北京市通州区高考化学三年（2020-2022）模拟题汇编-06氧化还原反应

北京市通州区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-06

氧化还原反应

一、单选题

1.（2022•北京通州・统考三模）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是

A.用SCh的水溶液吸收BnB.用锌块防止钢铁船体腐蚀

C.用FeCI3溶液腐蚀铜板D.用铁粉防止FeSo4溶液氧化

2.（2022.北京通州.统考三模）汽车尾气中的NQ、CO、碳氢化合物通过排气系统的净

化装置（催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和稀土材料组成）转化为无害气体，净化原理

如下。下列分析不亚砸的是

Na尸

碳氢化合物+CO\/

\\/木。2+

\'鬲/稀土Ce02F

Pd（锄Pt（粕）材料Ce0*234

A.催化剂能提高反应速率B.NOxsCo均发生了氧化反应

C.CO转化为CO2时，CeO2转化为CeO*D.催化剂对化学反应有选择性

3.（2022•北京通州•统考一模）雄黄（ASR）和雌黄（AS2S3）是提取碑的主要矿物原料，二

者都难溶于水，在自然界中共生，且可以相互转化。雌黄（ASS）能溶于HNO3,反应如

+

下：As2S3+IOH+IONOJ=2H3ASO4+3S+IONO2↑+2H2Oo下列说法不氐酶的是

A.生成ImOIH,AsO4,则反应中转移电子的物质的量为5mol

B.若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、AS2S3作正极

C.反应产生的NO?可用NaoH溶液吸收

D.雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂

4.（2022•北京通州・统考一模）稀土永磁材料——高性能较铁硼合金为新能源汽车提供

核心原材料。从制钻铁硼的废料中提取氧化铉（NdzCh）的工艺流程如图1所示，草酸铉

晶体的热重曲线如图2所示。

铉铁β!l

废料H化侬

剩余周体班

⅞l100%

原始固体质量

75.4%

51.9%

45-9%

草酸敕品体加入过程中的热小曲货

已知：i.Nd与酸反应生成NcP+离子，草酸铉晶体［Nd2(CθJ3∙lOH2O］的摩尔质量是

732g/mol；

ii.Olmol∕LFe"生成Fe(OH)2,开始沉淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3

O.Imol/LFe“生成Fe(C)H%,开始沉淀时PH=I.5,完全沉淀时pH=2.8

下列说法不生触的是

A.气体1的主要成分是H2,滤渣1是硼和其他不溶性杂质

2++

B.“氧化”时会发生反应：2Fe+H2O2+4H2O=2Fe(OH),；+4H

C.若“调pH"”与“氧化”顺序颠倒，也。?的利用率无影响

D.由图2可知，500C时剩余固体的主要成分是NdQ

5.(2022•北京通州・统考模拟预测)镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到Ne)-NO、

N2O.NHKO3、出等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的

是

A.24g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NQ时消耗2.5molHNO3

B.消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是NO2

C.生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度

D.生成等物质的量的No和N?O消耗镁的物质的量之比为3：4

6.(2022•北京通州•统考模拟预测)我国科学家利用高效固体催化剂LDH,实现了在常

试卷第2页，共10页

温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应说法不正确的是

A.存在极性键、非极性键的断裂与形成

B.反应过程中存在太阳能转化为化学能

C.使用LDH,可同时提高反应速率和N?的转化率

D.反应生成1.7gN小时转移电子数目为0.3mol

7.（2022.北京通州.统考模拟预测）2021年，我国科学家首次在实验室实现CO?到淀粉

的全合成，其合成路线如下：设NA为阿伏伽德罗常数，下列有关说法不正确的是

A.标况下，11.2LCO2中含有共用电子对数目为2NA

B.反应②、③无法在高温下进行

C.反应②中，3.2gCHQH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA

D.ImolDHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为NA

8.（2020•北京通州・统考一模）某离子反应涉及到H20、CIO-、NH4∖OH-、N2,Cr等

微粒，其中N2、CKy的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）

A.该反应中Cr为氧化产物

B.NHd+是还原剂，ClO一是氧化剂

C.消耗ImOl还原剂，转移6mol电子

D.反应后溶液的酸性减弱

9.（2020.北京通州•统考一模）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃

时,水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验,发现烧杯中酸性KMno4

溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下

列说法不正确的是（）

A.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质

B.水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化

C.该条件下凡燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2

D.在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暧冰”

二、实验题

10.（2022•北京通州•统考三模）物质的大小会对其性质有极大影响。

⑴纳米金：具有高电子密度、介电特性和催化作用。纳米金的制法：将0.01%的HAUCl4

溶液煮沸，迅速加入1%的柠檬酸钠（）溶液，持续煮沸7~10分钟。

制备时溶液会因为加入的柠檬酸钠的量不同而产生不同的颜色，如下表所示。

纳米金颗粒大小（nm）颜色

2~5黄

10-20红

30-80紫

资料：HAUCI4的溶液呈黄色，其酸性比柠檬酸强。

①在制备过程中，存在如下反应，已知产物C5H,Q5是柠檬酸脱去一个竣基得到的，核

试卷第4页，共10页

磁共振氢谱显示其有4组峰。请补全并配平下面的反应方程式（要写出CsUOs的结构简

式）•

+□(C5HftO5)+□CO2+□HCI

②柠檬酸钠的作用是，如果一段时间后的液体仍为黄色，则可以（填操

作）来检验是否生成纳米金。

（2）微米水：可以高效诱导分子的还原反应，且不需要任何的外加还原剂或外加电荷。科

学家使用!上述方法制取纳米金时，引入了不加柠檬酸的对照组。令人惊奇的是对照组也

发生了反应，他经过猜想与论证，最终将目光锁定在水身上，用如下装置（如图1所示）

猜想成立。

②发现随着丙酮酸浓度的增加，还原效率会迅速降低，图2与图3中丙酮酸浓度均为

IOmolZLo

0

雾化气体压强6080100120140160180

雾化气体压强/（PSi）

图2图3

还原效率会随着雾化气体压强的增大而增大的原因是。

③为探究还原反应的具体过程，继续设计实验：向水中加入一种指示剂R,这种指示剂

正常状态下不显色，R在遇到一定浓度的H+与还原剂后会显示红色荧光，过程可以表

示为：示无色）雄鼠＞R*（红色荧光）。加入R后观测到的现象如图4所示。

(已加入指示剂R)

图4

结合图4和上述实验，你可以得出什么推论？o

(3)综合上述内容，你对物质有了哪些更深入的认识？。

11.(2021.北京通州.统考一模)某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。

实

验

IIl

序

号

逐滴滴加0.0ImOI∙LKMn（Il溶液逐滴滴加2mL0.1mol∙L^'KI溶液

实（H2SO4酸化至PH=I）

I

验1—

操

__2mL0.0ImOl∙LTKMn（‰溶液

作1

I—2mL0.lmol∙L-Kl溶液5（H2SO4酸化至PH=1）

实

验

KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，

现黄色然后沉淀消失，溶液变为棕黄色

象

资料：i.Mn在酸性条件下最终被还原为Mr?+

ii∙酸性条件下氧化性：KMnO4>KIO3>l2

(1)实验I中溶液呈棕黄色，推测生成了；

(2)实验小组继续对实验∏反应中初始阶段的产物成分进行探究:

试卷第6页，共10页

①经检验，实验II初始阶段r的氧化产物不是I2.则“实验现象a”为

②黑色固体是

③经检验，在“紫色清液”中存在IO，，写出生成的离子方程式___________;下列实

验方案中，可用于检验“紫色清液”中IO3的是(填字母);

A.用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。

B.取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量

NaHSo3溶液，观察溶液是否变蓝色。

C.取少量“紫色清液''于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观

察是否生成黄色沉淀。

(3)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。

加入2ml0.1mol∙L^l加入2滴2mol∙L-1

过滤，洗涤Kl溶液，振荡H2SO4溶液

----------->-------------->---------------------------A

保留固体

棕褐色黑色固体无明显变化固体溶解，溶液

悬浊液变为棕黄色

用离子方程式解释实验∏中棕褐色沉淀消失的原因：`

(4)实验后的反思：导致实验I和实验II中KI和酸性KMno4溶液反应产物变化的因素

是(写出两点)：

三、原理综合题

12.(2022•北京通州・统考三模)用零价铁(Fe)去除含氮废水中的硝酸盐(NOI)是环境修

复的重要方法。一种去除NO；的过程如下。

(1)∏中充分反应后，分离混合物的方法是

(2)II中反应的离子方程式是。

(3)实验发现，在II中补充一定量的Fe"可以明显提高NO；的去除率。向两份含氮废水

［n(NO；)^8.1xlO-5mol］中均加入足量Fe粉，做对比研究。

实验序号iii

所加试剂粉5

FeFe粉、FeCl2(3.6×10^mol)

NO；的去除率≈50%≈100%

分析ii中NO；的去除率提高的原因：

a.Fe?+直接还原NO；了。

通过计算说明电子得、失数量关系：,证明该原因不合理。

b.研究发现：FeQ4(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(C)H)(不导电)，

它覆盖在FeQ4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。

2+

c.Fe能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。

用s'FeCL做同位素示踪实验，证明该原因合理。

d.C「破坏钝化层。

将ii中的FeCl°替换为,NO；的去除率约为50%,证明该原因不合理。

(4)i、ii中均能发生Fe+2H+=Fd++H3T.该反应明显有助于i中NO，的去除，结合

方程式解释原因：。

(5)测定NO；含量

步骤［取VmL含氮(N0；)水样,加入催化剂、VlmLClmO1∙L7IFeSO4标准溶液(过量),

再加入稀HzSO-

l

步骤2.用c?mol∙LKQG标准溶液滴定剩余的Fe"(Crq；被还原为Cr"),终点时消

耗v2mLo

2++3+

已知：3Fe+NO；+4H=NO↑+3Fe+2H2O

①水样中NO；的含量为mol∙L-'。

试卷第8页，共10页

②溶液中。2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCo3,产生C0?驱赶0?,否则会使测

定结果(填“偏大”或“偏小”)。

四、工业流程题

13.(2022•北京通州・统考模拟预测)磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一、采

用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFeP0」外，还含有Al箔、少量不

溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：

II—>⅛i∣tιI

ILiFcfO4INeOH港港I----------1

—Ll一向了**化叫一叵1

L-JβriiaI

11

r-一I...一I一

In.1«51----,*°,-ΛJ*iN>,CO,Λrt

v

I——∙[——JItiO-HOf,J,JA,,LIOXNaι∣COι4f>*

I_IΓVMWN海

FePO4∙IM)

资料：碳酸锂在水中溶解度:

温度/℃020406080100

溶解度/g1.541.331.171.010.850.72

(I)I步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是。

(2)11步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是。

(3)111步浸取加入的氧化剂最佳选择是。(填字母)

A.HNO,B.酸性KMnO4C.H2O2D.NaClO3

(4)浸出液中存在大量HFO；和HPO),从平衡移动的角度解释IV步中加入3θ%Na2CO3

溶液沉铁的主要原理是o

(5)滤液2中C(Li+)=4mol∙L;,加入等体积的Na*。,溶液后，ɪʃ的沉降率达到90%,

3

母液中C(Con="溶液混合后体积变化忽略不计，Ksp(Li2CO3)=1.6×IO]

(6)为将粗品LiWO,提纯，Vl步使用(填“热"或"冰”)水进行洗涤操作，理由

是。

(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4,

反应的化学方程式为：。

14.(2021.北京通州.统考一模)磷酸铁(FePO4)常用作电极材料以硫铁矿(主要成分是

FeS2,含少量AI2O3、SiCh和Fe-QQ为原料制备磷酸铁的流程如下：

试剂R∕H2SO4

硫FeO(NH4)2HPO4

铁

焙

酸

矿氧

浸还过除沉

烧--FePO

粉原滤铝化铁4

末

空气滤渣1滤渣2滤渣3

已知几种金属离子沉淀的PH如下表所示:

金属氢氧化物

Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3

开始沉淀的PH2.37.54.0

完全沉淀的PH4.19.75.2

请回答下列问题：

⑴滤渣3的主要成分是(写出化学#)：

⑵用FeS还原Fe3+的目的是加入FeO的作用是(用离子方程式

表示);

(3)试剂R宜选择(填字母)；

A.高锦酸钾B.稀硝酸C.双氧水D.次氯酸钠

(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2+的操作是；

mntn

(5)已知沉淀溶解平衡：MmA,,(s),mM"(aq)+nA"(aq),Ksp=c(M)∙c(A'")0常

温下，KSP(FePoJ=I.3x1(严，“沉铁，，中为了使C(FeM)WlxlO'mol∕L,C(Po：)最小为

mol∕Lo

试卷第10页，共10页

参考答案:

ɪ.C

【详解】A.用S02的水溶液吸收Br2,S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选

项A错误；

B.用Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性，B错误；

2+2+

C.用FeCl3溶液腐蚀铜板发生的反应为2Fe3++Cu=2Fe+Cu,铁元素的化合价降低，被

还原，利用其氧化性，选项C正确；

D.用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，选项D错误；

答案选C。

2.B

【详解】A.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；

B.NOX中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发

生氧化反应，B错误；

C.由图示可知，Co转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则CeO2反应时应得电子化

合价降低转化为CeO2,m,C正确；

D.催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；

答案选B。

3.B

【详解】A.根据反应方程式分析硝酸根中氮由+5价降低到+4价，IOmol硝酸根离子完全

被还原转移IOmOl电子，由反应可知生成2molH3AsO4转移Iomol电子，则生成Imol

H3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为5mol,A正确；

B.若将该反应设计成原电池，分析化合价知As2S3中元素化合价均升高，应在负极，故可

选用硝酸作电解质溶液、石墨作正极、As2S3作负极，B错误；

C.NCh会污染环境，因此反应产生的NCh可用NaOH溶液吸收，C正确；

D.雄黄(As4S4)中AS化合价为+2价，雌黄(As2S3)As化合价为+3价，故雄黄转化为雌黄

过程需要氧化剂，D正确；

故选B。

4.C

【分析】铉铁硼废料中主要含Nd、Fe、B,由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反

答案第1页，共10页

应，则滤渣是硼，Fe与盐酸反应生成气体为氢气，Nd能与酸发生置换反应，反应为

Fe+2HCl=FeCb+H2J2Nd+6HCl=2NdCl3+3H2↑,然后加过氧化氢可氧化亚铁离子，加NaOH

调节PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3-IOH2O在氧气下焙

烧得到Nd2O3,以此来解答。

【详解】A.Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2,滤

渣是硼和其他不溶性杂质，A正确；

B.往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe?+氧化为Fe",pH=4时Fe?+已经完全沉淀，则反应

2++

方程式为，2Fe+H2O2+4H2O=2Fe(OH),J+4H,B正确；

C.若“调pH仪4”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为

2++3+

2Fe+H2θ2+2H=2Fe+2H2O,此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，

从而减小了H2O2的利用率，C错误；

1QQ

D.由图可知，设质量为IOog,含结晶水为IoOgX忘≈24.6g,则110℃时完全失去结晶水,

然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为

732g∕mol×51.9%=379.91g∕mol,Nd2O2CO3的摩尔质量为380g∕mol,则500C时剩余固体的主

要成分是Nd2O2CO3,D正确；

故答案为：Co

5.D

【详解】A.24g镁与硝酸反应失去2mol电子，根据得失电子守恒生成的NH4NO,为

:mol=0.25mol,同时生成ImOIMg(NO31,根据氮原子守恒消耗的硝酸为

5—(—3)

0.25mol×2+1mol×2=2.5mol,A正确；

B.生成等物质的量的各种还原产物时需要电子最少的是NO?,因此消耗消耗等量的镁生成

的还原产物物质的量最多的是NO?,B正确；

C.硝酸浓度较大时硝酸根的氧化性强于氢离子，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时

硝酸浓度应该很小，C正确；

D.生成等物质的量的NO和Nq需要的电子的物质的量之比为(5-2):(5-1)*2=3：8,因

此消耗镁的物质的量之比为3；8,D错误；

故选D。

6.C

答案第2页，共K)页

【分析】该反应的化学方程式为2N2+6H2O生24N∏3÷3θ2o

LDH

【详解】A.存在极性键、非极性键的断裂（H-O极性键、N-N非极性键）与形成（H-N极性

键、OQ非极性键），故A正确；

B.2N2+6H2O劈4NH3+3θ2为吸热反应，反应过程中存在太阳能转化为化学能，故B正

LDH

确；

C.催化剂不能使平衡发生移动，使用LDH,可同时提高反应速率，但不能提高N2的转化

率，故C错误；

D.该反应的化学方程式为2N2+6H2O型如4NH3+3O2,由于氮元素从O价降为-3价，所以

LDH

每生成1molNH3转移电子数为3mol,反应生成1.7g（即0∙lmol）N&时转移电子数目为

0.3mol,故D正确；

故选C。

7.D

【详解】A.CC½的结构式为O=C=O,标况下11.2LCO2中含有共用电子对数目为

0.5molx4xNA=2NΛ,故A正确；

B.反应②、③需要用酶作2催化剂，反应②、③无法在高温下进行，故B正确；

C.反应②中，3.2gCHQH生成HCHo时转移电子数目为赢扁x2XNA=O.2NA,故C

正确；

D.DHA含有2个羟基，ImolDHA与乙酸发生取代反应，可消耗2mol乙酸，故D错误；

选D。

8.B

【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，CKy的物质的量减小，故N2

是生成物，CIO一为反应物，则N出+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO

为反应物，由氯元素守恒可知Cr是生成物，则反应的方程式应为

+

3CIO-+2NH4+2OH=N2↑+5H2O+3C1-,以此解答该题。

【详解】根据分析，反应的方程式应为3C1O-+2NH4++2OH-=N2T+5H2O+3C1-,

答案第3页，共10页

A.由方程式可知，N元素的化合价升高，则N?为氧化产物，故A错误；

B.由方程式可知，NH4+被CIo-氧化成N2,NH&+是还原剂，ClO一是氧化剂，故B正确；

C.N元素化合价由-3价升高到。价，则消耗Imol还原剂，转移3mol电子，故C错误；

D.反应在碱性条件下发生，反应消耗OH,反应后溶液的碱性减弱，故D错误；

答案选B。

9.B

【详解】A.酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN的

FeCI2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A正确；

B.水凝固形成20。C时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发

生的是物理变化，故B错误；

C.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C

正确；

D.在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时•，水分子不

能瞬间凝固形成冰，故D正确；

答案选B。

io.（1）

还

原剂丁达尔效应

(2)2—羟基丙酸水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率增大微米水

制备纳米金时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；

(3)物质的大小会对其性质有极大影响

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，本题采用了两种方法制备纳米金，选择了两种

还原剂，一种是柠檬酸，一种是微米水；同时要注意在本题中，两种方法中都有水存在，但

是作用不完全相同，故本题也证明了物质的大小会对其性质有极大影响，以此解题。

【详解】(1)①根据题目中给的信息可知C5H(Q5的结构简式为：

答案第4页，共10页

根据得失电子守恒和元素守恒可知方程式为:

②在该反应中，AU的化合价降低，作氧化剂，柠檬酸钠中碳的化合价升高，作还原剂；由

纳米金形成分散系，属于胶体，可以用丁达尔效应来检验；

（2）①通过题中信息可以发现，丙酮酸发生了还原反应，应该生成2—羟基丙酸；

②丙酮酸浓度相同，雾化气体压强越大，说明水蒸气的浓度增大，平衡正向移动，还原效率

增大；

③图4显示红色，说明溶液中存在氢离子和还原剂，故可以得到结论是：微米水制备纳米金

时，反应体系显酸性，且体系中存在还原剂；

（3）题中两种制备纳米金的方法中，反应体系中都有水，但是水的状态不同，水发挥的作

用也不是完全相同的，通过微米水实验可知，该状态下水本身也可以还原2HAUC14制备纳米

金，故对物质更深刻的认识是：物质的大小会对其性质有极大影响。

H.h溶液分层，下层液体无色MnO22MnO:+r+2H+=2Mnθ21+

+2+

10；+H2OBMnθ2+2I+4H=Mn+I2+2H2O试剂的相对用量（滴加顺序）

溶液酸性强弱

【详解】（1）实验I中Kl溶液过量，Mn0,在酸性环境中最终被还原为Mn2+,而低浓度碘水

的颜色为黄色，所以可以推测生成了12单质；

（2）①实验II初始阶段r的氧化产物不是I2,则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四

氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；

②Kl和酸性KMneU溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为

MnC）2；

③根据题目所给信息，该条件下酸性高镒酸钾溶液将r氧化为IOʊ自身被还原为MnO2,

+

根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO4+I+2H=2MnO2i+IO3+H2O5

答案第5页，共10页

A.试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是10；,也可能是剩余的残留的高镭酸

钾，A不符合题意；

B.开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有10；,

被NaHSo3还原生成碘单质，B符合题意；

C.硝酸不能还原IO；,所以无论是否含有IO-都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；

故答案为：Bi

®KI和酸性KMno4溶液的反应生成KIO3和Mno2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的

离子方程式为2MnO4+r+2H+=2MnO2l+IO3+H2O;

(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2,根据化合价升降

规律可知还生成MnSo4,结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为

+2+

MnO2+2I+4H=Mn+l2+2H2O；

(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究

实验∏中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物

质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性

等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。

12.⑴过滤;

+

(2)3Fe+NO3+2H+H2O=Fe3O4+NH；；

(3)还原NO］所需电子：3.24×10-4mol,Fe?+最多提供的电子：3.6×10-5moLFe?+失去的

电子数明显小于NO；所需电子数；7.2xlO-5nκ)lNaCl；

2+

(4)Fe+2FeO(OH)=Fe3O4+2H÷,Fe?+破坏了钝化层；

(5)2当；偏大。

【详解】(1)由步骤∏得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤Il的分

离操作为过滤；

故答案为：过滤；

(2)由步骤II反应产物为四氧化三铁和NH；,且铁粉和NO］在酸性条件下发生该反应，所

答案第6页，共10页

以该氧化还原反应为3Fe+NO3+2H++HQ=FeQ4+NH：；

+

故答案为：3Fe+N0；+2H+H2O=Fe5O4+NH：；

（3）根据物质得失电子的计量关系，可知Fe2+~Fe3+~l/,Fe2+最多提供的电子：

3.6×10-5mol,NO；~NH：~8e"N0；所需电子：3.24xl0^4mol,Fe?+失去的电子数明显小于

NO；所需电子数；为说明是否是Cl-破坏钝化层，根据控制变量法的思想将

3.6x1OfmOlFeC4（即n（Cl）=7.2XlOTmol）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即

7∙2xl（PmolNaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明Cl不能破坏

钝化层，反知为Fe?+破坏了钝化层；

故答案为：还原NO-所需电子：3.24×10-4mol,Fe?+最多提供的电子：3.6xlO⅛ιol°Fe?+失去

的电子数明显小于NOa所需电子数；7.2×10⅛olNaCl；

（4）根据上述分析可知生成的FeQ4（导电）覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生

FeO（OH）（不导电），它覆盖在FeQ4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而

Fe"+2FeO（OH）=FeQ4+2H+,破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；

2t+

故答案为：Fe+2FeO（OH）=Fe3O4+2H,Fe?+破坏了钝化层；

（5）步骤1.取VmL含氮（N0；）水样，加入催化剂、vlmLc,mol∙口FeSO,标准溶液（过量）,

2++3+

再加入稀H2SO4。发生3Fe+NO；+4H=N0T+3Fe+2H2O,

,

步骤2.用c?mol-rLCrq,标准溶液滴定剩余的Fe2+（Cr2θ;被还原为Cr"）,终点时消耗

v2mL»发生6Fe"+G2θf+14H+=6Fe"+2Cr"+7Hq,根据K2CrQ7标准溶液的用量求得剩

余的FeSO4的物质的量=6c2V2Xl（Pmol,则参与步骤I反应的FeSO」的物质的量

（）2++3+

=CIVI-6C,V2×10⅛O1,根据该反应3Fe+NO；+4H=N0T+3Fe+2H2O可得反应消耗的

硝酸根物质的量n（NO、）=纪ɪ色"UtmOl,所以原水样中NO；的含量

3

c（NO1）=（CM-6叱2）：10-3m。］/L=9尸「6。#2）mol/L；因为溶液中0?存在，也会消耗FeSO4r

3v?10-33v

所以Kwrq7用量偏小，由于FeSo4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO,物质的量会偏

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大(计算造成的误差)，自然计算出来的水样中NO；的含量也偏大；

故答案为：①；②偏大。

3v

13.(1)增大接触面积，提高溶解效率

⑵OH-、AlO,

⑶C

⑷co；结合H+，使c(H*)减小，H2PO;HPo：+H=,HPO；PO；+H*两个电离

平衡均向右移动，C(Pc);)增大，与Fe?+结合形成磷酸铁

(5)0.04mol∙r'

(6)热温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失

高温

(7)Li,C03+2FeP01+2C2LiFeP0l+3C0t

【分析】正极片经碱溶可得到NaAlo2溶液，含有磷酸亚铁锂的滤渣1加入盐酸、氧化剂浸

取，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P、Fe,Li的浸出液，加入30%Na2CCh溶液沉

铁，生成沉淀FePO/2凡0,滤液2在60~8(ΓC条件下，加入饱和Na2CO3溶液沉锂，可生

成碳酸锂沉淀。

(0

废旧电极LiFePo”为不溶于水的块状物质，为了加快和NaoH的反应速率，需要将其研磨成

小颗粒，增大接触面积，从而达到目的，故答案为：增大接触面积，提高溶解效率。

(2)

废旧电极含有铝，可与NaOH溶液反应，生成易溶于水的NaAlo2,从而与LiFePO4相分离,

则∏步加入过量NaOH溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是OH、AIO；,故答案为：OH、

AlOJo

(3)

A.HNO§作氧化剂的还原产物为氮的氧化物，为有害气体，故不选A；

B.酸性KMnO,能和Hcl发生氧化还原反应，使酸的用量增大，且生成氯气为有害气体，

答案第8页，共10页

故不选B；

C.H2。2作氧化剂的还原产物为H2O,不引入杂质，减少污染物的排放，故C选；

D.NaClo3能和浓盐酸反应生成氯气，不宜选用，故不选D；

故答案选C。

(4)

加入NaWQ溶液后，Coj可结合H+,使c(H+)减小，从而使HzPO；.HPO^÷H+,

HPO；PO；+H*,两个电离平衡均向右移动，则C(Po增大，与Fe3+结合形成磷酸

铁,故答案为：COj结合H+,使c(H+)减小，H2PO」HPoj+H+,HPOjPO；+H*

两个电离平衡均向右移动，C(P0，)增大，与Fe"结合形成磷酸铁。

(5)

滤液2中C(Li+)=4mol∙L1加入等体积的Na^O;溶液后，lʃ的沉降率达到90%,混合溶

液中含有的C(Li+)=4mol∙L√x(l-90%)xg=0.2mol∕L,已知：

2+3

Ksp(Li2CO3)=c(Li)∙c(CO;-)=1.6×10,则母液中

,,、K(LLCOJ16x10-3.

CCof=