2022-2023学年北京一零一中学高二上学期统练二化学试题含解析

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北京一零一中学2022-2023学年高二上学期统练二化学试题
学校:___________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




光合作用
烧炭取暖
风力发电
电解冶炼
A
B
C
D

A．A B．B C．C D．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NH4Cl(s) 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+H2ONH3·H2ONH+OH－，能使溶液中的铵根离子浓度增大，说明加入的物质和铵根离子不反应且促进NH3·H2O电离，据此分析解答。
【详解】A．加入氯化铵固体，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B。
4．常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1，该溶液可能是（  ）
①氯化氢水溶液 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①② C．②③ D．③④
【答案】A
【详解】常温下，某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1＜1×10-7mol/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氯化铵水溶液 中的铵根离子水解显酸性，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+)×c(OH-)=1×10-14，水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L；常温下，某溶液中由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，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NaHSO4的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO
B．氯化铵溶液可以除金属氧化膜：NH+H2O=NH3•H2O+H+
C．FeCl3溶液可以用作净水剂：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
D．表示中和热的热化学方程式：H++OH-=H2O    △H=-57.3kJ•mol-1
【答案】C
【详解】A． 熔融时NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式：NaHSO4=Na++HSO，A错误；
B． 氯化铵溶液可以除金属氧化膜是因为铵离子发生了水解使溶液呈酸性：NH+H2O NH3•H2O+H+，B错误；
C． FeCl3溶液可以用作净水剂，原因是溶于水后产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性：Fe3++3H2OFe(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，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－O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(H2O)=v(CO)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．0.01mol/L的盐酸与0.01mol/L的氨水等体积混合
B．0.01mol/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．0.01mol/L的盐酸与0.01mol/L的氨水等体积混合，恰好完全反应得到溶液，发生水解反应使溶液显酸性，A项错误；
B．0.01mol/L的醋酸溶液与0.01mol/L的氨水等体积混合，恰好完全反应得到溶液，因为醋酸和一水合氨的电离常数相等，所以水解程度相同，溶液显中性，B项错误；
C．pH=2的盐酸中， pH=12的NaOH溶液中，二者等体积混合，恰好完全反应得到溶液，显中性，C项错误；
D．pH=2的盐酸中，pH=12的氨水中，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：2NO2(g)N2O4(g)，△H＜0。则恒容下加热NO2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CuSO4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)N2O4(g)，△H＜0。则恒容下加热NO2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 ，加大N2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CuSO4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OH-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OH-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A。
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0.1mol/L)：
温度(℃)
10
20
30
40
纯水
7.30
7.10
6.95
6.74
NaOH溶液
13.50
13.11
12.87
12.50
CH3COOH溶液
2.90
2.89
2.87
2.85
CH3COONa溶液
9.19
9.00
8.76
8.62

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(CH3COO-)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，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；
C．随温度升高，促进CH3COOH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


A．验证非金属性：S＞C＞Si
B．对比Fe3+和Cu2+的催化效率


C．用50mL0.50mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1NaOH溶液反应测定中和热
D．证明Cr2O(aq)+H2O(l)2CrO(aq)+2H+(aq)平衡的存在

A．A B．B C．C D．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．Fe3+和Cu2+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K2CrO4转化为K2Cr2O7，证明平衡Cr2O(aq)+H2O(l)2CrO(aq)+2H+(aq)的存在，故D正确；
故选B。
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)2SO3(g)△H＜0，正、逆反应的平衡常数随温度的变化
C．图③表示10mL0.01mol•L-1的酸性KMnO4溶液与过量的0.1mol•L-1的H2C2O4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)△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)2SO3(g)ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，K(正)减小；K(正)、K(逆)互为倒数，所以升高温度K(逆)增大，故B正确；
C．反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用，反应过程中溶液中锰离子浓度逐渐增大，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B。
13．某同学在室温下进行下图所示实验。（已知：H2C2O4为二元弱酸）

试管a、b、c中溶液褪色分别耗时690s、677s、600s。下列说法正确的是
A．反应的离子方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)=0.0025 mol/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2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A项错误；
B.c中溶液褪色分别耗时600s，高锰酸钾浓度逐渐变稀反应变慢，试管c反应至300 s时，溶液中剩余的c(KMnO4)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锰酸钾，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)2SO3(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SO3(g)，其相关数据如表所示。下列判断中，正确的是

甲
乙
丙
丁
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.4
0.8
0.8
0.4
n(O2)/mol
0.24
0.24
0.48
0.28
n(SO3)/mol
0
0
0
0.4
SO2的平衡转化率/%
80



SO3的平衡含量/%
a
b
c
d

A．平衡时，α1＞α2 B．平衡时，c(SO2，丙)=2c(SO2，甲)
C．平衡时，c＜d D．该温度下，平衡常数值为400L•mol-1
【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)=0.24mol，SO2的平衡转化率为80%，则可建立下列三段式：

该温度下，平衡常数值为=400，D正确；
故选D。

二、填空题
15．I.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
pH
10
10

溶液
氨水
氢氧化钠溶液
盐酸

(1)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：lg2≈0.3，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。

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，溶液中的比值____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
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____。
III.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：
弱酸化学式
HF
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平衡常数
6.6×10-4
4.2×10-8
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=1.23×10-2
K2=6.6×10-8

(8)相同物质的量浓度的HF、HClO溶液中，水的电离程度大的是____溶液。
(9)NaClO溶液显____(填“酸”、“碱”或“中”)性，原因是____(用化学用语表示)。
(10)NaClO溶液与少量CO2反应的离子方程式是____。
(11)将0.02mol/L的HF与0.01mol/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，NaHSO3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．NaHCO3C．Na2SO3D．NaHSO3
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：____。
【答案】(1)=
(2)>
(3)>
(4)>
(5)1.3
(6)CH3COOH⇌CH3COO-+H+
(7)     b、a、c     增大     c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
(8)HClO
(9)     碱     ClO-+H₂O⇌HClO+OH-
(10)
(11)AB
(12)HSO的电离程度大于水解程度；
(13)     B     加入NaHCO3可以结合氢离子，平衡正向移动；     HClO+ SO=HSO+ClO-

【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）氨水中的一水合氨的弱电解质，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+)=，则pH=1+0.3=1.3；
（6）醋酸是弱电解质，其电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+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，溶液中的比值增大，故答案为增大；
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(CH3COOH)>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：HClO；
（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：ClO-+H₂O⇌HClO+OH-；
（10）根据表格中的数据可知，酸性，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；
（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，氟离子水解是次要的；
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）NaHSO3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，结合表中数据可知，加入NaHCO3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Na2CO3和Na2SO3会和次氯酸，故答案为：B；
②由①的分析可知加入NaHCO3可以结合氢离子，平衡正向移动；
③根据表格中的数据Na2SO3可以和次氯酸反应，从而降低其浓度，反应的方程式为：HClO+ SO=HSO+ClO-。
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：
i.NO+Fe+2H+=NO+Fe2++H2O
ii.__________________H+=Fe2++_________+_____________。
(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，溶液中随时间的变化如图1所示。(注：c0(NO)为初始时NO的浓度。)

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，可能的原因是____。

【答案】(1)
(2)在水中发生水解，，随着反应进行，减小，平衡右移，产生沉淀，之后发生反应，变成红褐色的
(3)     6.5     的溶液中，时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生和pH上升速率较快，时，产生大量，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)反应过程中被消耗，溶液pH升高，时，溶液中含N物质主要以的形式存在，一部分生成逸出或反应过程中被Fe还原产生逸出。

【详解】（1）根据图可知：酸性环境中，纳米去除分两步，在吸附点被Fe还原为，，在另外的吸附点被Fe还原为，；
（2）初始的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为在水中发生水解，，随着反应进行，减小，平衡右移，产生沉淀，之后发生反应，变成红褐色的；
故答案为：在水中发生水解，，随着反应进行，减小，平衡右移，产生沉淀，之后发生反应，变成红褐色的；
（3）①根据图可知时，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；
故答案为：；
的溶液中，时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生和pH上升速率较快，故，的溶液反应速率最快，
时，产生大量，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，其反应速率迅速降低；
故答案为：的溶液中，时，溶液中浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生和pH上升速率较快，时，产生大量，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：反应过程中被消耗，溶液pH升高，时，溶液中含N物质主要以的形式存在，一部分生成逸出或反应过程中被Fe还原产生逸出；
故答案为：反应过程中被消耗，溶液pH升高，时，溶液中含N物质主要以的形式存在，一部分生成逸出或反应过程中被Fe还原产生逸出。

三、实验题
17．某同学欲在实验室中对Fe3+与I-的反应进行探究，实现Fe2+与Fe3+的相互转化。
(1)该同学最初的实验操作和现象如表：
编号
操作
现象
I
先向2mL0.1mol/L的FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水

II
先向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再滴加0.1mol/L的KI溶液
滴加KSCN溶液后，溶液变成红色；滴加KI溶液后，红色无明显变化

实验I的现象为____。
(2)该同学分析了导致实验II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：
编号
操作
现象
III
向2mL0.1mol/L的KI溶液中滴加1mL0.1mol/L的FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液
滴加FeCl3溶液后，溶液变成黄色；滴加KSCN溶液后，溶液变成红色

根据实验III，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。
编号
操作预期
现象及结论
IV
向2mL0.1mol/L的KI溶液中滴加1mL0.1mol/L的FeCl3溶液，_____
____

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

①待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到____。
②iii是ii的对比试验，目的是排除ii中____造成的影响。
③用化学平衡移动原理解释i和ii的颜色变化：____。
【答案】(1)滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成血红色
(2)溶液变成黄色，推测生成了I2
(3)     再滴加淀粉溶液(或CCl4；或铁氰化钾溶液)     预期现象：溶液变蓝(或溶液分层，下层溶液为紫色；或生成蓝色沉淀)
结论：Fe3＋能与I－发生氧化还原反应，生成I2和Fe2＋
(4)2Fe3＋＋2I－⇌2Fe2＋＋I2
(5)     化学平衡状态     溶液稀释，c（Fe2+）降低     i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）⇌AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3++ 2I-⇌2Fe2++ I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动

【分析】本题是一道探究类的实验题，本题探究了，二价铁和三价铁的转化，在本题中注意二价铁和三价铁的检验问题，以此解题。
【详解】（1）①FeCl2溶液与新制氯水反应的离子方程式为Fe2＋和SCN－不反应，加入新制氯水发生反应：Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋，Fe3＋和SCN－反应生成血红色溶液，所以实验Ⅰ的现象为：滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成血红色；
（2）I2溶解在水中，呈黄色(因浓度较小)，所以可测Fe3＋把I－氧化成I2。
（3）因为Fe3＋把I－氧化成I2，I2遇淀粉变蓝，现象为在CCl4中呈紫色，生成的Fe2＋与铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，故答案为：再滴加淀粉溶液(或CCl4；或铁氰化钾溶液；预期现象：溶液变蓝(或溶液分层，下层溶液为紫色；或生成蓝色沉淀)结论：Fe3＋能与I－发生氧化还原反应，生成I2和Fe2＋；
（4）当把Fe3＋和I－等物质的量反应后，按方程式分析，应能完全反应，但加入KSCN溶液仍变血红，说明该反应为可逆反应，即2Fe3＋＋2I－⇌2Fe2＋＋I2；
（5）①待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；
②由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低；
③加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-⇌2Fe2++ I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）⇌AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3++ 2I-⇌2Fe2++ I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动。