北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题四 氧化还原反应
1.某工业脱硫过程如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.过程①发生复分解反应,由强酸反应得到弱酸
B.过程②中,发生反应的离子方程式为:S2-+2Fe3+ S↓+2Fe2+
C.过程③中,每有11.2 L O 参加反应,转移电子数为2N
2 A
D.脱硫过程总反应方程式为2H S+O 2H O+2S↓
2 2 2
答案 D A项,过程①中,Cu2++H S CuS↓+2H+,反应过程中,由弱酸(H S)反应得到
2 2
强酸(H+),错误; B项,过程②中,CuS与Fe3+发生反应的离子方程式为CuS+2Fe3+
S+2Fe2++Cu2+,错误; C项,过程③中,未指明11.2 L O 是否是在标准状况下测定的,无法
2
确定反应转移的电子数,错误; D项,从题给流程图中可知反应物为H S、O ,产物为S、
2 2
H O,由此可写出脱硫过程的总反应方程式,正确。
2
2.在一定量铁的氧化物中,加入45 mL 4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应,所得溶液中
Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为(
)
A.5∶6 B.7∶9 C.3∶4 D.2∶3
答案 B 硫酸的物质的量n(H SO )=4 mol/L×0.045 L=0.18 mol,标准状况下672 mL
2 4
氯气的物质的量为0.03 mol,根据反应2Fe2++Cl 2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中
2
n(Fe2+)=0.06 mol;设FeO为x mol,Fe O 为y mol,由FeO+H SO FeSO +H O和
2 3 2 4 4 2
Fe O +3H SO Fe (SO ) +3H O可得x+3y=0.18,由x=0.06解得y=0.04,则该固体中铁
2 3 2 4 2 4 3 2
原子和氧原子的个数之比为(0.06 mol+0.04 mol×2)∶(0.06 mol+0.04 mol×3)=7∶9,故选
B。
3.连二亚硫酸钠(Na S O )俗称保险粉,具有强还原性,在空气中极易被氧化。用NaHSO
2 2 4 3
还原法制备保险粉的流程如下:
SO 锌粉
2
↓ ↓
Na CO 溶液→反应 1 →NaHSO 溶液→反应 2 →Na S O 溶液→结晶脱水→保险
2 3 3 2 2 4
↓ ↓
CO Zn(OH)
2 2
粉
下列说法错误的是( )
A.反应1说明酸性:H SO >H CO
2 3 2 3
B.反应1结束后,可用盐酸酸化的BaCl 溶液检验NaHSO 是否被氧化
2 3
C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D.反应2最好在无氧条件下进行北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 C A项,反应1中二氧化硫和碳酸钠反应生成二氧化碳,说明亚硫酸的酸性比碳
酸的强;B项,反应1结束后,滴加盐酸酸化的BaCl
2
溶液,可检验S
O2-
;C项,反应2为
4
Zn+2NaHSO Zn(OH) +Na S O ,氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1;D
3 2 2 2 4
项,Na S O 具有强还原性,在空气中极易被氧化,反应2最好在无氧条件下进行。
2 2 4
4.某铁的氧化物(Fe O)1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL
x
Cl ,恰好将Fe2+完全氧化。x值为( )
2
A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93
0.112 L
答案 A 标准状况下112 mL Cl 转移电子数为 ×2=0.01 mol,Fe O中Fe
2 22.4 L/mol x
2 1.52 g 2
的平均化合价为+ ,被氧化为Fe3+,根据得失电子守恒可知, ×(3-
x (56x+16) g/mol x
)×x=0.01 mol,解得x=0.80,故选A。
5.锰的氧化物Mn O 、MnO 、Mn O 、Mn O 在加热时均能和浓盐酸发生反应生成
2 3 2 3 4 2 7
MnCl 和Cl 。取一定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应,产生的氯气在标准状况下
2 2
的体积为1.12 L,将反应后的溶液稀释至500 mL,测得溶液中c(Mn2+)为0.1 mol·L-1,则参
加反应的氧化物是( )
A.Mn O B.Mn O
2 3 3 4
C.Mn O D.MnO
2 7 2
答案 D n(Cl )=1.12 L÷22.4 L·mol-1=0.05 mol,反应中转移的电子的物质的量为0.05
2
mol×2=0.1 mol,氧化物中锰的物质的量=0.1 mol·L-1×0.5 L=0.05 mol,根据得失电子守恒,
反应中Mn的化合价应降低2,则锰的氧化物中Mn的化合价为+4,故参加反应的氧化物
是MnO ;故选D。
2
6.甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上,其在300~400 ℃会分解。实验室制
取甲酸钙的方法之一是Ca(OH) +HCHO+H O Ca(HCOO) +H O(未配平)。N 为阿伏
2 2 2 2 2 A
加德罗常数的值,下列说法错误的是( )
A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
B.每生成13 g甲酸钙,反应中转移的电子数为0.4N
A
C.该反应中被还原的元素只有O
D.氧化性:Ca(HCOO) >H O
2 2 2
答案 D 配平反应方程式为Ca(OH) +2HCHO+2H O Ca(HCOO) +4H O,HCHO
2 2 2 2 2
为还原剂,H O 为氧化剂,故参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,A项正
2 2
确;13 g甲酸钙的物质的量为0.1 mol,转移电子的物质的量为0.1 mol×4=0.4 mol,B项
正确;H O 为氧化剂,被还原的元素只有O,C项正确;氧化剂的氧化性强于氧化产物,氧化
2 2
性:H O >Ca(HCOO) ,D项错误。
2 2 2
7.某磁黄铁矿的主要成分是Fe S(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+,将一定量的该磁黄铁
x
矿与100 mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成2.4 g硫单质、
0.3 mol FeCl 和一定量H S气体,且所得溶液滴加硫氰化钾溶液,溶液颜色无明显变化。
2 2
则下列说法不正确的是( )
A.该盐酸的物质的量浓度为6 mol/L
B.该磁黄铁矿Fe S中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1
x
C.该磁黄铁矿Fe S中,x=0.8
x
D.生成的H S气体在标准状况下的体积为6.72 L
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0.3mol×2
答案 B 盐酸恰好反应生成0.3 mol FeCl ,根据氯原子守恒得c(HCl)= =6
2
0.1 L
mol/L,A项正确;2.4 g S物质的量为0.075 mol,根据得失电子守恒得n(Fe3+)=
0.075mol×(2-0)
=0.15 mol,则n(Fe2+)=0.3 mol-0.15 mol=0.15 mol,所以Fe2+与
3-2
1
Fe3+的物质的量之比=0.15 mol∶0.15 mol=1∶1,B项错误;根据原子守恒,n(H S)=
2
2
n(HCl)=n(FeCl )=0.3 mol,Fe S中n(S)=0.075 mol+0.3 mol=0.375 mol,n(Fe)=0.3
2 x
mol,n(Fe)∶n(S)=0.3 mol∶0.375 mol=0.8,所以x=0.8,C项正确;n(H S)=0.3 mol,V(H S)=0.3
2 2
mol×22.4 L/mol=6.72 L,D项正确。
8.用酸性KMnO 溶液处理硫化亚铜(Cu S)和二硫化亚铁(FeS )的混合物时,发生反应
4 2 2
Ⅰ:Mn
O-
+Cu
2
S+H+ Cu2++S
O2-
+Mn2++H
2
O(未配平)和反应Ⅱ:Mn
O-
+FeS
2
+H+
4 4 4
Fe3++S +Mn2++H O(未配平)。下列说法正确的是( )
O2- 2
4
A.反应Ⅰ中Cu S既是氧化剂又是还原剂
2
B.反应Ⅰ中每生成1 mol S
O2-
,转移电子的物质的量为10 mol
4
C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO 的物质的量相同,则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原
4
剂的物质的量之比为2∶3
答案 B 反应ⅠCu S中Cu和S的化合价都升高,作还原剂,A项错误;反应Ⅰ中每生成
2
1 mol S ,参加反应的Cu S为1 mol,反应转移电子的物质的量为10 mol,B项正确;反
O2- 2
4
应Ⅱ中氧化剂Mn O-化合价降低5,还原剂FeS
2
化合价共升高15,根据得失电子守恒,氧化
4
剂与还原剂的物质的量之比为15∶5=3∶1,C项错误;若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO 的
4
1 Ⅱ1
物质的量相同,则根据反应推知,
2
Cu
2
S Ⅰ
~
MnO-
4
~
3
FeS
2
,反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂
1 1
的物质的量之比为 ∶ =3∶2,D项错误。
2 3
9.磷化氢(PH )是一种在空气中能自燃的剧毒气体,具有还原性,可作为电子工业原料。
3
PH 的一种工业制法流程如下:
3
过量NaOH溶液 反应3
↓ 稀硫酸
白磷(P ) 反应 1 ↓ (分解反应) PH
4 ↓ 反应 2 ↓ 3
PH 3 H 3 PO 4
下列说法错误的是( )
A.H PO 为一元弱酸
3 2
B.该过程最好在无氧条件下进行
C.不考虑损失,1 mol P 参与反应,可产生2.5 mol PH
4 3
D.反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶3
答案 D 反应1中加入过量的NaOH溶液生成NaH PO ,说明H PO 为一元酸,反应2
2 2 3 2
中NaH PO 和稀硫酸反应生成H PO ,说明为弱酸,A项正确;P 、PH 在有氧条件下易自
2 2 3 2 4 3
燃,B项正确;由反应P +3H O+3NaOH 3NaH PO +PH ↑、NaH PO +H SO
4 2 2 2 3 2 2 2 4北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
NaHSO +H PO 和2H PO PH ↑+H PO 可知,1 mol P 参与反应,可产生2.5 mol
4 3 2 3 2 3 3 4 4
PH ,C项正确;反应1的氧化产物是NaH PO ,还原产物是PH ,根据得失电子守恒,物质的
3 2 2 3
量之比为3∶1,D项错误。
10.(双选)向含有x mol HNO 和y mol H SO 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量,溶液
3 2 4
中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有
NO)。下列有关判断不正确的是( )
A.a表示Fe3+的关系曲线,且满足n ∶n =2∶1
1 3
B.当x=y时,n =0.75
1
C.y≤1.5x
D.向P点溶液中加入铜粉,最多可溶解铜粉19.2x g
答案 AB 向混合溶液中加入铁粉,先发生反应Fe+4H++N O- Fe3++NO↑+2H 2 O,a
3
表示Fe3+的关系曲线,0~n ,消耗Fe 和产生Fe3+物质的量为n mol,n ~n 段发生反应
1 1 1 3
n n 3n
Fe+2Fe3+ 3Fe2+,此段消耗Fe的物质的量为 1 mol,n =n + 1= 1,n ∶n =2∶3,A项错误;
3 1 1 3
2 2 2
由题图知,当Fe3+恰好完全消耗时,Fe2+的物质的量达到最大,说明n 时,H+消耗完,当x=y
1
3x
时,则混合液中n(H+)=(x+2y) mol=3x mol,消耗Fe的物质的量为 mol,B项错误;混合
4
溶液中H+消耗完时,N O-可能消耗完或剩余,则4x≥(x+2y),即y≤1.5x,C项正确;加入Cu,
3
发生反应Cu+2Fe3+ 2Fe2++Cu2+,当N O-全部参与反应时生成的Fe3+最多,此时
3
n(Fe3+)=n(N )=x mol,P点时n(Fe2+)=n(Fe3+),设n ~n 段反应了a mol Fe3+,则生成
O- 1 2
3
n(Fe2+)=1.5a mol,从而推出x-a=1.5a,得a=0.4x,P点溶液中n(Fe3+)=1.5×0.4x mol=0.6x
0.6xmol
mol,最多消耗Cu的质量为 ×64 g/mol=19.2x g,D项正确。
2
11.关于反应2KCuO +8HCl 2KCl+2CuCl +Cl ↑+4H O,下列说法正确的是( )
2 2 2 2
A.KCuO 发生氧化反应
2
B.CuCl 是氧化产物
2
C.若生成标准状况下4.48 L氯气,则转移0.4 mol电子
D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
答案 C 铜元素化合价由KCuO 中的+3价降低为CuCl 中的+2价,KCuO 作氧化剂发
2 2 2
生还原反应,CuCl 是还原产物,A、B错误;反应中每生成1 mol氯气,转移2 mol电子,C
2
正确;8 mol HCl中有2 mol HCl作还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,D
错误。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
12.已知二氯化二硫(S Cl )的结构式为Cl—S—S—Cl,它易与水反应:2S Cl +2H O
2 2 2 2 2
4HCl↑+SO ↑+3S↓。下列对该反应的说法正确的是( )
2
A.HCl是还原产物
B.S Cl 作氧化剂,水作还原剂
2 2
C.若有1 mol SO 生成,则反应转移3N 个电子
2 A
D.若有1 mol S Cl 发生反应,则产生标准状况下体积为11.2 L的气体
2 2
答案 C 反应中S Cl 既是氧化剂又是还原剂,还原产物是S,A、B错误;若有1 mol
2 2
S Cl 发生反应,则生成0.5 mol SO 和2 mol HCl,故产生的气体在标准状况下体积不为
2 2 2
11.2 L,D错误。
13.已知二氧化硒是一种氧化剂,它由Se+2H SO (浓) 2SO ↑+SeO +2H O制取,又知
2 4 2 2 2
离子方程式aSeO +bSO +cH O aSe+bX+dY。下列叙述正确的是( )
2 2 2
A.a∶b=1∶1
B.Y为OH-
C.氧化性SeO >H SO (浓)
2 2 4
D.若每生成0.2 mol X,则该反应转移0.4N 个电子
A
答案 D 由题意知SeO 是氧化剂,可将二氧化硫氧化为硫酸,根据原子守恒知X是硫酸,
2
Y不含Se、S,则没有Y生成,根据得失电子守恒知a∶b=1∶2,A、B错误,D正确;根据氧化性:
氧化剂>氧化产物知,C错误。
14.已知Fe3+、Fe2+、N O-、N H+、H+和H
2
O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应
3 4
物和生成物。下列叙述正确的是( )
A.氧化产物为N
H+
4
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C.Fe3+和Fe2+分别属于反应物和生成物
D.若把该反应设计为原电池,则正极反应式为Fe3++e- Fe2+
答案 B 发生反应的离子方程式为8Fe2++N O- +10H+ 8Fe3++N H+ +3H 2 O,根据反应可
3 4
知A、C错误,B正确;把该反应设计为原电池,正极上N O-发生还原反应,电极反应式为N
3
+8e-+10H+ N +3H O,D错误。
O- H+ 2
3 4
15.把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。
Mn2+…… →H+……
图1
+Mn +I +I +H O
O- O- O- 2
4 4 3
图2
对该氧化还原型离子方程式说法不正确的是( )
A.I 作氧化剂
O-
4
B.若1 mol Mn2+参加反应,则转移5 mol电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 D 分析图1、图2可知,Mn2+作还原剂,I O-作氧化剂,配平后的离子方程式为
4
2Mn2++5I +3H O 6H++2Mn +5I , D项错误。
O- 2 O- O-
4 4 3
16.酸性KMnO
4
溶液和CuS混合时,发生的反应如下:Mn
O-
+CuS+H+ Cu2+
4
+SO ↑+Mn2++H O(未配平),下列有关该反应的说法中正确的是( )
2 2
A.被氧化的元素是Cu和S
B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5
D.若生成2.24 L(标准状况下)SO ,转移电子的物质的量是0.8 mol
2
答案 C A项,反应中铜元素的化合价不变,硫元素的化合价由-2升到+4,只有硫元素被
氧化,错误;B项,同一反应中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性
CuS>Mn2+,错误;C项,氧化剂为KMnO ,还原剂为CuS,设KMnO 为x mol,CuS为y mol,
4 4
根据得失电子守恒得x×(7-2)=y×[4-(-2)],x∶y=6∶5,正确;D项,SO 物质的量为0.1 mol,转移
2
电子的物质的量为0.1 mol×[4-(-2)]=0.6 mol,错误。
17.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO 、N O 、NO的混合气体,将这些
2 2 4
气体与1.68 L O (标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所
2
得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体
积是( )
A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
{NO }
2
答案 A 由题意可知:HNO HNO ,由转化过程可知, Cu 失去的电子
3 N O 3
2 4
NO
数与 O 得到的电子数相等,则n(Cu)=2n(O )=0.15 mol。根据NaOH和Cu(NO ) 的反应
2 2 3 2
0.3mol
可得:n(NaOH)=2n[Cu(NO ) ]=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH溶液)= =0.06 L=60
3 2 5mol·L-1
mL。
18.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-,制取石膏(CaSO ·2H O)的
4 2
过程如下:
下列说法正确的是( )
A.CaSO ·2H O属于盐类和纯净物
4 2
B.过程Ⅱ中,反应的离子方程式为2S2-+4Mn
O2-
+10H+ 4Mn(OH)
2
+S
2O2-
+H
2
O
3 3
C.过程Ⅰ后溶液pH增大
D.将10 L上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg/L)转化为S
O2-
,理论上共需要0.15 mol O
2
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答案 A A项,CaSO · 2H O 属于纯净物 , 属于盐类 ,正确;B项,根据转化关系图,过程Ⅱ中
4 2
S2-与Mn O2-反应生成S 2O2-和Mn(OH)
2
,溶液呈碱性,反应的离子方程式为2S2-+4Mn
O2-
3 3 3
+9H O S +4Mn(OH) ↓+10OH-,错误;C项,由题图可知过程Ⅰ中发生反
2 2O2- 2
3
应:2Mn(OH)
2
+O
2
+4OH- 2Mn
O2-
+4H
2
O,溶液的pH减小,错误;D项,10 L上清液中的
3
1
S2-的物质的量为0.15 mol,根据物质转化过程可知,S2-~ S O2-~ SO2-~8e-~2O ,所以理
2 2 3 4 2
论上共需要O 的物质的量为0.3 mol,错误。
2
19.硫化铋(Bi S )是一种重要的半导体材料,它在光电元件、热电设备等方面的应用给人
2 3
类带来极大的便利。Bi S 芯片刻蚀技术涉及的反应为Bi S +6FeCl
2 3 2 3 3
2BiCl +6FeCl +3S,下列说法不正确的是( )
3 2
A.Bi S 中Bi元素的化合价为+3
2 3
B.刻蚀反应中FeCl 是氧化剂,S是氧化产物
3
C.1 mol Bi S 完全反应时,转移6 mol电子
2 3
D.刻蚀反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3
答案 D Bi S 中S元素的化合价为-2,故Bi元素的化合价为+3,A正确;FeCl 中铁元素
2 3 3
化合价降低,是氧化剂,硫元素化合价升高,S是氧化产物,B正确;1 mol Bi S 完全反应
2 3
时,1个硫原子转移2个电子,1 mol Bi S 含有3 mol硫原子,共失去6 mol电子,C正确;
2 3
还原产物是FeCl ,氧化产物是S,二者物质的量之比为2∶1,D错误。
2
20.我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一,工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V O ,
2 3
含少量P O 、SiO 等杂质)为原料制备钒的主要流程如下:
2 5 2
纯碱 NH Cl
4
↓ MgSO 4 ↓
石煤 焙烧 水浸 ↓ 沉钒 灼烧→还原→钒
除硅、磷
↑ ↓
空气 滤液
已知:NH VO 难溶于水。
4 3
请回答下列问题:
(1)焙烧。通入空气的条件下,向石煤中加纯碱焙烧,将V O 转化为NaVO 的化学方程式
2 3 3
为 。
(2)除硅、磷。用MgSO 溶液除硅、磷时,Si、P会形成MgSiO 、Mg (PO ) 沉淀。若沉
4 3 3 4 2
淀后溶液中,随着温度升高,除磷率显著下降,原因一是温度升高,Mg (PO ) 溶解度增大;二
3 4 2
是 。
(3)沉钒。该操作产生的滤液中,两种主要的溶质阴离子是 (写化学式);检验
该滤液中两种阴离子的方法是 。
(4)灼烧。在灼烧NH VO 的过程中,固体残留率随温度变化的曲线如图1所示,则
4 3
0~210℃发生反应的化学方程式为 。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图1
(5)还原。在高温真空条件下,用过量焦炭还原V O ,可以生成钒单质,该反应的化学方程
2 5
式为 。
(6)钒及其化合物在日常生活中有许多重要的应用。如硼化钒(VB )—空气电池是目前储
2
电能力最高的电池,电池示意图如图2所示,该电池工作时发生的反应为4VB +11O
2 2
4B O +2V O 。下列说法不正确的是 (填标号)。
2 3 2 5
图2
A.电极a为电池负极
B.图中选择性透过膜只能让阳离子透过
C.电子由VB 极经KOH溶液流向电极a
2
D.VB 极发生的电极反应为2VB +22OH--22e- V O +2B O +11H O
2 2 2 5 2 3 2
答案 (1)Na CO +O +V O 2NaVO +CO
2 3 2 2 3 3 2
(2)温度升高,促进Mg2+水解生成Mg(OH)
2
(3)S 、Cl- 取少量滤液于试管中,加入Ba(NO ) 溶液,有白色沉淀生成,则说明含有S
O2- 3 2
4
;继续加入Ba(NO ) 溶液至不再产生沉淀,静置一段时间,取上层清液于试管中,再加
O2- 3 2
4
AgNO 溶液,有白色沉淀产生,则说明含有Cl-
3
(4)NH VO NH ↑+HVO
4 3 3 3
(5)5C+V O 2V+5CO↑ (6)ABC
2 5
解析 (1)V O 转化为NaVO 的过程中,O 被还原,V元素被氧化,根据得失电子守恒可写
2 3 3 2
出反应方程式。(2)除磷的方式是将磷元素转化为Mg (PO ) 沉淀,若温度升高,Mg (PO )
3 4 2 3 4 2
的溶解度将增大,同时Mg2+的水解程度会增大,更多的Mg2+转化为Mg(OH) ,使得
2
Mg
3
(PO
4
)
2
的量减少,从而使得除磷率降低。(3)除硅、磷过程中所加MgSO
4
中的S O2-未
4北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
参加反应,沉钒过程中所加NH
4
Cl中的Cl-未参加反应,因此滤液中主要阴离子为S O2-、
4
Cl-;然后再检验S O2-、Cl-即可。(4)由图1知,(反应后剩余固体质量/起始固体质
4
量)×100%=85.4%,推知A点固体为HVO ,逸出的气体为NH ,由此写出发生反应的化学
3 3
方程式。(5)在高温真空条件下,用过量焦炭还原V O 生成钒单质,焦炭被氧化为CO,根
2 5
据得失电子守恒可写出该反应的化学方程式。(6)VB 为负极,电极反应式是
2
2VB +22OH--22e- V O +2B O +11H O;电极a为正极,电极反应式是O +4e-+2H O
2 2 5 2 3 2 2 2
4OH-;负极消耗OH-,则正极产生的OH-透过选择性透过膜进入负极区;电子由负极
经外电路流入正极, 电解质溶液中不会有电子的流动 , 只有阴、阳离子的迁移 ,故选
ABC。
21.镀镍废水中的Ni2+可用还原铁粉除去。25 ℃时,部分氢氧化物在废水中开始沉淀和
沉淀完全的pH如下表所示:
氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Ni(OH)
3 2 2
开始沉淀的 pH 1.5 6.6 7.7
沉淀完全的 pH 3.3 9.9 9.2
(1)还原铁粉的制备:向FeSO 溶液中加入NaBH (其中H为-1价)可得还原铁粉,同时生成
4 4
H BO 和H 。理论上制备1 mol Fe,需要NaBH 的物质的量为 mol。
3 3 2 4
(2)还原铁粉除镍:向废水中加入还原铁粉,可置换出镍。某小组通过实验研究废水中镍的
去除效果。
①取五份废水样品各100 mL,加酸或碱调节其初始pH不等,再加入等量且过量的铁粉,
充分反应后测得废水中镍含量随溶液初始pH的变化如图1所示。pH太小,残留的镍含
量较高,原因是 ;pH>6.6时,残留的镍含量随溶液初始pH增大而增大的
原因是 。
图1
②取100 mL废水样品,向其中加入适量铁粉,测得Fe(Ⅱ)的含量和总铁含量变化如图2
所示,Fe(Ⅱ)表示溶液及沉淀中+2价的铁元素,总铁表示溶液及沉淀中化合态的铁元素。
40~60 min内,溶液pH约为6.4,该时间段内引起Fe(Ⅱ)含量降低的反应的离子方程式为
。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图2
③另取100 mL pH约为5.8的废水样品,加入FeCl 溶液,废水中镍含量也有明显降低,原
3
因是 。
答案 (1)0.5
(2)①铁粉与H+反应 生成Fe(OH) 覆盖在铁粉表面不利于Fe置换出Ni
2
②4Fe2++O +10H O 4Fe(OH) ↓+8H+
2 2 3
③生成的Fe(OH) 有吸附性
3
解析 (1)由关系式FeSO ~Fe~2e-知,制备1 mol Fe需要转移2 mol电子,又知
4
NaBH ~2H ~4e-,根据得失电子守恒可知,需要NaBH 的物质的量为0.5 mol。(2)①pH太
4 2 4
小即酸性太强,加入的Fe粉与H+反应,导致除镍效果差;pH>6.6时,Fe2+开始沉淀,生成的
Fe(OH) 沉淀覆盖在铁粉表面,阻止了Fe粉与Ni2+反应,导致残留镍含量增大。
2
②pH≈6.4时,没有生成Fe(OH) 沉淀,Fe2+被废水中的O 氧化为Fe(OH) 沉淀。
2 2 3
③pH≈5.8时,Fe3+水解生成Fe(OH) 胶体,胶体具有吸附性,直接将Ni2+吸附,导致含镍量
3
降低。
22.金常以微细粒浸染于黄铁矿、含砷黄铁矿中,此类矿石的预氧化处理方法主要有:焙
烧氧化、生物氧化和湿法氧化。
(1)含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS)高温焙烧氧化后,再用氰化钠(NaCN)溶液浸出。已知:
氢氰酸(HCN)易挥发,有剧毒。
①焙烧氧化的产物有As O 、Fe O ,该反应的化学方程式为
4 6 3 4
。
②焙烧氧化的缺点为 。
③采用电解法除去反应剩余液中有毒物质,CN-在阳极区被去除。在pH=10时,CN-去除
效果最佳且能耗最低,原因是 。
(2)利用细菌进行生物氧化提取金,pH对金的浸出率影响如图1所示,pH影响金浸出率的
原因是 。
图1
