2022-2023学年北京一零一高二年级上册统练二化学试题

北京一零一2022-2023学年高二上学期统练二化学试题

：姓名：班级：考号：

一、单选题

1.下列选项描述的过程能实现化学能转化为热能的是

喳1^12i1

光合作用烧炭取暖风力发电电解冶炼

ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.植物的光合作用是将光能转化成化学能，故A不符合题意；

B.烧炭取暖，是木炭的燃烧，将化学能转化成热能，故B符合题意；

C.风力发电，是将风能转化成电能，故C不符合题意；

D.电解冶炼，是将电能转化成化学能，故D不符合题意；

答案为B。

2.下列属于电解质的是

A.氧化钠B.铜C.二氧化碳D.稀硫酸

【答案】A

【详解】A.氧化钠是由钠离子和氧离子构成的化合物、熔融状态下能导电、属于电解

质，故A符合题意：

B.铜属于单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；

C.CO2属于化合物，虽然二氧化碳的水溶液导电，但导电的离子不是二氧化碳本身电

离产生，因此二氧化碳属于非电解质，故C不符合题意；

D.稀硫酸属于混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；

答案为A。

3.恒温条件下，下列方法不能使稀氨水中的c(NH；)增大的是

A.加入少量NHKKs)B.加入少量NaOH(s)

C.通入少量HCl(g)D.通入少量NH3(g)

【答案】B

【分析】氨水中存在NH3+H2OUNH3-H2OUNH；+OJT,能使溶液中的钱根离子浓度

增大，说明加入的物质和钱根离子不反应旦促进NH3H2O电离，据此分析解答。

【详解】A.加入氯化镀固体，c(NH；)增大，抑制一水合氨电离，但最终溶液中c(NH；)

增大，故A不选；

B.加入NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，则c(NH：)减

小，故B选；

C.通入少量HCl(g)消耗氢氧根离子，电离平衡正向移动，溶液中c(NH：)增大，故C

不选；

D.通入氨气，平衡向正反应方向移动，溶液中c(NH；)增大，故D不选；

故选Bo

4.常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=lxlO-'3mol«L-',该溶液可能是()

①氯化氢水溶液②氯化钺水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液

A.①④B.①②C.②③D.③④

【答案】A

【详解】常温下，某溶液中由水电离的c(H+尸1*10」3moi.L」＜lxl(y7moi/L,水的电离被

抑制；

①氯化氢水溶液是强酸溶液对水的电离起到抑制作用，故①正确：

②氯化俊水溶液中的镀根离子水解显酸性，促进水的电离，故②错误；

③硝酸钠水溶液是中性溶液对水的电离无影响，故③错误；

④氢氧化钠水溶液数强碱溶液，对水的电离起到抑制作用，故④正确；

只有①④正确，故答案为A。

【点睛】考查影响水的电离平衡的因素分析，Kw是水的离子积常数，常温下，

Kw=c(H+)xc(OH-)=lx1O'14,水电离出的c(H+)=c(OH-尸1水O，mol/L；常温下，某溶液中由

水电离出来的c(H+)=L0xl(yi3mo].LL说明水的电离被抑制；酸碱对水的电离抑制作用，

水解的盐促进水的电离。

5.下列化学用语书写正确的是

+

A.熔融的NaHSCU的电离方程式：NaHSO4=Na-+H+SO

+

B.氯化镀溶液可以除金属氧化膜：NH；+H2O=NH3-H2O+H

C.FeCb溶液可以用作净水剂：Fe3++3H2O±叶Fe(OH)3+3H'

+1

D.表示中和热的热化学方程式：H+OH=H2OAH-57.3kJ.mol-

【答案】C

【详解】A.熔融时NaHSCU电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式：

+

NaHSO4=Na+HSO4,A错误；

B.氯化铁溶液可以除金属氧化膜是因为筱离子发生了水解使溶液呈酸性：

+

NH；+H20UNH3«H2O+H,B错误；

C.FeCb溶液可以用作净水剂，原因是溶于水后产生Fe(0H)3胶体，具有吸附性：

3+

Fe+3H2O：?--tFe(OH)3+3H*,C正确；

D.表示中和热的热化学方程式要注明物质的状态：应改为

lT(aq)K)H-(aq)=H20(l)AH=-57.3kJ-mof,D错误；

答案选C。

6.在120℃,恒压状态下，向某容器中充入一定量的碳和水蒸气，发生如下反应：

C(s)+H2O(g)；CO(g)+H2(g)△H>0,以下情况说明反应已经达到平衡的是

A.气体中CO与H2的体积分数之比不变

B.V(H2O)=V(CO)

C.断裂一个H-H键的同时形成2个H-0键

D.气体密度不变

【答案】D

【详解】A.一氧化碳和氢气都是反应产物，两者体积之比，即物质的量之比等于系数

比，则气体中CO与H2的体积分数之比不变，不能证明反应达到平衡，A错误；

B.没有指明是正反应还是逆反应，则v(H20)=v(C0)不能证明反应达到平衡，B错误；

C.断裂一个H-H键是正反应，同时形成2个H—O键也是正反应，两个都正反应，

不能证明反应达到平衡，C错误：

D.反应体系内，C是固体，则气体质量在反应过程中是一个变量，则密度也是变量，

则气体密度不变可以证明反应达到平衡，D正确；

故选D。

7.常温下，下列混合溶液一定呈碱性的是

A.O.Olmol/L的盐酸与0.01mol/L的氨水等体积混合

B.O.Olmol/L的醋酸溶液与0.01mol/L的氨水等体积混合

C.pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合

D.pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合

【答案】D

【详解】A.O.Olmol/L的盐酸与O.Olmol/L的氨水等体积混合，恰好完全反应得到NH©

溶液，NH：发生水解反应可〃；+凡0=凡％出20+曰"使溶液显酸性，A项错误；

B.O.Olmol/L的醋酸溶液与O.Olmol/L的氨水等体积混合，恰好完全反应得到

CHQONH,溶液,因为醋酸和一水合氨的电离常数相等，所以C"3co。-和水解

程度相同，溶液显中性，B项错误；

C.pH=2的盐酸中c(8a)=O.Obno〃L,pH=12的NaOH溶液中c(Mz。")=0.0刖。〃L,

二者等体积混合，恰好完全反应得到NaC/溶液，显中性，C项错误；

D.pH=2的盐酸中c(HCI)=0.0\mol/L,PH=12的氨水中c(NH3-H2O)»0.0Iwo//L,

二者等体积混合，一水合氨的物质的量远大于盐酸，故反应后一水合氨有剩余，溶液显

碱性，D项正确；

故选D。

8.下列说法正确且能用平衡移动原理解释的是

A.已知：2NCh(g)/十N2O4(g),AH<0,,则恒容下加热NCh气体，气体颜色变浅

B.合成氨工业中，加大N2与H2的投料比不利于提高H2转化率

C.NH4cl溶液可用于除去钢铁制品表面的铁锈

D.滴加少量CuSCU溶液可以加快Zn与稀H2SO4反应的速率

【答案】C

【详解】A.已知：2NO2(g)三叶N2O4(g),△H<0,则恒容下加热NCh气体，平衡向

左移动、气体颜色变深，说法错误、故A不选；

B.合成氨工业生产氨气存在平衡N2+3H2U2NH3,加大Nz与H2的投料比，平衡

向正反应移动，可以提高氢气的利用率，说法错误，故B不选：

C.NH4cl溶液存在水解平衡、因水解生成氢离子呈酸性，则可用于除去钢铁制品表面

的铁锈，符合题意，故C选；

D.滴加少量CuSCU溶液可以加快Zn与稀H2so4反应的速率，是因为形成了铜锌原电

池，与平衡无关，故D不选；

答案选C。

9.下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，不正确的是

A.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率

B.温度升高，分子动能增加，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大

C.选用适当的催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，碰撞频率增加，故反应速

率增大

D.H+和0H-的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成

【答案】A

【详解】A.增大反应物浓度，可以提高活化分子数，但活化分子百分数不变，A不正

确；

B.温度升高，分子碰撞频率增加，活化分子数、活化分子百分数都提高，反应速率增

大，B正确；

C.选用适当的催化剂，能降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而增大

活化分子百分数，反应速率增大，c正确；

D.H+和0H-的反应速率非常大，反应几乎在瞬间完成，则表明反应的活化能接近于零,

D正确；

故选Ao

10.某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如表数据(溶液

浓度均为O.lmol/L)：

温度(℃)10203040

纯水7.307.106.956.74

NaOH溶液13.5013.1112.8712.50

CHaCOOH溶液2.902.892.872.85

CH3coONa溶液9.199.008.768.62

下列说法正确的是A.水的电离为放热过程

B.升温，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响

C.升温，CH3coOH的电离促进了水的电离

D.升温，CH3coONa溶液pH减小，说明水解程度减小，c(CH3co0-)增大

【答案】B

【详解】A.随温度的升高，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，A项错误；

B.随温度的升高，水的电离程度增大，K“增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确;

C.随温度升高，促进CH3co0H的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，

c项错误；

D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动,

D项错误；

答案选B。

11.下列实验不能达到实验目的的是

5滴0.1mol/L5滴0.1mol/L

Fc^SOJ溶液CuSO而液

2mL溶液

Na:CO,Na：SiO、溶液

A.验证非金属性：S>C>SiB.对比Fe?+和CM+的催化效率

——环形玻璃搅拌棒

-----温度计

鼻一碎泡沫型料

5mL0.1mol/L,K：Cr。溶液

D.证明

C.用50mL0.50moi•!?盐酸和

2---j.2-

CrO7(aq)+HO(l)$'2CrO4(aq)+2H

50mL0.55moi七1冲014溶液反应测定中和热22

+(叫)平衡的存在

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，可以证明酸性：硫酸大于碳酸；二氧

化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸，可以证明酸性：碳酸大于硅酸。故可得酸性：硫酸大

于碳酸大于硅酸，故非金属性：S>C>Si,故A正确；

B.Fe"和CM+加入后在溶液中的离子浓度不一样，所以不能进行比较，故B错误；

C.盐酸和氢氧化钠溶液反应为中和反应，且装置保温隔热，故C正确；

D.5mL0.1mol/LK2Cr2O7中加入硫酸后根据颜色变化可以得出K2C1O4转化为KzCnCh,

证明平衡Cr2O，(aq)+H2O(l)厂中2CrO；(aq)+2H+(叫)的存在，故D正确；

故选Bo

12.下列各表述与示意图一致的是

A.图①表示25℃时，等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中加水，溶液的pH随加入水

体积的变化

B.图②表示2so2（g）+O2（g）,V2SO3（g）AH<0,正、逆反应的平衡常数随温度的变化

C.图③表示lOmLO.OlmobL-1的酸性KMnC）4溶液与过量的O.lmobL-1的H2c2。4溶液混

合时，n（Mn2+）随时间的变化

D.图④中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）-CH3cH3（g）Z\H<0,使用和未使

用催化剂时，反应过程中的能量变化

【答案】B

【详解】A.酸溶液加水稀释后仍为酸性，pH<7,故A错误；

B.2sO2（g）+O2（g）12so3（g）AH<0,升高温度平衡逆向移动，K（正）减小;&正）、K（迪）

互为倒数，所以升高温度K（迎）增大，故B正确；

C.反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用，反应过程中溶液中镒离子浓度逐渐增大，

所以反应速率先慢后快，图象不符合，故C错误；

D.因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热

反应，故D错误。

故选Bo

13.某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2c2。4为二元弱酸）

2mL0.1mol/L2mL0.2mol/LImL0.2mol/L1mL以浓盆酸为溶剂配制

HCO水溶液HCO水溶液H2c2O4水溶液的0.2mol/LH2C2O4溶液

224224I

aC

1mLO.Olmol/L的酸性KMnO4水溶液

试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600so下列说法正确的是

A.反应的离子方程式为2MnOi+16H++5c2O42-=2Mn2++10CO2f+8H2。

B.试管c反应至300s时，溶液中剩余的c（KMnO4尸0.0025mol/L

C.对比试管a、b,得到的结论是H2c2O4水溶液浓度增大，反应速率加快

D.对比试管c、d,可验证H*浓度对反应速率的影响

【答案】C

【详解】A反应的离子方程式为2MnO《+6H++5H2c2O4=2Mn2++10CO2f+8H2O,A项错

误；

B.c中溶液褪色分别耗时600s,高镭酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300s

时，溶液中剩余的c（KMnC>4）无法求算，B项错误；

C.对比试管a、b,得到的结论是H2c2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，C项正确；

D.对比c、d,由于d中为浓盐酸作溶剂，而浓盐酸中的氯离子也能还原高镒酸钾，所以

不能验证氢离子浓度对反应速率的影响，D项错误；

答案选C。

14.在硫酸的工业生产中，通过下列反应使SO2转化为SO3：2sO2（g）+O2（g）U2so3（g）。

一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2（g）、O2（g）和SCh（g）,

其相关数据如表所示。下列判断中，正确的是

甲乙丙T

n(SO2)/mol0.40.80.80.4

起始物质的量n(O2)/mol0.240.240.480.28

n(SO3)/moI0000.4

SO2的平衡转化率/%80%

a2

SO3的平衡含量/%abcd

A.平衡时，ai>a2B.平衡时，c（SO2,丙尸2c（SO2,甲）

C.平衡时，c<dD.该温度下，平衡常数值为400L・moH

【答案】D

【详解】A.丙相当于在乙的基础上增加了氧气的量，平衡正向移动，二氧化硫的转化

率增大，故A错误；

B.丙中的投料是甲中的二倍，相当于在甲的基础上加压，则平衡正向移动，故平衡时，

c（SO2,丙）<2C（SO2,甲）,B错误;

C.丙中的投料是丁中的二倍，则相当于在丁的基础上加压，平衡正向移动，则三氧化

硫会更多一些，故c>d,C错误；

D.甲中，n(SO2)=0.4mol,n(O2)=0.24moLSO2的平衡转化率为80%,则可建立下列三

段式：

2SO2(g)+5(g)2so4g)

起始量(mol)0.40.240

变化量(mol)0.320.160.32

平衡量(mol)0.080.080.32

该温度下，平衡常数值为―—=400,D正确;

0.042x0.04

故选Do

二、填空题

15.1.25℃时,对比下列两种溶液，填空。

甲乙丙

物质的量浓度(mol/L)0.10

pH1010

溶液氨水氢氧化钠溶液盐酸

⑴两溶液中c(OH)：甲乙(填“<”、"=”或“>"，下同)。

(2)两溶液中溶液的物质的量浓度：甲乙。

(3)两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：甲乙。

(4)等体积的甲、乙两溶液分别与丙溶液完全中和，消耗盐酸的体积：甲乙。

(5)已知：lg2M.3,则等体积的乙与丙溶液混合后(忽略混合过程中的溶液体积变化)，溶

液的pH约为。

II.醋酸是我们很熟悉的一种有机物。

(6)醋酸的电离方程式为。

(7)某同学为了了解醋酸溶液的导电性进行了相应实验，如图为冰醋酸(无水醋酸晶体)在

稀释过程中溶液的导电性变化关系图。

加水体积

①在稀释过程中，a、b、c三处溶液的pH由大到小的顺序是。

②从b点到c点，溶液中个阴R的比值_(填“增大”、“减小”或“不变

C(CH3COOH)

③b点时溶液除水以外各种分子、离子的浓度由大到小的顺序是。

IIL已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数:

弱酸化学式HFHC1OH2CO3H2SO3

K,=4.3xl0-7Ki=l.23x10-2

电离平衡常数6.6x1O-44.2x10-8

8

K2=5.6X10"K2=6.6X10-

(8)相同物质的量浓度的HF、HC10溶液中，水的电离程度大的是溶液。

(9)NaC10溶液显—(填“酸”、“碱”或"中”)性，原因是—(用化学用语表示)。

(10)NaC10溶液与少量CO2反应的离子方程式是o

(11)将0.02mol/L的HF与O.Olmol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈酸性，以下说

法正确的是—(填序号)。

A.相同条件下，HF的电离程度大于F•的水解程度

B.c(Na-)+c(H+)=c(F)+c(OH-)

C.c(HF)+c(F)=2c(Na+)=0.02mol/L

D.c(Na+)>c(F)>c(HF)>c(H+)>c(OH)

(12)经测定，NaHSCh溶液呈酸性，其原因是。

(13)氯水可用作消毒剂。

①若需增大氯水中的次氯酸的浓度，可向氯水中加入足量的—(填序号)。

A.Na2co3B.NaHCOjC.Na2SO3D.NaHSOj

②请用化学平衡移动的原理解释其原因：—。

③请用离子方程式表示C可以或不可以的原因：—O

【答案】(1尸

(3)>

⑷〉

(5)1.3

(6)CH3COOHUCH3co0+H+

+

(7)b、a、c增大C(CH3COOH)>C(H)>C(CH3COO)>C(OH-)；

(8)HC10

(9)碱CIO+H2O^HCIO+OH-

(10)CO2+C1O+H2O=HC1O+HCO3

(ll)AB

(12)HSC>3的电离程度大于水解程度；

(13)B加入NaHCCh可以结合氢离子，平衡CL+HQWH+C1+HC1O正向移

动；HCIO+SO3-=HSO；+C1O-

【详解】(1)两种溶液的pH相同，温度相同，则氢离子和氢氧根离子浓度都相同，故

答案为：=;

(2)氨水中的一水合氨的弱电解质，是部分电离，则两者pH相同时前者浓度大，故

答案为:>;

(3)氨水中的-水合氨的弱电解质，稀释促进弱电解质的电离，其中氢氧根离子浓度

较大，故答案为：>；

(4)由第二问分析可知，甲的浓度大，故两者体积相等时，甲的物质的量多，消耗的

盐酸多，故答案为：>:

(5)混合后c(H+尸0/；°4一?,贝pH=l+0.3=1.3；

(6)醋酸是弱电解质，其电离方程式为：CH3coOHUCH3coO+H；

(7)①溶液的导电能力与氢离子浓度成正比，根据溶液导电能力知，氢离子浓度大小

顺序是b>a>c,酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，所以

由水电离出的c(H+)由小到大顺序是b、a、c,故答案为b、a、c；

②加水稀释促进醋酸电离，则n(CH3COO)增大、n(CH3COOH)减小，所以从b点

到c点，溶液中3c0。!的比值增大,故答案为增大；

C(CH3COOH)

③b点时溶液呈酸性，酸微弱电离，也存在水的电离，故除水以外各种分子、离子的浓

度由大到小的顺序是c(CH3co0H)>c(H+)>c(CH3coO)>c(OH-)；

(8)根据表格中的数据可知，HF的电离程度大，相同物质的量浓度时，其中的氢离子

浓度大，对水的电离的已知程度大，水的电离程度小，故答案为：HCI0；

(9)NaClO溶液中次氯酸根离子可以水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性；原因是：

C10+H20#HC10+0H-；

(10)根据表格中的数据可知，酸性H2cO-HCIOHCO；，次氯酸钠溶液中通入少量

的二氧化碳气体，反应的离子方程式为CO2+CIO+H2OHCIO+HCO；；

(11)将0.02mol/L的HF与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶质是等浓度的NaF

和HF,溶液显酸性，说明HF电离为主，氨离子水解是次要的；

A.由分析可知HF的电离程度大于F的水解程度，A正确；

B.根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(F)+c(OH),B正确；

C.溶液体积加倍，则根据元素守恒，此时c(HF)+c(F)=2c(Na+)=0.01mol/L,C错误；

D.由分析可知HF电离为主，则c(F-)>c(Na+),D错误；

故选AB；

(12)NaHSCh溶液呈酸性，说明溶液中HSO,的电离程度大于水解程度；

(13)①氯水中发生可逆反应CU+HOBlT+Cr+HClO,结合表中数据可知，加入

NaHCCh可消耗H+,平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大，而

Na2cCh和Na2sCh会和次氯酸，故答案为：B；

②由①的分析可知加入NaHCCh可以结合氢离子，平衡C1+H.OUFT+Cr+HClO正向

移动；

③根据表格中的数据Na2sCh可以和次氯酸反应，从而降低其浓度，反应的方程式为：

HC10+S0r=HS03+C10o

16.用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO；,Ni不参与反应。离子在材料表面

的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH：无法占

据活性位点)。反应过程如图所示：

(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO；分两步,

将步骤ii补充完整：

2+

i.NO；+Fe+2H-=N0；+Fe+H2O

ii口_________+口_________+nH+=nFe2++Q_________+口_____________<

(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，

结合化学用语解释整个变化过程的原因—。

(3)水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中

等黑;随时间的变化如图1所示。(注：co(NO；)为初始时NO；的浓度。)

C0(NO3)

①为达到最高去除率，应调水体的初始pH=

②t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min,其反应速率迅速降低，原因分别

是—。

(4)c(N)为总氮量，指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度

硝酸盐溶液时，各含氮微粒随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，

【答案】(1)NO；+3Fe+8H+=3Fe2++NH：+2H,0

2t+

(2)Fe?+在水中发生水解，Fe+2H2O^Fe(OH)2+2H,随着反应进行，c(H)减小,

平衡右移，产生Fe(OH%沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H&=4Fe(OH)3,变成

红褐色的Fe(OH)3

(3)6.5pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中IT浓度较高，因此反应速率较快,

溶液中产生Fe"和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(0H)2,附着在活性位

点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

(4)反应过程中中被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH；的

形式存在，一部分NH；生成NH,逸出(或反应过程中NO；被Fe还原产生N2逸出)。

【详解】(1)根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO；分两步，NO1在吸附点

+2+

被Fe还原为NO；,NO；+Fe+2H=NO；+Fe+H2O,NO；在另外的吸附点被Fe还

原为NH：,NO；+3Fe+8H+=3Fe"+NH：+2H,O；

(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐

2++

色，因为Fe"在水中发生水解，Fe+2H2O^Fe(OH)2+2H-,随着反应进行，c(H)

减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2Hq=4Fe(OH)3,

变成红褐色的Fe(OH)3；

故答案为：Fe?+在水中发生水解，Fe2++2H2OUFe(OH)z+2H+,随着反应进行，c(H,)

减小，平衡右移,产生Fe(OH)2沉淀,之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,

变成红褐色的Fe(OH)3；

(3)①根据图可知pH=6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调

水体的初始pH=6.5；

故答案为：6.5；

②pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产

生Fe?，和pH上升速率较快，故t<15min,pH=2.0的溶液反应速率最快，

t>15min时，产生大量Fe(OH)2,附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅

速下降，故t>15min,其反应速率迅速降低；

故答案为：pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H*浓度较高，因此反应速率较快，

溶液中产生Fe?+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位

点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

(4)40min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中可被消耗，溶液pH升

高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH；的形式存在，一部分NH；生成NH?逸出

(或反应过程中NO'被Fe还原产生M逸出)；

故答案为：反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要

以NH；的形式存在，一部分NH；生成NH3逸出(或反应过程中NO；被Fe还原产生N?逸

出)。

三、实验题

17.某同学欲在实验室中对Fe3+与r的反应进行探究，实现Fe?+与Fe3+的相互转化。

(1)该同学最初的实验操作和现象如表:

编

操作现象

号

先向2mL0.1mol/L的FeCb溶液中滴加

I

KSCN溶液，再滴加新制氯水

先向2mL0.1mol/L的FeCb溶液中滴加滴加KSCN溶液后，溶液变成红色；

II

KSCN溶液，再滴加O.lmol/L的KI溶液滴加KI溶液后，红色无明显变化

实验I的现象为o

(2)该同学分析了导致实验H现象的可能原因，并对实验方案进行了改进。改进后的实

验操作和现象如表:

编

操作现象

号

向2mL0.1mol/L的KI溶液中滴加

滴加FeCb溶液后，溶液变成黄色；

IIIImLO.lmol/L的FeCC溶液,再滴加KSCN

滴加KSCN溶液后，溶液变成红色

溶液

根据实验HI,甲同学认为Fe3+有可能与I-发生氧化还原反应，请结合实验现象用简明的

文字说明他得出上述结论的理由。

(3)该同学认为需进一步设计实验证明实验III中现象得出的结论，请补全表中实验方案。

编现象及结

操作预期

号论

IV向2mL0.1mol/L的KI溶液中滴加ImLO.Imol/L的FeCb溶液,_____—

(4)上述实验结果表明，Fe3+有可能与「发生氧化还原反应。进一步查阅资料得知，参加

反应的Fe3+与「的物质的量相同。该同学结合上述实验结论，分析了实验III中加入KSCN

后溶液变红的原因，认为Fe3+与r反应的离子方程式应写为

(5)某同学通过改变浓度继续研究Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图:

3mL0.01mol*L~

KI溶液

实验I3mL0.005mol-L-1

Fe2(SOQ3溶液(pH约为1)

棕黄色溶液分成三等份