Fe2+提高NO3—去除率的原因：______。
pH =4.5（其他条件相同）
（4）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO3的去除率和pH，结果如下：
初始pH NO3的去除率 1小时pH 因：__________。 【答案】
（1）①铁②NO3+8e+7H2O==NH4++10OH
—
—
—
—
——
pH=2.5 约10% 接近中性 —pH=4.5 约3% 接近中性 与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH不同时，NO3去除率和铁的最终物质形态不同的原（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO(OH)，FeO(OH)不导电，所以NO3的去除率低 （3）①Ⅱ；②Fe2++2FeO(OH)==Fe3O4+2H+，加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为生成FeO(OH)较少了，增强了导电性，另外生成了H+，可以使pH增大的速度减慢，使NO3
—
的转化率增大；
—
（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO(OH)，而FeO(OH)又不导电，所以NO3的去除率越低
【知识点】电化学和有机化学中的氧化还原反应 【考察能力】化学实验与探究能力 【解析】本题的考查方式类似于实验探究。
（1）考察原电池原理，由图可知失电子作为负极的是球中心的铁单质，正极则是NO
??
得到电子
变成NH4+。要注意，根据产物中生成NH4+，不能在碱性环境下大量存在，所以本题溶液显酸性。 （2）由图可知，在pH=2.5时，绝缘的FeO(OH)零散存在于Fe3O4球壳上，不影响体系导电；而pH=4.5时，FeO(OH)在Fe3O4表面均匀覆盖，阻碍了体系导电，从而阻碍电化学反应进行。
（3）①由题目右图可知，pH=4.5的条件下，亚铁离子单独存在时无法去除硝酸根，而只有Fe单质时去除率为50%，两者同时存在可达到100%的去除率，这说明亚铁离子是与表面的
FeO(OH)发生反应而不是直接还原硝酸根离子。
②是典型的平衡原理解释原因，先写出Fe2++2FeO(OH)==Fe3O4+2H+，c(Fe)更大使平衡正
2+
向移动，使更多FeO(OH)遭到破坏即可。
（4）根据pH=2.5时NO3—的去除率更高，结合（3）中观点，可以考虑是酸性较强时，Fe2+浓度较大，于是猜测Fe2+的来源是Fe+2H+==Fe2++H2↑。根据（4）中表格可看到经过1小时后，两种pH条件下去除率均很低，但溶液接近中性，说明Fe+2H+== Fe2++H2↑。反应较快而去除NO3。
—
反应开始时，pH=2.5的环境中可产生更多的亚铁离子，从而减少绝缘的FeO(OH)生成的量，使去除硝酸根离子的电化学反应进行得更彻底。
6
【难度】中 【分值】13分
27．（12分）
以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。
2+
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为： i：2Fe2++ PbO2+4H++SO42?ii: ……
①写出ii的例子方程式：________________。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向算话的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b．______________。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。
2Fe3++PbSO4+2H2O
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_____(选填序号)。
【答案】（1）Pb + PbO2 + 2H2SO4== 2PbSO4+ 2H2O。
（2）①2Fe3+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2；②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，
＋
＋
红色褪去。
（3）①A；②将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，得PbO。
【知识点】影响化学反应速率的因素；平衡移动原理 【考察能力】分析和解决（解答）化学问题的能力
（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生【解析】
＋
成PbSO4和水，化学方程式为Pb + PbO2 + 2H2SO4== 2PbSO4+ 2H2O。
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2被PbO2氧化为Fe3，则反
＋
＋
7
应ii中Fe3被Pb还原为Fe2，离子方程式为2Fe3+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2；②a实验证明发
＋
＋
＋
＋
生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①过程II为了除硫，操作过程中会加入过量的NaOH，通过条件可得PbO会部分溶解 在NaOH溶液中，故滤液I中会有过量的NaOH和部分溶解的PbO变为NaHPbO2，还有Na2SO4，重复使用过程中，抑制了条件所给的平衡，使得PbO损失减少，提高了产品的产率；另外NaOH也得到了重复利用，提高了原料利用率。
②过程III从粗产品得到纯产品，所以考查重结晶操作。结合溶解度曲线得到，在浓度大的NaOH溶液中PbO的溶解度随温度变化较大，所以选择35%的NaOH溶液做溶剂。根据条件可知，粗品中含有炭黑，所以需要进行趁热过滤。则操作为：将PbO粗品溶于适量热的35%的NaOH溶液中，形成热饱和溶液，趁热过滤，将滤液冷却至室温，过滤后洗涤沉淀，干燥后就能得到纯品PbO。 【难度】中 【分值】12分
28．（16分）
以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 滴管 试管 饱和Ag2SO4溶液 0．2 mol·L?1 2 mL （1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：____________。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42?，含有Cu+、Cu2+和SO32?。 已知：Cu+
Cu +Cu2+，Cu2+
CuI↓（白色）+I2。
Na2SO3溶液 0．1 mol·L?1 Al2（SO4）3溶液 0．2 mol·L?1 CuSO4 现象 Ⅰ．产生白色沉淀 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_____________。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32?。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是____________。 b．证实沉淀中含有Cu+和SO32?的理由是___________。
（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42?，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和________。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱
8
式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。
步骤二：_____________（按上图形式呈现）。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有___________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。 【答案】（1）2Ag+SO32—
＋
Ag2SO4↓。
＋
（2）①有红色固体生成；②a． BaCl2溶液。
b．棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI）,证明含有Cu2，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO32—。 （3）①氢氧化铝。
，且V1=V2。
（4）具有还原性、水解呈碱性；盐的性质和溶液的酸碱性。 【知识点】实验方案的设计、探究、评价 【考察能力】化学实验与探究能力
【解析】(1)根据现象及沉淀溶解平衡，易得出答案。
(2)①根据第二题中现象2及已知信息，可以得知，取少量洗净（排除Cu2+干扰）的棕黄色沉 淀，滴加稀硫酸，沉淀变红（铜单质），则证明有Cu+。
②a．根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2或者Ba(OH)2，由于OH-可以用于检验Cu2+，所以选用Ba(OH)2。b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有硫酸根离子。由加入KI生成白色沉淀可知有Cu+，由加淀粉无现象说明无I2，因而有还原剂SO32。
—
(3)①由题意，白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，可以得到沉淀中含有Al(OH)3。②相比Al(OH)3，铝的碱式盐所具有的区别是每个铝对应的氢氧根离子不足其三倍。因此应当设计一个定量实验（记录数据V1也暗示了这是一个定量实验）。定量思路可能有多种，比如使用同浓度的酸去定量测定，然而题中并未提供所用的稀NaOH的浓度，因而无法平行比较。因此必须重复使用题中所给稀NaOH溶液进行平行实验。实验过程如答案所示。
(4)题目中有多处暗示亚硫酸盐有还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色。第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与不同金属阳离子有关。 【难度】中 【分值】16分
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