题目内容
【题目】研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(1)已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和________________________________________。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为________。
(3) 绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式：________。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是________。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是________。
【答案】减小 将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化) SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH- Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强 碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【解析】
（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；
（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；
②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；
（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；
②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；
③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2OHSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；
（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；
（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；
③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
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【题目】某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。
实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。
资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O
（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。
（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。
（3）下述实验证实了假设ii合理。
实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。
实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘 | |
| ||
时间/min | 0～t1 | t2～t3 | t4 | |
偏转 位置 | 右偏至Y | 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… | 指针 归零 | |
① K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。
② 0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。
③ 结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：________。
（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。
A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化
B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应
C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-
