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文件名称： 2023-2024学年北京中国人民大学附属中学高二化学上学期期中考试试题（含解析）
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文件大小： 1.43 MB         整理时间：2023-11-28
文件简介：

人大附中2023～2024学年度第一学期高二年级化学期中练习
2023年11月2日
考生须知 1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有25题，试卷共8页，1张答题纸，满分100分，考试时间为90分钟。2.请用黑色签字笔(选择题使用2B铅笔)按规定要求在答题纸上作答。
3.请将个人信息完整填写在相应位置。
可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；
Ⅰ卷(共60分)
选择题(每小题只有一个选项符合题意，共20题)
1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
A B C D
     
碱性锌锰电池 水轮发电机 太阳能热水器 燃气灶
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质中属于弱电解质的是
A． HCl B．NH3·H2O C． KOH D． CaCO3
3．下列溶液因盐的水解而呈酸性的是
A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
4．用代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，溶液中，所含总数为
B．常温下，溶液中，所含总数为
C．常温下，溶液中，所含总数为
D．时，纯水中，所合总数大于
5．下列解释事实的离子方程式正确的是
A．润湿的红色石蕊试纸遇变蓝：
B．盛装溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：
C．将通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红，后褪色：
D．将溶液滴入溶液中，产生红褐色沉淀：
6．常温下，下列溶液中的是
A．氨水 B．的溶液
C．的盐酸 D．硫酸
7．已知强酸强碱的稀溶液发生中和反应时，生成放热，若用与的稀溶液反应，每完全中和时放热，下列说法正确的是
A．是一种强酸
B．浓硫酸与反应生成时放热为
C．表示与中和反应的热化学方程式为：
D．电离的热化学方程式为：
8．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．的溶液中：、、、
B．含的溶液中：、、、
C．含有的溶液中：、、、
D．由水电离的的溶液中：、、、
9．下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的是
A B C D
实验目的 测定锌与稀硫酸反应速率 检验SO2中混有的CO2气体 除去Cl2中混有的HCl气体 加热FeCl3溶液制取无水FeCl3固体
实验装置
A．A B．B C．C D．D
10．常温下将以下两溶液等体积混合后，所得溶液的是
A．与的
B．与
C．的与的
D．的与的
11．已知甲酸的酸性强于乙酸，下列结论不正确的是
A．甲酸溶液的pH小于同浓度的乙酸溶液
B．甲酸钠溶液的pH大于同浓度的乙酸钠溶液
C．相同物质的量浓度的甲酸和乙酸溶液分别与Zn反应，初始时甲酸产生速率更快
D．相同pH的甲酸和乙酸浴液分别与足量反应，乙酸产生的总量更多
12．可以作为分解的催化剂，催化机理是：
ⅰ.；
ⅱ._______。
分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是

A．曲线②为含有的反应过程
B．反应ii为
C．反应ⅰ和ⅱ均为放热过程
D．反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢
13．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：
反应a：
已知：ⅰ．
ⅱ．
下列说法正确的是
A．反应的
B．反应a中生成物的总能量高于反应物的总能量
C．反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成
D．断开键比断开键所需吸收的能量高
14．活性炭可处理大气污染物NO，其反应如下：，为模拟该过程，时，在密闭容器中加入和活性炭粉，后反应达到平衡，此时测得容器内的物质的量为。下列说法正确的是
A．后增大压强，NO的转化率增大
B．后加入活性炭，平衡向正反应方向移动
C．后容器内的物质的量为
D．的平均反应速率
15．在温度一定时于密闭容器中发生可逆反应：，达平衡后，若将气体体积压缩到原来的。当再达平衡时，则下列叙述不正确的是
A．的体积分数增大 B．容器内气体压强比压缩前大
C．的转化率升高 D．容器内气体颜色比压缩前浅
16．在一固定容积的密闭容器中，充入和发生如下化学反应：，其化学平衡常数(K)与温度(T)的关系如下表：
700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
关于该反应的说法正确的是
A．
B．在反应达到平衡时，气体的转化率约为
C．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：
D．在，当时，该反应向逆反应方向进行
17．已知：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH= －92 kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是

A．X表示温度
B．L2＞L1
C．反应速率υ(M)＞υ(N)
D．平衡常数K(M)＞K(N)
18．工业上利用CO和H2合成甲醚：。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A．状态X时，
B．CO的平衡转化率随温度升高而降低
C．相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率
D．状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率
19．溶液中存在平衡：(橙色)(黄色)。在时，溶液中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．曲线Ⅱ代表浓度
B．将溶液的pH从5调至9，溶液颜色可由橙色变为黄色
C．溶液中存在
D．在的和混合溶液中存在
20．丙酮()碘化反应为。兴趣小组在时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中①~③混合液总体积均为。
序号 n(丙酮) 褪色时间/s
① 0.2 40
② 0.1 80
③ 0.2 20
下列推理合理的是
A．实验①中，
B．由实验①②可知，c(丙酮)越小，反应速率越快
C．由实验①③可知，越小，反应速率越快
D．该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象
II卷(共40分)
21．某小组探究的性质。
(1)时，测得溶液的pH为2.88，溶液的pH为x。
①的电离方程式是 。
②x的值最有可能是以下选项中的 (填字母)。
a．1.88    b．2.38    c．3.38    d．3.88
③时，向溶液中逐滴加入溶液，当混合溶液中时，溶液的pH 7(填“”、“”或“”)，此时所加溶液的体积 10mL(填“”、“”或“”)。
(2)查阅资料，时，几种弱酸的电离常数如下表
弱酸种类
电离常数
(1)推测时下列反应可能发生的是 (填字母)。
a．
b．
c．
浓度均为的、、溶液中，pH最大的是 (填化学式)。
22．加氢合成低碳烯烃技术在环境保护等方面具有重要意义。以合成为例，该转化分为两步进行：
第一步：
第二步：
(1)第一步反应的平衡常数表达式 。
(2)加氢合成乙烯的热化学方程式是 。
(3)一定条件下的密闭容器中，总反应达到平衡，要提高的转化率，可以采取的措施是 (填字母)。
a．低压    b．增大浓度    c．加入适当催化剂    d．分离出水
(4)下图是其他条件一定时，反应温度对平衡转化率影响的曲线(已知：多步递进反应中，条件不同时，反应物转化率可能由不同步骤的反应决定)。在温度高于约时，的平衡转化率随着温度升高而增大的原因是 。

23．短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮()废水中的氮元素转变为脱除，其机理如下：

资料：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的 。
(2)Ⅱ中生成的离子方程式为 。
(3)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图所示。当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被㧕制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是 。

(4)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量的，加入铁粉能有效除去。该过程涉及的三个反应(a、b和c)如图：在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因： 。

24．三氧化二砷(As2O3)是重要的化工原料，某以含砷废水制备三氧化二砷的流程如下。
  
资料：
ⅰ．含砷废水的主要成分：(亚砷酸)、、、(硫酸铋)。
ⅱ．是可溶的弱酸，、均为难溶沉淀。
(1)纯化
充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是 。
(2)沉砷
①沉砷过程中由生成的离子方程式为 。
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是 。
(3)还原浸出
①补全还原浸出过程发生主要反应的化学方程式： 。
__________
②其他条件相同时，还原浸出，不同温度下砷的浸出率如下图。随着温度升高，砷的漫出率先增大后减小的原因是 。
  
(4)还原渣经过充分氧化处理，可返回 (填字母)工序，循环利用。
a．纯化    b．沉砷    c．还原浸出
25．某实验小组对分别与、的反应进行实验探究。
实验药品：溶液()；溶液()；
溶液()。
实验过程
实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验操作         
实验现象 溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊 溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ．在酸性条件下不稳定，发生反应：
ⅱ．(暗紫色)，遇无明显现象
(1)配制溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因： 。
(2)对实验I中现象进行分析：
①查阅资料：可将氧化成，反应的离子方程式是 。
②结合反应速率与平衡移动原理解释实验中先出现紫色，后紫色褪去的原因 。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号 Ⅳ Ⅴ
实验操作      
实验现象 紫色褪去时间 紫色褪去时间
①试剂X是
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是 。

1．D
【详解】A．碱性锌锰电池是化学能转化为电能，A不符合题意；
B．水轮发电机为机械能转化为电能，B不符合题意；
C．太阳能热水器是太阳能转化为热能，C不符合题意；
D．燃气灶是化学能转化为热能，D符合题意；
故选D。
2．B
【详解】HCl、KOH、CaCO3在水溶液中均能够完全电离，属于强电解质，而NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，故属于弱电解质，故答案为：B。
3．B
【详解】A．氯化钠是强酸强碱盐，氯化钠中钠离子和氯离子都不会发生水解，呈中性，A错误；
B．硝酸铵溶液中铵根离子水解生成氢离子，硝酸根离子不会水解，故显酸性，B正确；
C．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，钠离子不会水解，C错误；
D．硫酸氢钠是强酸强碱的酸式盐，会电离产生氢离子，不会发生水解，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．由于CH3COOH是弱酸，只能部分电离，故常温下，溶液中，所含总数小于，A错误；
B．已知Fe3+在水溶液中能够发生水解，故常温下，溶液中，所含总数小于，B错误；
C．题干未告知溶液的体积，故无法计算常温下，溶液中，所含总数，C错误；
D．已知水的电离是一个吸热过程，升高温度促进水的电离，故时纯水中c(H+)＞10-7mol/L，则时纯水中，所合总数大于，D正确；
故答案为：D。
5．A
【详解】A．润湿的红色石蕊试纸遇NH3变蓝，是由于NH3溶于水后呈碱性，该过程的电离方程式为：，A正确；
B．盛装溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是由于碳酸根水解导致溶液呈碱性，但碳酸是多元弱酸，碳酸根水解是分步进行的，即、，B错误；
C．HClO是弱酸，故将通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红，后褪色，反应的离子方程式为：，C错误；
D．已知HClO具有强氧化性，能够氧化Fe(OH)2，故将溶液滴入溶液中，产生红褐色沉淀的离子方程式为：，D错误；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．由于NH3·H2O是弱电解质，故氨水中c(OH-)小于10-2mol/L，A不合题意；    
B．的溶液中c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)==10-2mol/L，B符合题意；
C．的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，故c(OH-)==10-12mol/L，C不合题意；
D．硫酸c(H+)=0.02mol/L，故c(OH-)==5×10-13mol/L，不合题意；
故答案为：B。
7．C
【详解】A．由题干信息可知，与的稀溶液反应，每完全中和时放热，小于强酸强碱稀溶液中和生成1molH2O是放出的热量，故是一种弱电解质，即为弱酸，A错误；
B．浓硫酸稀释过程也是放热过程，故浓硫酸与反应生成时放热要大于，B错误；
C．由题干信息可知，表示与中和反应的热化学方程式为：，C正确；
D．由题干信息可知，①H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)  =-57.1kJ/mol，②，故②-①得到电离的热化学方程式为：，D错误；
故答案为：C。
8．A
【详解】A．的溶液中含有大量的OH-，OH-、、、、相互不反应，能够大量共存，A符合题意；
B．含的溶液中，Al3+和因发生双水解反应而不能大量共存，B不合题意；
C．含有的溶液中，I-、、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．由水电离的的溶液中可能含有大量的H+，H+与不能大量共存，也可能含有大量的OH-，则OH-与各离子能够大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
9．A
【详解】A．可以通过测定一定时间内收集氢气的体积来测定锌与稀硫酸反应速率，A符合题意；
B．由于SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，故不能用澄清石灰水来检验SO2中混有的CO2气体，B不合题意；
C．已知Cl2和HCl均能与NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液来除去Cl2中的HCl，应该使用饱和食盐水，C不合题意；
D．由于FeCl3能够水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发促进水解平衡正向移动，故不能直接蒸发FeCl3溶液的方法来制备无水FeCl3，D不合题意；
故选A。
10．C
【详解】A．中H+浓度为0.1mol/L与的中OH-浓度为10-3mol/L，二者溶液等体积混合，H+过量，故所得溶液呈酸性，pH＜7，A不合题意；
B．与等体积混合恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，因水解溶液呈碱性，pH＞7，B不合题意；
C．的中H+浓度为10-3mol/L与的中OH-浓度为10-3mol/L，二者等体积混合恰好完全中和生成强酸强碱盐，所得溶液呈中性，pH=7，C符合题意；
D．的与的等体积混合时，CH3OOH过量，故混合后的溶液呈酸性，pH＜7，D不合题意；
故答案为：C。
11．B
【详解】已知甲酸的酸性强于乙酸，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，据此分析解题：
A．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，甲酸溶液中H+浓度大于等浓度乙酸的，故甲酸溶液的pH小于同浓度的乙酸溶液，A正确；
B．已知甲酸的酸性强于乙酸的，则等浓度的甲酸根的水解程度小于乙酸根的，故甲酸钠溶液的pH小于同浓度的乙酸钠溶液，B错误；
C．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，即等浓度的甲酸溶液中H+浓度大于乙酸，故相同物质的量浓度的甲酸和乙酸溶液分别与Zn反应，初始时甲酸产生H2速率更快，C正确；
D．已知甲酸的酸性强于乙酸的，即等浓度的甲酸电离程度大于乙酸，相同pH的甲酸和乙酸浴液则HCOOH的物质的量浓度小于CH3COOH，故分别与足量NaHCO3反应，乙酸产生的CO2总量更多，D正确；
故答案为：B。
12．C
【分析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；
【详解】A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂的反应过程，A项正确；
B．根据上述分析，反应ii为，B项正确；
C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，C项错误；
D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢，D项正确；
答案选C。
13．C
【详解】A．根据盖斯定律：反应a+ii×2得4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(l)ΔH=(-115.6-44×2)kJ/mol=-203.6kJ/mol，A错误；
B．反应a为放热反应，则反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；
C．反应a断裂H-Cl键和O=O键，形成Cl-Cl键、H-O键，O=O键、Cl-Cl键为非极性键，H-Cl键和H-O键为极性键，C正确；
D．ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则4E(H-Cl)+E(O=O)-2E(Cl-Cl)-4E(H-O)=-115.6kJ/mol，则E(H-O)-E(H-Cl)=kJ/mol=31.9kJ/mol，D错误；
故答案为：C。
14．D
【详解】A．由题干方程式可知该反应前后气体的体积不变，故后增大压强，化学平衡不移动，则NO的转化率不变，A错误；
B．后加入活性炭，C的浓度不变，正逆反应速率不变，仍然相等，故平衡不移动，B错误；
C．由题干信息可知，10min内NO的物质的量减少了0.1mol-0.04mol=0.06mol，根据反应中物质的变化量之比等于化学计量系数比可知，后容器内的物质的量为，C错误；
D．由题干信息可知，10min内NO的物质的量减少了0.1mol-0.04mol=0.06mol，根据反应中物质的变化量之比等于化学计量系数比可知，后容器内N2的物质的量为，的平均反应速率，D正确；
故答案为：D。
15．D
【分析】已知反应正反应是一个气体体积减小的方向，压缩容器体积即增大压强，上述平衡正向移动，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，压缩体积增大压强，平衡正向移动，故的体积分数增大，A正确；
B．由分析可知，压缩体积增大压强，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只能减弱这一变化，故容器内气体压强比压缩前大，B正确；
C．由分析可知，压缩体积增大压强，平衡正向移动，的转化率升高，C正确；
D．由分析可知，压缩体积增大压强，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理可知，平衡移动的结果只能减弱这一变化，容器内气体颜色比压缩前深，D错误；
故答案为：D。
16．B
【详解】A．由题干表中数据可知，升高温度平衡常数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，故，A错误；
B．由三段式分析可知，，由表中数据可知，在时K=1.0，故反应达到平衡时，=1.0，解得x=mol，故气体的转化率约为×100%=，B正确；
C．由A项分析可知，该反应正反应是一个吸热反应，故其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前平衡逆向移动，故有：，C错误；
D．由表中数据可知，在时K=1.7，当时即.0＜K，则该反应向正反应方向进行，D错误；
故答案为：B。
17．D
【详解】A．根据图象，随着X的增大，H2的平衡转化率(α)减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小，故A正确；
B．相同温度条件下，压强越大，H2的平衡转化率(α)越大，L2＞L1，故B正确；
C．压强越大，反应速率越快，υ(M)＞υ(N)，故C正确；
D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；
故选D。
18．A
【详解】A．由题干图像信息可知，反应在250℃之前反应未达到平衡状态，即状态X时，A错误；
B．合成二甲醚的反应是放热反应，一定压强下升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，B正确；
C．该反应是气体体积减小的反应，相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可以提高CO的转化率，C正确；
D．状态X时，此时没有达到平衡状态，选择合适催化剂，反应速率加快，相同时间内CO的转化量变大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确；
故答案为：A。
19．C
【分析】由平衡(橙色)(黄色)可知，随pH的增大，平衡正向移动，的浓度减小，增大，因此Ⅱ为、Ⅰ为；
【详解】A．由分析可知，Ⅱ为、Ⅰ为，A正确；
B．将溶液的pH从5调至9，铬由转化为存在，溶液颜色可由橙色变为黄色，B正确；
C．由物料守恒可得：，C错误；
D．由电荷守恒可知，存在，则，故存在，D正确；
故选C。
20．D
【详解】A．实验①中淀粉溶液褪色时间为40s，则(I2)===5×10-5mol⋅L-1⋅s-1，A错误；
B．实验①②中只有c(丙酮)不同，其他数据相同，并且实验①中c(丙酮)大、褪色时间短，即c(丙酮)越大，反应速率越快，B错误；
C．实验①③中只有c(I2)不同，其他数据相同，并且实验③中c(I2)小、褪色时间短，但I2的物质的量是①的一半，反因褪色时间也是①的一半，即改变c(I2)，反应速率不变，C错误；
D．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故反应速率也逐渐减慢，但可能该反应是一个放热反应，导致溶液温度升高反应速率加快或者生成的H+起催化剂的作用，故该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象，D正确；
故答案为：D。
21．(1) c = <
(2) a

【详解】（1）①为弱酸，水溶液中部分电离，电离方程式是。
②稀释10倍得到，稀释过程中醋酸浓度减小，酸性减弱，由于醋酸电离程度增大，电离出更多的氢离子，pH变化小于1，故最有可能是c．3.38；
③时，向溶液中逐滴加入溶液，根据电荷守恒可知，，当混合溶液中时，故溶液的pH=7；若两者恰好反应，则生成强碱弱酸盐，溶液显酸性，故此时溶液中醋酸稍微过量，所加溶液的体积小于10mL；
（2）酸性>>，根据强酸制弱酸可知，只有发生，故答案选a；
酸越弱，对应酸根离子水解程度越大，故浓度均为的、、溶液中的电离程度最大，碱性最强，pH最大。
22．(1)
(2)
(3)bd
(4)大于时，第一步反应（吸热）为主，因此升温使二氧化碳转化率增大

【详解】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，故可得；
（2）根据盖斯定律用第一步乘以2加上第二步得到；
（3）a．低压使平衡左移，二氧化碳平衡转化率减小，a错误；
b．增大氢气浓度，平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，b正确；
c．加催化剂平衡不移动，二氧化碳平衡转化率不变，c错误；
d．分离出水，生成物浓度减小，平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，d正确；
故选bd；
（4）大于650℃时，第一步反应（吸热）为主，因此升温使二氧化碳转化率增大。
23．(1)2:3
(2)++2H2O
(3)Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生
(4)的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b

【详解】（1）过程I中中的N由-3价升高到+3价，升高6个单位，而O2中的O由0价降低到-2价，降低4个单位，根据得失电子守恒可知，参与I中反应的2：3，故答案为：2:3；
（2）由题干流程图可知，Ⅱ中发生的反应为：和反应生成和水，根据氧化还原反应可得该反应的离子方程式为：++2H2O，故答案为：++2H2O；
（3）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的又被O2继续氧化为，导致Ⅱ中反应因无而无法发生，故答案为：Ⅰ中产生得全部被氧化为，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；
（4）由题干图示信息可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，故答案为：的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b。
24．(1)过滤
(2) 2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+ pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少
(3) 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2•2H2O+6HAsO2+H2SO4 升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小
(4)b

【分析】含砷废水的主要成分：HAsO2(亚砷酸)、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3(硫酸铋)，加入氢氧化钠除去Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3，经过沉砷得到亚砷酸铜沉淀，经过还原浸出3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2•2H2O+6HAsO2+H2SO4，可知Cu3(SO3)2•2H2O为还原渣，据此分析解题。
【详解】（1）由题干信息结合分析可知，充分反应后，分离出精制含砷废水的方法是过滤，除去Fe(OH)3、Bi(OH)3固体，故答案为：过滤；
（2）①已知HAsO2是一种弱酸，故沉砷过程中由HAsO2与CuSO4反应生成Cu(AsO2)2的离子方程式为2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+，故答案为：2HAsO2+Cu2+=Cu(AsO2)2↓+2H+；
②沉砷过程中按加入[与分别表示Cu元素与As元素的物质的量]，同时需小心调控溶液的pH，pH过高会导致砷的沉淀率降低，其原因可能是pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少，生成的Cu(AsO2)2减少，故砷的沉淀率降低，故答案为：pH过高，导致溶液中的OH-浓度过大，则将与Cu2+直接反应生成Cu(OH)2沉淀，导致与亚砷酸反应的Cu2+的量减少；
（3）①根据原子守恒，还原浸出过程发生主要反应的化学方程式为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2•2H2O+6HAsO2+H2SO4，故答案为：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2•2H2O+6HAsO2+H2SO4；
②其他条件相同时，还原浸出60min,随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小，故答案为：升温增大反应速率，砷的浸出率先增大，随温度升高HAsO2的溶解度增大，砷的浸出率减小；
（4）还原渣为Cu3(SO3)2•2H2O，经过氧化后为CuSO4，可返回沉砷工序，循环利用，故答案为：b。
25．(1)溶液中存在水解平衡：，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解
(2) 或 的反应速率较快，加入铁离子后溶液首先生成使得溶液变为紫色，随着铁离子被还原为亚铁离子，铁离子浓度浓度减小，平衡逆向移动，使得溶液褪色
(3) Na2SO4固体 其他条件相同时，Cl-能加快发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应

【分析】某实验小组对分别与、的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。
【详解】（1）溶液中存在水解平衡：，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；
（2）①查阅资料：可将氧化成；实验I中紫色褪去时，被氧化成，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：或；
②已知： (暗紫色)，遇无明显现象；的反应速率较快，加入铁离子后溶液首先生成使得溶液变为紫色，随着铁离子被还原为亚铁离子，铁离子浓度浓度减小，平衡逆向移动，使得溶液褪色；
（3）已知实验试剂：0.1mol/L溶液(pH=1)；0.05mol/L溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c ①结合以上分析，试剂X是Na2SO4固体；
②结合以上分析，由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。
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