精品解析湖北省荆荆襄宜四地七校考试联盟届高三联考化学试题附解析.docx

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精品解析湖北省荆荆襄宜四地七校考试联盟届高三联考化学试题附解析

“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三2月联考

理科综合能力测试化学试题

1.化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是

A.二氧化硫和氨气都易液化，液氨常用作制冷剂

B.硅酸是一种很弱的酸，可直接作为干燥剂

C.漂白液、漂白粉、漂粉精的有效成分均是次氯酸钙

D.豆浆一定是胶体

【答案】A

【解析】

【详解】A、二氧化硫和氨气都易液化，液氨气化时从环境吸收大量的热，因此液氨常用作制冷剂，故A正确；

B、硅酸是一种很弱的酸，硅酸凝胶，可以吸附水，可作为干燥剂，硅酸不直接作为干燥剂，故B错误；

C、漂白液有效成分是次氯酸钠；漂白粉和漂粉精的有效成分是次氯酸钙，故C错误；

D、若豆浆的分散质微粒直径在1nm～100nm之间，则属于胶体，若豆浆的分散质微粒直径不在1nm～100nm之间，则不属于胶体，故D错误。

故选A。

2.下列有关说法正确的是

A.高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量

B.“熔喷布”可用于制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物

C.含有两个甲基，分子式为C6H13Cl的同分异构体有7种（不考虑立体异构）

D.可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、苯

【答案】D

【解析】

【详解】A.高纤维食物是指富含膳食纤维的食物，经常食用对人体健康有益，膳食纤维是植物的一部分并不被人体消化的一大类糖类物质，故A错误；

B.聚丙烯属于合成有机高分子化合物，它属于混合物，故B错误；

C.含有两个甲基，分子式为C6H13Cl的同分异构体有6种：

主链上6个碳时，一种是2号碳接一个氯，另一种是3号碳接一个氯；

主链上5个碳时，有两种情况：

当甲基在2号碳上时，一种是1号碳上接一个氯，另一种是5号碳上接一个氯，

当甲基在3号碳上时，一种是1号碳上接一个氯，另一种是支链碳上接一个氯。

故C错误；

D.乙酸和碳酸钠溶液反应有气体产生，乙醇能溶于碳酸钠溶液，苯不溶于碳酸钠溶液，溶液分层，所以可以用碳酸钠溶液来区分乙酸、乙醇、苯，故D正确。

故选D。

3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是

A.标准状况下22.4L异丁烷的分子数为NA

B.78g苯（C6H6）和苯乙烯（C8H8）的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA

C.某温度下，1LpH=3的醋酸溶液稀释到10L时，溶液中H+的数目大于0.01NA

D.向仅含0.2molFeI2的溶液中持续通入Cl2，当有0.1molFe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.5NA。

（不考虑Cl2与H2O的反应）

【答案】C

【解析】

【详解】A.异丁烷在标况下为气态，标准状况下22.4L异丁烷为1mol，所含分子数为NA，故A正确；

B.苯（C6H6）和苯乙烯（C8H8）的最简式相同，都是CH，78g混合物含CH的物质的量为

=6mol，所以含有的碳氢键数一定为6NA，故B正确；

C.将pH=3的醋酸稀释10倍后，由于醋酸是弱酸，稀释促进电离，溶液中氢离子浓度大于原来的

，所以pH大于3而小于4，溶液中H+的数目小于0.01NA，故C错误；

D.0.2molFeI2的溶液中含有0.2molFe2+和0.4molI-，由于还原性I->Fe2+，通入Cl2，I-先被氧化，0.4molI-消耗0.2molCl2，当有0.1molFe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.4NA+0.1NA=0.5NA，故D正确。

答案选C。

4.著名的“侯氏制碱法”主要反应原理是：

NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。

若实验室根据此原理制备少量的Na2CO3，主要实验包括：

制取NH3和CO2→生成NaHCO3→分离NaHCO3→制取Na2CO3四个步骤。

下列实验选用的主要仪器或主要步骤不正确的是

A.制取氨气，可选用②③

B.分离NaHCO3，可选用④⑤⑦

C.制取Na2CO3，可选用①②⑦⑧

D.制取NaHCO3时，应先在⑨中通入CO2后再加入氨水

【答案】D

【解析】

【详解】A.实验室通常用NH4Cl与Ca（OH）2固体在加热的条件下反应制取氨气，需要选用②③以及其他仪器，故A正确；

B.从溶液中分离出NaHCO3固体需要过滤，选用④⑤⑦能够实现，故B正确；

C.制取Na2CO3是将NaHCO3加热使其分解，可选用①②⑦⑧，故C正确；

D.制取NaHCO3是将生成的氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，应先在⑨中通入氨气后再加入CO2，以增大CO2的溶解，故D错误。

故选D。

5.迄今为止我国相关部门已经发布了113号Nh、115号Mc、116号Lv、117号Ts、118号Og等元素的中文名称分别是：

，下列有关推断正确的是

A.这五种元素均为主族元素

B.根据该名称，周期表118种元素中非金属元素共有24种

C.Nh的最高价氧化物是一种典型的两性氧化物

D.Ts的简单阴离子比该族上一周期简单阴离子的还原性弱

【答案】B

【解析】

【详解】A．113号Nh、115号Mc、116号Lv、117号Ts，分别为第ⅢA、ⅤA、VIA、ⅤⅡA，118号元素为稀有气体元素，为0族元素，故A错误；

B．根据该名称，周期表118种元素中非金属元素有：

氢、氦、硼、碳、氮、氧、氟、氖、硅、磷、硫、氯、氩、砷、硒、溴、氪、碲、碘、氙、砹、氡、

和

共有24种，故B正确；

C．113号Nh元素有7个电子层，最外层有3个电子，位于第七周期，第ⅢA族，根据同一主族元素性质递变规律，可推知Nh的最高价氧化物显强碱性，故C错误；

D.卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，简单阴离子的还原性逐渐增强，所以Ts的简单阴离子比该族上一周期简单阴离子的还原性强，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查了原子结构、元素周期表则元素位置判断。

主要是递变规律的理解应用，掌握基础是解题关键，要注意对元素周期表结构的把握。

6.向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝－lgc（OH－）]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示（实线为温度变化，虚线为pOH变化），下列说法不正确的是

A.V＝40

B.b点时溶液的pOH>pH

C.a、b、c三点由水电离的c（OH-）依次减小

D.a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：

K（b）>K（d）>K（a）

【答案】C

【解析】

【分析】

b点时溶液的温度最高，表明此时酸碱恰好反应完全，因1molH2SO4可与2mol一水合氨反应，故V＝40。

【详解】A.b点时溶液的温度最高，表明此时酸碱恰好反应完全，因1molH2SO4可与2mol一水合氨反应，故V＝40，故A正确；

B.b点恰好完全反应生成（NH4）2SO4，溶液显酸性，故B正确；

C.由于V＝40，所以a点溶液中的溶质为（NH4）2SO4和一水合氨，b点恰好完全反应生成（NH4）2SO4，c点溶液中的溶质为等物质的量（NH4）2SO4和H2SO4，所以b点由水电离的c（OH-）最大，故C错误；

D.a、b、d三点的温度高低顺序为b>d>a，温度越高，一水合氨的电离常数越大，故D正确；

故选C。

【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。

7.某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示（两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过）。

下列有关说法错误的是

A.甲室的电极反应式为：

2Cl-－2e-=Cl2↑

B.淡化过程中易在戊室形成水垢

C.乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b

D.当戊室收集到22.4L（标准状况）气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，甲室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl-放电能力大于OH-，所以阳极的电极反应式为：

2Cl-－2e-=Cl2↑，故A正确；

B.由图可知，戊室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg（OH）2，CaCO3和Mg（OH）2是水垢的成分，故B正确；

C.阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以丙室中物质主要是水，则淡水的出口为b出口，故C正确；

D.根据B项的分析，戊室收集到的是H2，当戊室收集到22.4L（标准状况）气体时，则电路中转移2mol电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有+1价的离子，又有+2价的离子，所以物质的量不是2mol，故D错误。

故选D。

8.硫酸四氨合铜晶体（[Cu（NH3）4]SO4·H2O）常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。

常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。

某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。

I．CuSO4溶液的制备

①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。

②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。

③趁热过滤得蓝色溶液。

（1）A仪器的名称为________________________________。

（2）某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因__________________________________________。

II．晶体的制备

将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作

（3）已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2（OH）2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________________。

（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是________________________。

III．氨含量的测定

精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL0.5mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。

取下接收瓶，用0.5mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl（选用甲基橙作指示剂），到终点时消耗V2mLNaOH溶液。

（5）A装置中长玻璃管的作用_________________，样品中氨的质量分数的表达式_______。

（6）下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是____________________。

A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管。

B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视。

C．滴定过程中选用酚酞作指示剂。

D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。

【答案】

（1）.坩埚

（2）.反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4

5H2O失水变成CuSO4（3）.2Cu2++2NH3

H2O+SO42-=Cu2（OH）2SO4+2NH4+（4）.硫酸四氨合铜晶体容易受热分解（5）.平衡气压，防止堵塞和倒吸（6）.

（7）.BD

【解析】

【分析】

（1）灼烧物质一般在坩埚中进行；

（2）将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，该白色粉末为CuSO4，原因是反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4

5H2O失水变成CuSO4；

（3）由操作流程可知，硫酸铜溶液和适量氨水反应生成Cu2（OH）2SO4沉淀，据此写出离子方程式；

（4）硫酸四铵合铜晶体的制备过程中，加入乙醇可以降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出；

（5）当A中压力过大时，玻璃管中液面上升，使A瓶中压力稳定；

根据滴定用去的氢氧化钠的物质的量可以计算出与氨反应的盐酸的物质的量，进而计算产生的氨气的物质的量，再计算出NH3的质量百分数；

（6）依据样品中氨的质量分数表达式

，若操作引起V2偏小，则使氨含量测定结果偏高，据此分析。

【详解】

（1）灼烧物质一般在坩埚中进行，将铜粉转化为CuO；

故答案为：

坩埚；

（2）将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，该白色粉末为CuSO4，原因是反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4

5H2O失水变成CuSO4；

故答案为：

反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4

5H2O失水变成CuSO4；

（3）由操作流程可知，硫酸铜溶液和适量氨水反应生成Cu2（OH）2SO4沉淀，离子反应方程式为：

2Cu2++2NH3

H2O+SO42-=Cu2（OH）2SO4+2NH4+；

故答案为：

2Cu2++2NH3

H2O+SO42-=Cu2（OH）2SO4+2NH4+；

（4）由题给信息可知，硫酸四氨合铜晶体容易受热分解，而加入乙醇可以降低硫酸四氨合铜晶体的溶解度，有利于晶体析出；

故答案为：

硫酸四氨合铜晶体容易受热分解；

（5）当A中压力过大时，长玻璃管中液面上升，使A瓶中压力稳定，即长玻璃管的作用是平衡气压，防止堵塞和倒吸；

故答案为：

平衡气压，防止堵塞和倒吸；

由题给数据可知，蒸出的氨气的物质的量为（0.5V1-0.5V2）×10-3mol，

所以样品中氨的质量分数为：

；

故答案为：

；

（6）依据样品中氨的质量分数表达式

，若实验操作引起V2偏小，则使氨含量测定结果偏高；

A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，氢氧化钠溶液浓度偏小，消耗的体积V2偏大，则使氨含量测定结果偏低，不符合题意；

B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗的体积V2偏小，则使氨含量测定结果偏高，符合题意；

C．滴定过程中选用酚酞作指示剂，消耗的体积V2偏大，则使氨含量测定结果偏低，不符合题意；

D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，消耗的体积V2偏小，则使氨含量测定结果偏高，符合题意。

故答案为：

BD。

【点睛】本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力。

9.粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的工艺流程如图所示：

（1）电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用________溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为___________________________和Cu－2e－===Cu2＋。

（2）完成操作Ⅰ的主要步骤有：

__________________，过滤，洗涤，干燥。

（3）写出用SO2还原AuCl4-的离子反应方程式____________________________。

（4）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法________________________。

（5）用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用：

___________________________。

[已知298K时，Ksp（PbCO3）＝1.46×10－13，Ksp（PbSO4）＝1.82×10－8]。

当溶液中c（SO42-）=0.2mol/L时，c（CO32-）=_______________mol/L。

（结果保留2位有效数字）

【答案】

（1）.CuSO4

（2）.Pb-2e-+SO42-=PbSO4（3）.蒸发浓缩，冷却结晶（4）.3SO2+2AuCl4-+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+（5）.用滤液2溶解碱浸渣（或并入硝酸中溶解碱浸渣）（6）.PbSO4（s）+CO32-（aq）

PbCO3（s）+SO42-（aq）（7）.1.6×10-6

【解析】

【分析】

粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤、干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4-的溶液，AuCl4-可以被SO2还原得到Au，以此解答。

【详解】粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤、干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4-的溶液，AuCl4-可以被SO2还原得到Au，

（1）电解精炼粗铜时一般用硫酸铜溶液作电解质溶液；电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活泼性比Cu强的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：

Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

因此，本题正确答案是：

CuSO4；Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

（2）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。

因此，本题正确答案是：

蒸发浓缩，降温结晶；

（3）SO2还原AuCl4-中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42-，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：

3SO2+2AuCl4-+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；

因此，本题正确答案是：

3SO2+2AuCl4-+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；

（4）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣；

因此，本题正确答案是：

用滤液2溶解碱浸渣（或并入硝酸中溶解碱浸渣）；

（5）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：

PbSO4（s）+CO32-（aq）

PbCO3（s）+SO42-（aq）；

当溶液中c（SO42-）=0.2mol/L时，c（CO32-）=

×c（SO42-）=

×0.2mol/L=1.6×10-6mol/L。

因此，本题正确答案是：

PbSO4（s）+CO32-（aq）

PbCO3（s）+SO42-（aq）；1.6×10-6。

10.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。

请回答下列问题：

I．转化脱硫：

将天然气压入吸收塔，30℃时，在T．F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。

（1）过程i的离子反应方程式为_________________________________________。

（2）已知：

①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。

②30℃时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。

pH

0.7

1.1

1.5

1.9

2.3

2.7

Fe2+的氧化速率/g·L-1·h-1

4.5

5.3

6.2

6.8

7.0

6.6

在转化脱硫中，请在上表中选择最佳pH范围是_______

_______________________________________________。

Ⅱ．蒸气转化：

在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。

结合下图回答问题。

（3）①该过程的热化学方程式是__________________________________________。

②比较压强P1和p2的大小关系：

P1_________P2（选填“>”“<”或“=”）。

③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，若此时容器的体积为2L,则该反应的平衡常数为______________（结果保留2位有效数字）。

Ⅲ．CO变换：

500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。

Ⅳ．H2提纯：

将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图

（4）吸收池中发生反应的离子方程式是____________________________________。

【答案】

（1）.H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+

（2）.1.5（3）.1.9（4）.此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀（5）.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+204kJ/mol（6）.>（7）.0.48（8）.CO32-+CO2+H2O=2HCO3-

【解析】

【分析】

（1）由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒写出离子反应方程式；

（2）由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+和Fe3+浓度均会降低，速率降低，故pH应小于1.9。

由②可知，pH在1.5的时候的氧化速率较快，故pH的取值范围是1.5

（3）①由图可知该反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204kJ/mol，该过程的热化学方程式是CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+204kJ/mol；

②由图可知，温度一定，压强也大，平衡逆向移动，则CH4的体积分数增大，则

P1>P2。

③列出三行式，根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍，求出平衡时，CH4、H2O、CO、H2的浓度，再根据平衡常数K=

计算。

（4）由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液，吸收CO2，以此书写离子方程式。

【详解】

（1）由图可知，过程中H2S变成S，S元素化合价由-2价变成0价，Fe3+被还原变成Fe2+，根据电子守恒，过程i的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；

因此，本题正确答案是：

H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；

（2）由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，会导致Fe3+浓度降低，则Fe2+和Fe3+浓度均会降低，速率降低，