B正确；
C．，常温下，加水稀释溶液，不变，减小，则增大，故C错误；
D．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故D正确；
故选：C。
15．C
【分析】由图可知，H2A为弱酸，H2A在溶液中发生电离的方程式为，
，pOH=-lgc(OH-)，pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2A溶液，各粒子浓度关系为c(H2A)c(A2-)，C错误；
D．的平衡常数K=，z点时，c(H2A)=c(HA-)，此时pOH=12.6，则c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)==10-1.4mol/L，，x点时，c(A2-)=c(HA-)，此时pOH=7.3，则c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=，，K=，D正确；
故答案选C。
16．(1) NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满。或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满
(2)D
(3)碱式滴定管或移液管
(4) 0.0450 2.2×10-5
(5)AC

【详解】（1）氨水和CaO 反应生成氨气的化学方程式为：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；检验氨气通常用湿润的红色石蕊试纸，检验三颈瓶集满NH3的操作是：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满；故答案为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满。或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满。
（2）进行喷泉实验时在瓶内压强最小的时候最剧烈，从图2中看出D点压强最小故D点最激烈；故答案为D。
（3）准确量取液体可以用滴定管或移液管，故可用碱式滴定管或移液管；故答案为碱式滴定管或移液管。
（4）从图中看出，盐酸体积在22.50mL时发生突变，则氨水的浓度为：，得；NH3•H2O电离平衡常数Kb的表达式，；pH=11.0时，，c(NH3·H2O)≈0.0450mol•L-1，；故答案为0.0450；；2.2×10-5。
（5）A．锥形瓶中有少量蒸馏水没有改变氨水的物质的量，不影响测定结果，故A正确；
B．未滴加酸碱指示剂，无法确定滴定达到终点，故B错误；
C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸的浓度变小，盐酸的用量就会增多，从而测得氨水的浓度偏高，故C正确；
D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸的体积变小，从而测得氨水的浓度偏低，故D错误；
故答案选AC。
17． 2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O 4.2 减少Fe元素的损失 98.02%
【分析】(1)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O光照分解，产生CO2和两种草酸盐，根据物质的元素组成，可知两种草酸盐分别是FeC2O4、K2C2O4；
(2)根据草酸的第二步电离平衡常数，结合溶液中离子浓度关系计算溶液的c(H+)，然后根据pH=-lgc(H+)计算溶液pH；
(3)①根据溶液成分判断；
②先计算Fe2+、消耗的KMnO4的物质的量，再计算由Fe3+转化产生的Fe2+及溶液中含有的Fe2+、消耗的KMnO4的物质的量，利用电子转移数目相等，可计算出三草酸合铁酸钾晶体的纯度。
【详解】(1)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O光照分解，产生CO2、FeC2O4、K2C2O4，则根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑+6H2O；
(2)草酸的二级电离平衡为：+H+，则Ka2=，由于溶液中c()＝c()，所以Ka2= c(H+)=10-4.2，故溶液的pH=4.2；
(3)①在滤液和洗涤液中都含有Fe2+，将二者合并然后滴定，可减少实验过程中Fe元素的损失；
②步骤II中Fe2+、消耗的KMnO4的物质的量n(KMnO4)1=c·V=0.1000 mol/L×13.50 mL×10-3 L/mL=1.350×10-3 mol；
步骤IV中Fe2+、消耗的KMnO4的物质的量n(KMnO4)2=c·V=0.1000 mol/L×15.50 mL×10-3 L/mL=1.550×10-3 mol，根据反应过程中电子转移数目相等可得关系式：5Fe3+～5Fe2+～，n(Fe3+)=5×(1.550×10-3 mol-1.350×10-3 mol)=1.000×10-3 mol，故该晶体的纯度为×100%=98.20%。
18．(1)平衡压强，以便盐酸顺利滴下
(2)BAD
(3) ② d
(4)1.25
(5) CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO 2HClO2HCl＋O2↑

【分析】实验目的是制备ClO2，原理是2NaClO2＋Cl2=2ClO2＋2NaCl，装置A制备Cl2，漏斗盛放浓盐酸，圆底烧瓶中盛放MnO2，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，B装置中盛放饱和食盐水，除去氯气中的HCl，装置C中盛放浓硫酸，除去氯气中的水蒸气，装置D反应装置制备ClO2，Cl2易溶于有机溶剂，ClO2不易溶于有机溶剂，装置E中应盛放四氯化碳，除去ClO2中的Cl2，F为收集ClO2的装置，装置G为安全瓶，据此分析；
(1)
恒压低液漏斗能够保证漏斗和圆底烧瓶中的压强相等，使液体顺利滴下，普通漏斗则不具有这样的优点；故答案为平衡压强，以便盐酸顺利滴下；
(2)
根据上述分析，B中盛放饱和食盐水，C中盛放浓硫酸，E中盛放四氯化碳；故答案为BAD；
(3)
F为收集ClO2的装置，ClO2溶于水，应用排空气法收集，根据装置图可知F处选用的收集为②，装置ClO2的密度大于空气，从d处通入；故答案为②；d；
(4)
生成ClO2为歧化反应，5ClO＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；故答案为1.25；
(5)
根据所给电离平衡常数，电离出H＋能力有大小顺序是H2CO3＞HClO＞HCO，空气中有CO2，与NaClO发生CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO，HClO见光分解，其反应方程式为2HClO2HCl＋O2↑，导致HClO的浓度降低，消毒能力下降；故答案为CO2＋NaClO＋H2O=NaHCO3＋HClO；2HClO2HCl＋O2↑。
19．(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
(2)Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
(3) 5ClO−+I2+H2O=2+5Cl-+2H+ 向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
(4)不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝
(5)“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”

【分析】分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题；
分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。
（1）
Cl2与NaOH反应生成NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（2）
根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；
（3）
根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO−+I2+H2O=2+5Cl−+2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去。
（4）
84消毒液的主要成分为NaClO，ClO−具有氧化性，同样可以氧化I−生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在，答案为：不能，溶液中存在大量ClO−的干扰，ClO−也可将I−氧化为I2使溶液变蓝；
（5）
为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH−发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO−+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=+5I-+3H2O”。
20．(1)K4[Fe(CN)6]
(2) >
(3)
(4) 偏大 锌和铜构成原电池，加快反应速率 5 9 收集等体积气体所需时间

【详解】（1）K4[Fe(CN)6] •3H2O的相对分子质量为422，42.2gK4[Fe(CN)6] •3H2O的物质的量为：42.2g÷422g/mol=0.1mol，0.1molK4[Fe(CN)6] •3H2O中含有0.3mol水，含有结晶水的质量为：18g/mol×0.3mol=5.4g，完全失去结晶水时的质量为：42.2g-5.4g=36.8g；根据曲线可知，100℃时K4[Fe(CN)6] •3H2O中结晶水完全失去变成K4[Fe(CN)6]，之后直至加热到400℃K4[Fe(CN)6] 开始分解，所以150℃时固体物质的主要成分为K4[Fe(CN)6]；
故答案为：K4[Fe(CN)6]；
（2）KCN+HCl═KCl+HCN，若是等浓度，生成HCN应该呈酸性，而反应后pH=7呈中性，说明KCN有剩余(KCN水解呈碱性)，所以a>0.01mol/L；的，溶液呈中性则， (等体积混合，原浓度都减半)，，带入公式， ；
故答案为：>；；
（3）根据催化剂的特点，另一个反应一定有Fe3+→Fe2+，反应方程式为；
故答案为：；
（4）如图所示装置中，浓硫酸与锌粒反应的方程式为；无水氯化钙用于干燥混合气体；NaOH溶液用于吸收二氧化硫；量气管测量产生的氢气的体积；
(Ⅰ)氢氧化钠洗气瓶增重是因为吸收SO2的缘故，说明烧瓶中有SO2的生成()，氢氧化钠洗气瓶增重mg， mg，n(SO2)=m/64moL，消耗硫酸的物质的量为mol，因为锌有剩余，因此有mol的硫酸和锌反应产生氢气()，氢气的物质的量为；若撤走盛有无水氯化钙的U形管，混合气体中的水蒸气进入氢氧化钠溶液，导致洗气瓶增重量增大，所以计算时二氧化硫的物质的量增大，二氧化硫与氢气的物质的量之比偏大；
故答案为：；偏大；
(Ⅱ)锌置换出铜，锌和铜构成原电池，加快反应速率；
故答案为：锌和铜构成原电池，加快反应速率；
(Ⅲ)①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，五组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为40ml，那么其它组硫酸量也都为40ml，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，D中水是5mL，则V5=5mL；B中硫酸铜为1mL，则V7=9mL；
故答案为：5；9；
②反应速率与时间有关系，则为探究氢气生成速率要收集产生的气体，还需记录收集等体积气体所需时间；故答案为：收集等体积气体所需时间。
【点睛】该题综合性较强，考查的知识点较多，明确物质性质是解本题关键。控制变量法探究影响化学反应速率的因素是难点，影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。