化学(四)氧化还原反应-【衡水金卷·先享题】2026-2027学年高三化学一轮复习周测卷（江苏专版）

化学（四）氧化还原反应 (建议用时40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.下列工业生产，不涉及氧化还原反应的是 A.合成氨 B.氯碱工业 C.制水煤气 D.侯氏制碱法 2.下列颜色变化属于化学变化，且涉及氧化还原反应的是 A.无水CuSO4吸水，由白色转蓝色 B.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，由黄色转红色 C.向K2CrO4溶液中加入硫酸酸化，溶液由黄色变为橙红色 D.向含有淀粉的碘水中滴加硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去 3.NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3+4Sb十3O2 高温4 NaSbO,+2NO十2NO,。下列说法错误的是 A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 C.NO、NO2均为还原产物 D.反应中消耗3molO2,转移20mole 4.磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4十 CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)。下列说法中正确的是 A.P只发生了氧化反应 B.反应过程中溶液pH增大 C.11molP发生反应，转移电子的物质的量为120mol D.皮肤接触到白磷，用CuSO,溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 5.a-FOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的 S.(结构如图2所示)覆盖在a-FeOOH的表面。下列说法错误的是 H2S FeOOH S6 反应 反应 H20 FeSSH 02 图1 图2 A.可使用四氯化碳除去a-FeOOH表面的S B.反应I的化学方程式为2H2S+FeOOH一FeSSH+2H2O C.反应Ⅱ的化学方程式为3 FeSSH+3O2一3 FeOOH+S。 D.处理含1molH2S的烟气，理论上需要通入标准状况下8.96LO。 化学（四）第1页（共4页）】 6.氮氧化合物是常见的污染物，对其进行治理是环境保护的一个重要领域。以沸石笼为载体对 O进行催化的机理如图所示。下列说法错误的是 2NO+4NH3+2NH4 0 ‘'[0 NH3)2CU Cu(NH3)2]2、④ →物质A 沸 *0 /③ 2CuNH34]2+ [(NH3)Cu CuNH3)2]2+ 2NO ① 0NH3)2C-0-0-CuNH3)2]2 /2N2+2H2O+2NH4 ① 2[Cu(NH) 02 A.物质A是N2和H2O B.反应②③中氧原子的成键数目发生改变，氧元素的化合价也发生了改变 C.反应⑤中[Cu(NH3)4]+既是氧化剂又是还原剂 D.图中总过程中每吸收1olNO需要（标准状况下）22.4L的NH 7.某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2)联合 焙烧法制备BiOCI,工艺流程如图所示。已知焙烧时BizS3和FeS2分别转化为Bi2O3、Fe2O3。 下列说法正确的是 空气 浓盐酸 金属Bi 辉铋矿 联合 酸浸滤液，转滤液pH2.6 软锰矿一 焙烧厂浸 化 水解 BiOCI沉淀 (过量) 滤液 气体 滤液 MnSO4溶液) (MnCL2、FeCl2溶液) A.“联合焙烧”时每转化1 mol Bi2S3消耗12 mol MnO2 B.“酸浸”时为减少盐酸挥发，应在低温条件下进行 C.“转化”过程中可知Fe3+氧化性强于B3+ D.“调pH=2.6水解”时发生的反应为B3++2OH+C1一BiOCI+H2O 8.某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥（成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属 的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl]-和[AuCl4],下列说法 正确的是 02 02,稀硝酸 C12,盐酸 磷酸三丁酯NH,2S0,溶液， KOH溶液 阳极泥一焙烧烧渣酸浸]滤渣， 溶液萃取水层 氧化 酸溶 分液 转化→NH4Au(SO3h] 气体 滤液 有机层 A.上述流程中每个步骤都发生了氧化还原反应 B.“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C.“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3C2十2C1—2[AuCL4] D.“转化”时，NH[Au(O3)2]的溶解度大于(NH4)2SO3的溶解度 9.用肼(N2H)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4,反应原理如 图所示。下列说法错误的是 A.N2是氧化产物 N2H4 N2,H+ B.还原性：N2H4<Fe2+ Cu2+ C.处理后溶液的pH增大 [Cu(N2H)2]2+[CuN2H4)2]H D.图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2]+ Fe2+ Fe3O4,H+ 化学（四）第2页（共4页） 40分钟·J 10.化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成 消耗O2的量（单位为mg·L1)来表示。碱性KMnO4不与Cl反应，可用于测定含CI水样 的COD,流程如图所示。 c mol-L-!VmL KI溶液 KMnO溶液 c2 mol-LI (过量，酸性) NaS203溶液 (过量，碱性) 冷却 至室温 煮沸10分钟 避光5分钟 滴定 密100mL水样 箜 MnO4→MnO2 MnO.Mn02→Mn2 l2+2S,03=S.02+2r 下列说法错误的是 A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I+4H+一Mn2++L2+2H2O B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I被O2氧化及I2的挥发 C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高 D.若I中为酸性条件，测得含CI水样的COD值偏高 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 二、非选择题（本题共2小题，共40分） 11.(18分)某炼锌废渣含有锌、铅、铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取 钴（Ⅱ）的一种工艺流程如图1所示。 H2SO4 Na2S2Os NaOH NaCIO 浓HCI 1调pH=4调pH=5.0-5.5 锌→酸浸一沉阔一沉铁一沉锚一Co(0D,一→ 转化 浓缩结晶→Co(Ⅱ) 废渣 ↓ 浸渣MnO2滤渣滤液 图1 已知：Fe+完全沉淀时pH≥9；Fe3+完全沉淀时pH≥3.2。 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 ,“浸 渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉锰”步骤中还原剂是 ,当生成1 mol MnO2时，消耗Na2S2Os的物质的 量是 (3)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入过量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程 式为 (4)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，反应的离子方程式为 若用H2O2和稀H2SO4代替浓HCl,其优点是 (5)工业上利用电解含Co(Ⅱ)的水溶液制备金属Co和H2SO4的装置如图2所示。图2中Co 电极应连接电源的 (填“正”或“负”)极，“电解”时石墨电极的电极反应为 n%H2SO 石墨电极、膜1膜L Co电极 气体 稀H2SO4 CoSO4溶液 m%H2SO4 图2 化学（四）第3页（共4页） 12.(22分)铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零 价铁可用于去除水体中的六价铬[C(Ⅵ)]与硝酸盐等污染物。 (1)①用FeCl2溶液与NaBH4溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2+2NaBH+ 6H2OFe十2B(OH)3+2NaCl+7H2个。当生成1 mol Fe时，反应中转移电子的物质的量 为 ②纳米Fe和FeO4均可用于降解含Cr2O号的废水。实验证明FeO4辅助纳米铁去除 Cr2O号效果更佳，结合图1，分析其原因： (写出两条)。 Fe304 纳米铁 图1 (2)电解法除Cr(M)的一种装置如图2所示。利用阳极生成的Fe2+,还原Cr(I)生成Cr3+, 最终转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。随着电解的进行，阳极表面形成FeO·Fe2O3的 钝化膜，电解效率降低。将电源正负极反接一段时间，钝化膜消失。钝化膜消失的原因为 石墨碳层 几乎不含C(I)废水← HSO HSOs 纳米铁 e SO,·OH SOi、OH 难降解有机污染物 酸性含C(I)废水 C02、H20 图21 图3 (3)生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾(KHSO)降解有机污染物的反应历程如图3所示。 图中SO-和·OH分别表示硫酸根自由基和羟基自由基。 ①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 (分步叙述)。 ②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是 (写出两点)。 (4)利用高炉炼铁中的尾气制取有机物的过程如图4所示。相同条件下，恒定通过电解池的电 量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图5所示。FE%= Q.(生成还原产物X所需要的电量2×10%，选择性S(X)=m(生成X消耗的C0,)X100%。 Q总（电解过程中通过的总电量） n(发生反应的CO2) K2C03溶液 ox HCHO HCOOH 高炉炼铁尾气吸收→分解一→电解 C2HsOH 燃气 有机物、H2 图4 图5 U1电解电压V “电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为 ,当电解电压为U1时，生成C2HOH和HCOOH的选择性之比为 化学（四）第4页（共4页） 40分钟·J40分钟·J ·化学· 化学（四） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.知识获取能力Ⅱ，实践操作能力Ⅲ.思维认知能力 2.学科素养： ①宏观辨识与微观探析 ②变化观念与平衡思想 ③证据推理与模型认知④科学探究与创新意识 ⑤科学态度与社会责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I Ⅲ ① ②③ ④ ⑤ 档次 系数 1 选择题 氧化还原反应的概念判断 易 0.85 2 选择题 6 氧化还原反应定义、本质及特征 易 0.80 氧化还原反应的概念判断、氧化还原 3 选择题 6 反应定义、本质及特征、氧化还原反 中 0.65 应在生活、生产中的应用 氧化还原反应的概念判断、氧化还原 4 选择题 6 反应定义、本质及特征、氧化还原反 / 中 0.65 应在生活、生产中的应用 5 选择题 6 物质的转化、氧化还原反应书写 中 0.70 氧化还原反应的概念判断、氧化还原 6 选择题 6 中 0.62 反应在生活、生产中的应用 选择题 6 物质的分离提纯 中 0.62 氧化还原反应的概念判断、氧化还原 选择题 6 反应有关计算、陌生氧化还原反应方 √ 分 0.62 程式的书写和配平 氧化还原反应的概念判断、氧化性、 9 选择题 6 / / 中 0.62 还原性强弱的比较 氧化还原反应有关计算、氧化还原反 10 选择题 6 / 难 0.50 应方程式的书写与配平 氧化还原反应方程式的书写与配平、 氧化还原反应在生活、生产中的应 11 非选择题 18 √ 中 0.52 用、电解池电极反应式及化学方程式 的书写、常见无机物的制备 ·13· ·化学· 参考答案及解析 氧化还原反应方程式的书写与配平， 化学反应条件的控制、电解池电极反 12 非选择题 22 难 0.40 应式及化学方程式的书写、电解池有 关计算 昏考答条及解析 一、选择题 错误：反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，H减小， 1.D【解析】合成氨反应中N2的N化合价从0→一3， B项错误；据分析，11molP,参与反应生成24mol H2的H从0→十1，涉及氧化还原反应，A项不符合 H3P01,则转移24mol×5=120mol电子，C项正确； 题意；氯碱工业是用电解饱和食盐水的方法制备氯 皮肤接触到白磷，虽然用稀CuSO,溶液清洗后生成 气、氢气和氢氧化钠，并以它们为原料生产一系列含 了HPO1、H2SO1,但由于NaOH具有强腐蚀性，不 氯、含钠化工产品，B项不符合题意：制水煤气的反应 能用NaOH溶液清洗，D项错误。 为C(s)十H2O(g)-CO(g)十H2(g),碳、氢元素化 5.D【解析】S:是非极性分子，四氯化碳为非极性溶 合价发生变化，C项不符合题意；侯氏制碱法的反应 剂，根据相似相溶原理，非极性的S:可溶于非极性的 中，化学方程式为NaCI十CO2十NH十H2O 四氯化碳，可以除去a-FeOOH表面的S；,A项正确： NaHCO.￥+NHCl,各元素(Na、CI、N,C、H、O)的 反应I为H2S与FeOOH反应生成HO和FeSSH, 化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，D项符 化学方程式为2HS+FeOOH一FeSSH+2H,O,B 合题意。 项正确；反应Ⅱ中FeSSH与O2反应生成FeOOH和 2.D【解析】无水CuSO,吸水，由白色转蓝色，变为 S,反应Ⅱ的化学方程式为3FSSH+3O2 CuSO1·5HO,元素化合价不变，A项不符合题意； 3 FeOOH十S:,C项正确；总反应为6H2S+3O FeCL溶液中滴加KSCN溶液，溶液由黄色转红色， 催化剂S。十6H,0,处理含1molH,S的烟气，理论上 发生反应：Fe3+十3 SCN--Fe(SCN)a,元素化合价 要通入0.5molO2,D项错误。 不变，B项不符合题意；向KCO溶液中加入硫酸 6.B【解析】步骤④中NO把氨气和铵根氧化为氨气， 酸化，溶液由黄色变为橙红色，发生的反应是2CO 根据元素守恒可知还有水生成，A项正确：反应③中， 十2H+一CrO号十H2O,元素化合价不变，C项不 整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键 符合题意：溶液蓝色褪去，该过程涉及了氧化还原反 的断裂，其他元素化合价不变，则氧元素化合价不变， 应：L2+2SO号—2I+S,O,D项符合题意。 不是氧化还原反应，B项错误：由图可知，反应⑤为 3.B【解析】NaSbO中Na为十1，O为一2，根据化合 [Cu(NH)1]+、NO反应生成N2、NH、HO、 物元素化合价代数和为0，Sb的化合价为十5，A项正 [Cu(NH)2],[Cu(NH)1]+中Cu化合价降低，N 确：反应中氧化剂为NaNO中的N(4mol)和O2 化合价升高，故其既是氧化剂又是还原剂，C项正确； (3mol),总物质的量7mol:还原剂为Sb(4mol)。氧 根据图示，箭头指进为反应物，指出为生成物，可知总 化剂与还原剂物质的量之比为7：4，而非4：7，B项错 误：氧化剂为NaNO3,还原产物为NO、NO2,C项正 反应为4NO十4NH,十O,化剂4N,十6H,O,所以 确：)2、NaNO同时做氧化剂，3molO2参与反应，有 每吸收1 mol NO需要标准状况下的NH:为22.4L, 4 mol Sb做还原剂，整个反应转移电子的物质的量为 D项正确。 20mol,D项正确。 7.C【解析】“联合焙烧”发生转化：BiS→BiO十 4.C【解析】反应中P由0价歧化为十5价和-3价， SO2、FeS2→FezO+SO2、MnO2+SO2→ MnSO1,故联合焙烧后得到Bi,O3、Fe2O,、MnSO1和 Cu由十2价降为十1价，根据得失电子守恒和元素守 恒可配平方程式11P,十60CuSO),1十96H,O一 SiO2;“水浸”中MnSO1进入滤液，滤渣为Bi2O3、 20CuP+24HPO1十60H2SO1,氧化剂为P1和 FezO3、SiO2和多余的MnO2;“酸浸”中加入过量浓盐 CuSO,,还原剂为P,氧化产物为HPO1,还原产物 酸后，BiO和FeO,发生转化：Bi2O,→Bi+、Fe2O 为CuP。P1、CuP、HPO1中P的化合价分别为0、 →Fe3+,因MnO2有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还 -3、十5，P,既发生氧化反应，又发生还原反应，A项 原反应：MnO,+4H+2CI△Mn2++CL◆十 ·14· 40分钟·J ·化学· 2H2O,气体为C12,滤渣主要为不溶于浓盐酸的 条件下反应得到MnO2,溶液中剩余KMnO,,Ⅱ中 SiO2,滤液中金属离子为Bi+、Fe3+、Mn+:“转化”中 在酸性条件下KMnO1、MnO2与I反应得到L单 加入Bi将Fe3+转化为Fe2+,调节pH得到BiOCI。 质和Mn+,Ⅲ中生成的l再用Naz S2O:滴定。Ⅱ “联合培烧”时，发生反应2Bi2S:十902一2Bi2O十 中MnO和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应 6SO,、MnO2+SO2—MnSO1,每转化1 mol Bi2S 得到I2和Mn2+,存在MnO2十2I十4H+—Mn+ 消耗3 mol MnO2,A项错误；MnO2与浓盐酸反应生 十12十2HO,A项正确：Ⅱ中避光防止I2升华挥发， 成氯气需要加热，B项错误；加入Bi将Fe3+转化为 加盖防止I被氧气氧化，B项正确；整个反应中， Fe+,氧化剂的氧化性强于氧化产物，故可知Fe+氧 KMnO,得电子生成Mn+,有机物和碘离子失去电 化性强于B+,C项正确；“调pH=2.6水解”时溶液 子数目与KMO,得电子数目相等，Ⅲ中消耗的 为酸性，发生的反应为B+十H2O十C1—BiOC1十 Na2S,O越多，说明生成的L2单质越多，也说明有 2H+,D项错误。 机物消耗的KMO1的量少，水样的COD值越低，C 8.C【解析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚 项错误；若I中为酸性条件，CI厂会与KMnO,反应， 铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒 水样中的COD值偏高，D项正确。 化银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒； 二、非选择题 烧渣酸浸氧化时，氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转 11.(18分) 化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、稀硝酸溶液反应转化 (1)增大固体与酸的接触面积，提高钴的浸取效率(2 为硒酸，金、铂不与氧气、稀硝酸溶液反应，过滤得到 分)Cu,PbSO1(2分) 含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸 (2)Mn+和Fe+(2分)1mol(2分) 溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、 (3)2Co2++5C10+5H2O—2Co(OH)3￥+C 六氧合铂离子：萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分 +4HC1O(2分) 液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金 (4)2C0(OH)3+6H++2C1-—2Co++Cl24+ 离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶 6H2O(2分)避免还原Co(OH):时产生有毒的 液，将四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。萃 C12(2分) 取分液和转化步骤中没有元素化合价发生变化，A项 (5)负(2分)2H20-4e024十4H+(2分) 错误；由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高 【解析】炼锌废渣（锌、铅、铁、钴、锰的十2价氧化物 温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方 及锌和铜的单质)中加入稀H2SO1酸浸，铁、钴、锰 程式为CuS十20，高温2Cu0+S0,反应中氧化剂氧 的十2价氧化物及锌都转化为二价金属的硫酸盐， 气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2：1，B项错误； 铅转化为硫酸铅沉淀，铜不溶解；过滤后，往滤液中 由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为 加入Naz S.Os沉锰，此时锰转化为MnO2,Fe2+转化 四氧合金离子，反应的离子方程式为2Au十3C12十 为Fe3+;过滤后，往滤液中加入NaOH凋pH=4沉 2C1-—=2[AuCL,门-，C项正确：NH[Au(SO,)g]的 铁，此时Fe3+转化为Fe(OH)沉淀；过滤后，往滤 溶解度小于(NH,)2SO:的溶解度，易结晶析出，D项 液中加入NaC1O沉钴，将Co+转化为Co(OH):沉 错误。 淀；过滤出沉淀，加入浓HCI转化，Co(OH)转化为 9.B【解析】由图中信息可知，N2H1和Cu+反应生成 Co2+,浓缩结晶，从而得到钴（Ⅱ）。 的[Cu(NzH1)2]+是N2H1和FeO,反应的催化剂， (1)为提高原料的利用率，“酸浸”前，需将废渣磨碎， [Cu(NH,)2]是中间产物，该反应的离子方程式为 其目的是增大固体与酸的接触面积，提高钴的浸取 ,H,+2Fe0,+12H+[GNH] =N2A十6Fe2+ 效率；由分析可知，“浸渣”的主要成分为 十8H2O,N2H是还原剂，FeO1是氧化剂，Fe是还 Cu、PbSO1。 原产物。该反应中，NH中N元素的化合价升高被 (2)“沉锰”步骤中加入Na2SOs,锰转化为MnO2, 氧化，因此，N2是氧化产物，A项正确；在同一个氧化 Fe2+转化为Fe+,故还原剂是Mn+和Fe2+;“沉锰” 还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还 时生成MnO2的离子方程式为SO十Mn++ 原性的强弱关系为NH>Fe+,B项错误；由反应的 2H2O—2SO}+MnO2￥十4H+,当生成1mol 离子方程式可知，该反应消耗H,处理后溶液的pH MnO2时，消耗NazS2Os的物质的量是1mol。 增大，C项正确：根据循环图可知，图示反应过程中起 (3)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0一5.5，加入过 催化作用的是[Cu(NH,)2]+,D项正确。 量的NaCIO氧化Co2+,同时ClO被还原为CI,生 10.C【解析】I中KMnO,与水样中的有机物在碱性 成的H+与过量的CIO反应生成HC1O,依据得失 ·15· ·化学· 参考答案及解析 电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出反应的离子 纳米零价铁的化学方程式：FeCl2十2NaBH,十6H2O 方程式为2Co2+十5C1O+5H20—2Co(OH)3￥ =Fe+2B(OH)+2NaCl+7H2 A,2 mol NaBH +C1-+4HC1O: 生成4molH2,氢化合价升高8价，3 mol H2O生成 (4)“转化”步骤中有黄绿色气体产生，表明有C2生 成3molH2,氢化合价降6价，1 mol FeC生成Fe, 成，Co(OH):转化为Co2+,依据得失电子守恒、电 铁化合价降2价，总共降8价，所以当生成1 mol Fe 荷守恒和元素守恒，可得出反应的离子方程式为 时，反应中转移电子的物质的量为8mol。 2Co(OH)3+6H++2C1—2Co2++C12A+ ②FeO,辅助纳米铁去除CrzO号效果更佳，由图1 6H2O;若用H2O2和稀H2SO代替浓HC1,产物中 可知，因为F©O,有磁性，吸引纳米铁，使其分散附 不含有C2,避免造成环境污染，其优点是避免还原 着在FeO,表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3 Co(OH)a时产生有毒的CL2。 物质还原为Fe2+,Fe+浓度增大，降解速率加快。 (5)工业上利用电解含Co(Ⅱ)的水溶液制备金属 (2)钝化膜消失的原因为电极交换后，阴极产生氢 Co和H2SO1,则Co2+得电子生成Co,Co电极为阴 气，使钝化膜还原。 极，石墨电极为阳极。图中C0电极为阴极，应连接 (3)①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理 电源的负极，“电解”时石墨电极为阳极，H2。失电 可描述为纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导 子生成O2和H+,依据得失电子守恒、电荷守恒和 至表面，HSO得到电子生成SO和OH或 元素守恒，可得出电极反应为2H2O-4e—O2个 ·OH和SO,活性SOi-和·OH与难降解有机 +4H+。 污染物反应生成CO2和H2O。 12.(22分) ②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳 (1)①8mol(2分) 米材料降解的优点是石墨碳层可以增加反应的接触 ②F©O1有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在 面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次 FeO,表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还 污染。 原为Fe2+,Fe2+浓度增大，降解速率加快(4分) (4)“电解”在质子交换膜电解池中进行，酸性条件下 (2)电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原(2分) 二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，生成 (3)①纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表 HCOOH的电极反应式为CO,+2H++2e 面，HSO得到电子生成SO和OH-或·OH和 HCOOH;2CO2+12e-+12H+-CH CH2OH+ SO,活性SOi和·OH与难降解有机污染物反 3HO、CO2+2H++2e一HCOOH,当电解电压 应生成CO2和H2O(6分) 为U1时，生成C2HOH和HCOOH的法拉第效率 ②石墨碳层可以增加反应的接触面积：石墨碳层的 相同，则12n(CH,CH2 OH)=2n(HCOOH),结合碳 包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染(4分) 守恒，生成C,HOH和HCOOH的选择性之比为 (4)CO2+2H++2e—HC0OH(2分) 1:3 2n(CH]CH2 OH), n(HCOOH) (2分) n(发生反应的CO)'n(发生反应的C0,)=(2X1): 【解析】(1)①用FeC2溶液与NaBH1溶液反应制备 (1×6)=1:3。 ·16