2015-2024年十年高考化學真題分類匯編專題85 工藝流程-污染處理載體(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題85工藝流程——污染處理載體考點十年考情(2015-2024)命題趨勢考點1氣體污染處理2023?江蘇卷、2016·全國Ⅲ卷環(huán)境污染是化工過程中一個嚴重的問題，對生態(tài)環(huán)境和人類健康造成了嚴重的威脅，對化工過程中的環(huán)境污染進行控制和治理是保護生態(tài)環(huán)境、實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展的重要任務。污染處理是化工流程中的重要載體，主要涉及“廢水、廢氣、廢渣”的來源，對環(huán)境的影響和處理原理?？键c2重金屬污染處理2023?湖南卷、2020?北京卷、2016·北京理綜、2016·江蘇卷、2016·江蘇卷考點1氣體污染處理1．(2023?江蘇卷，16)實驗室模擬“鎂法工業(yè)煙氣脫硫”并制備MgSO4·H2O，其實驗過程可表示為(1)在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，反應為Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常數(shù)K與Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代數(shù)關系式為K=___________；下列實驗操作一定能提高氧化鎂漿料吸收SO2效率的有___________(填序號)。A．水浴加熱氧化鎂漿料B．加快攪拌速率C．降低通入SO2氣體的速率D．通過多孔球泡向氧化鎂漿料中通SO2(2)在催化劑作用下MgSO3被O2氧化為MgSO4。已知MgSO3的溶解度為0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為___________；在其他條件相同時，以負載鈷的分子篩為催化劑，漿料中MgSO3被O2氧化的速率隨pH的變化如題圖甲所示。在pH=6~8范圍內(nèi)，pH增大，漿料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。(3)制取MgSO4·H2O晶體。在如題圖乙所示的實驗裝置中，攪拌下，使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應。MgSO3漿料與H2SO4溶液的加料方式是___________；補充完整制取MgSO4·H2O晶體的實驗方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH時完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀；室溫下從MgSO4飽和溶液中結(jié)晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，實驗中需要使用MgO粉末)【答案】(1)①②BD(2)①2SO32-+O22SO42-②pH增大，抑制SO32-的水解，反應物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率(3)①用滴液漏斗向盛有MgSO3漿料的三頸燒瓶中緩慢滴加硫酸溶液②分批加入少量氧化鎂粉末，攪拌，直至用pH試紙測得pH≥5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥?！窘馕觥勘緦嶒灥哪康氖菫榱酥迫gSO4·H2O，首先在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應生成硫酸鎂，在硫酸鎂的溶液中加入氧化鎂調(diào)節(jié)溶液的pH除去三價鐵和三價鋁，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反應：①Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2OK②Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)Ksp[(Mg(OH)2)]③MgSO3(s)Mg2+(aq)+SO32-(aq)Ksp(MgSO3)④H2SO3H++HSO3-Ka1(H2SO3)⑤HSO3-H++SO32-Ka2(H2SO3)⑥H2OH++OH-KW根據(jù)蓋斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A項，加熱可加快反應速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會導致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，A錯誤；B項，加快攪拌速率，可以使反應物充分接觸，提高吸收SO2效率，B正確；C項，降低通入SO2氣體的速率，SO2可與MgO漿料充分接觸，但會降低反應速率，不一定能提高吸收SO2效率，C錯誤；D項，多孔球泡可以讓SO2與MgO漿料充分接觸，能提高吸收SO2效率，D正確；故選BD。(2)根據(jù)題意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化為SO42-，1molO2氧化2molSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為：2SO32-+O22SO42-；pH增大，抑制SO32-的水解，反應物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率；(3)在進行含固體物質(zhì)的反應物與液體反應的實驗時，應將含固體物質(zhì)的反應物放在三頸瓶中，通過滴液漏斗滴加液體，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4過量；根據(jù)題意，首先需要調(diào)節(jié)pH≥5以除去Fe3+、Al3+雜質(zhì)，需要用到的試劑為MgO粉末，操作細節(jié)為分批加入少量MgO粉末，以免pH過高，不斷攪拌進行反應直至檢測到pH≥5，然后過濾除去氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；接著需要從溶液中得到MgSO4·H2O，根據(jù)題目信息，室溫下結(jié)晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作細節(jié)為將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥。2．(2016·全國Ⅲ卷，27)煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回答下列問題：(1)NaClO2的化學名稱為_______。(2)在鼓泡反應器中通入含有含有SO2和NOx的煙氣，反應溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol·L?1。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/(mol·L?1)8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式__________________________。增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率______(填“提高”“不變”或“降低”)。②隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸______(填“提高”“不變”或“降低”)。③由實驗結(jié)果可知，脫硫反應速率______脫硝反應速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是___________。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均______________(填“增大”“不變”或“減小”)。②反應ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常數(shù)K表達式為___________。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。①從化學平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的有點是_______。②已知下列反應：SO2(g)+2OH?(aq)===SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1ClO?(aq)+SO32?(aq)===SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2CaSO4(s)===Ca2+(aq)+SO42?(aq)ΔH3則反應SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)的ΔH=______。【答案】(1)亞氯酸鈉；(2)①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高②減??；③大于；NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高(3)①減小；②(4)①生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行②△H1＋△H2－△H3【解析】(1)NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉；(2)①亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；；正反應是體積減小的，則增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率提高。②根據(jù)反應的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知隨著吸收反應的進行氫離子濃度增大，吸收劑溶液的pH逐漸降低。③由實驗結(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強，易被氧化。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。①由圖分析可知，反應溫度升高，O2和NO的平衡分壓負對數(shù)減小，這說明反應向逆反應方向進行，因此脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均減小。②根據(jù)反應的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數(shù)K表達式為。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。①由于生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行，所以Ca(ClO)2效果好。②已知：①SO2(g)+2OH?(aq)===SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1；②ClO?(aq)+SO32?(aq)===SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2；③CaSO4(s)===Ca2+(aq)+SO42?(aq)ΔH3；則根據(jù)蓋斯定律可知①＋②－③即得到反應SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)的ΔH=△H1＋△H2－△H3。專題2重金屬污染處理1．(2023?湖南卷，9)處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②Ksp(S)=6.4×10－36，Ksp()=1.6×10－24。下列說法錯誤的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C．“沉淀池Ⅱ”中，當和完全沉淀時，溶液中D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【解析】污水中含有銅離子、三價鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達到除去其中的雜質(zhì)。A項，根據(jù)分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B項，硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2OHS-+OH-，B正確；C項，當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D項，污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標準后，才能使用，D錯誤；故選D。2．(2020?北京卷，16)用如圖方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)Au(金)，Ag和Cu。已知：①濃硝酸不能單獨將Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl(1)酸溶后經(jīng)____操作，將混合物分離。(2)濃、稀HNO3均可作酸溶試劑。溶解等量的Cu消耗HNO3的物質(zhì)的量不同，寫出消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應的化學方程式：________________________________________。(3)HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同。①將溶金反應的化學方程式補充完整：Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3②關于溶金的下列說法正確的是______________。A．用到了HNO3的氧化性B．王水中濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性C．用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解(4)若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，則參加反應的Zn的物質(zhì)的量是____mol。(5)用適當濃度的鹽酸、NaCl溶液、氨水與鐵粉，可按照如圖方法從酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(圖中標注的試劑和物質(zhì)均不同)。試劑1是______________，試劑2是______________?！敬鸢浮?1)過濾(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O(3)①45NO2H2O4②AC(4)1.5(5)NaCl溶液鹽酸【解析】(1)Au(金)，Ag和Cu經(jīng)酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液，將固體和液體分開的的操作是過濾，將混合物分離；(2)銅與稀硝酸反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為8/3mol；銅與濃硝酸反應的化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為4mol；消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應的化學方程式為銅與稀硝酸的反應，化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(3)①根據(jù)化合價的變化規(guī)律可知，金的化合價從0價升高到+3價，作還原劑，硝酸作氧化劑，從+5價降低到+2價，產(chǎn)物有一氧化氮生成，根據(jù)質(zhì)量守恒，生成物中還有水，化學方程式為：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金過程中硝酸的化合價降低，作氧化劑，具有強氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正確；B．王水中V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3，金與濃硝酸表面生成致密的氧化膜，不反應，王水中濃鹽酸中提供了氯離子，利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應，主要作用增強硝酸的氧化性，故B錯誤；C．HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同，則用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解，故C正確；故選AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，HAuCl4中金的化合價為+3價，被鋅還原為0價，鋅的化合價從0價升高到＋2價，參加反應的Zn的物質(zhì)的量x，鋅的化合價從0價升高到+2價，根據(jù)得失電子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，則參加反應的Zn的物質(zhì)的量是1.5mol；(5)根據(jù)圖中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質(zhì)1和物質(zhì)3，物質(zhì)3加入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水，物質(zhì)3是氯化銀，試劑1是NaCl溶液，物質(zhì)1是氯化銅，氯化銅加入過量鐵粉得到銅和亞鐵離子，經(jīng)過試劑2，過濾后得到銅單質(zhì)，試劑2是鹽酸，除去過量的鐵粉，二氨合銀離子經(jīng)過還原可以得到銀單質(zhì)，實現(xiàn)了銅和銀的分離，試劑1是NaCl溶液，試劑2是鹽酸。3．(2016·北京理綜，26)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO3-)已成為環(huán)境修復研究的熱點之一。(1)Fe還原水體中NO3-的反應原理如圖所示。①作負極的物質(zhì)是________。②正極的電極反應式是_________。(2)將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時測定NO3—的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率接近100%＜50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)pH=4.5時，NO3—的去除率低。其原因是________。(3)實驗發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3—的去除率。對Fe2+的作用提出兩種假設：Ⅰ.Fe2+直接還原NO3—；Ⅱ.Fe2+破壞FeO(OH)氧化層。①做對比實驗，結(jié)果如右圖所示，可得到的結(jié)論是_______。②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成Fe3O4。結(jié)合該反應的離子方程式，解釋加入Fe2+提高NO3—去除率的原因：______。pH=4.5(其他條件相同)(4)其他條件與(2)相同，經(jīng)1小時測定NO3—的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率約10%約3%1小時pH接近中性接近中性與(2)中數(shù)據(jù)對比，解釋(2)中初始pH不同時，NO3—去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：__________?！敬鸢浮?1)①鐵②NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，(2)FeO(OH)不導電，阻礙電子轉(zhuǎn)移(3)①本實驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率②Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，F(xiàn)e2+將不導電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導電的Fe3O4，利于電子的轉(zhuǎn)移(4)初始pH低時，產(chǎn)生的Fe2+充足；初始pH高時，產(chǎn)生的Fe2+不足【解析】用零價鐵去除水體中的硝酸鹽，(1)①Fe還原水體中的NO3-的反應原理圖可知，F(xiàn)e被氧化作負極；②正極是硝酸根離子被還原為NH4+，該溶液為酸性電解質(zhì)溶液，結(jié)合元素和電荷守恒可知電極反應式為：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；(2)從PH對硝酸根去除率的影響來看，初始pH=4.5時去除率低，主要是應為鐵離子容易水解生成FeO(OH)，同時生成的Fe3O4產(chǎn)率降低，且生成的FeO(OH)不導電，所以NO3-的去除率低；(3)①從右圖可以看出只加入鐵粉和只加入Fe2+，NO3-的去除率都不及同時加入鐵和亞鐵離子硝酸根的去除率高，說明不是應用了亞鐵離子的還原性提高的硝酸根的去除率的，而是由于Fe2+破壞FeO(OH)生成了四氧化三鐵；②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成四氧化三鐵，該反應的離子方程式為：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入Fe2+之所以可以提高硝酸根離子的轉(zhuǎn)化率主要因為較少了FeO(OH)的生成，生成更多的Fe3O4，增強了導電性，另外生成了H+，可以是pH增大的速度減慢，使NO3-的轉(zhuǎn)化率增大；(4)由于Fe3+的水解，所以pH越高，F(xiàn)e3+越容易生成FeO(OH)，F(xiàn)eO(OH)又不導電，所以NO3-的去除率越低。4．(2016·江蘇卷，19)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72-的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3＋，其電極反應式為_____________。(2)在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結(jié)果如圖所示0。①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是__________。②當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是_____________。(3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合價為+3)與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)4－，其離子方程式為。②納米鐵粉與水中NO3-反應的離子方程式為4Fe+NO3-+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3-的去除率下降，其原因是。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異(見右圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是?！敬鸢浮?1)Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；(2)①活性炭對Cu2+和Pb2+有吸附作用②鐵的質(zhì)量分數(shù)增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少(3)①2Fe2++BH4-+4OH－=2Fe+B(OH)4－+2H2↑；②納米鐵粉與H＋反應生成H2③Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3－的反應(或形成的Fe－Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3－的反應速率)【解析】(1)混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72-的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72-獲得電子，被還原產(chǎn)生Cr3+，則正極上發(fā)生的電極反應式為Cr2O72-+6e-+14H+＝2Cr3++7H2O；(2)①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是活性炭是酥松多孔的物質(zhì)，表面積大，吸附力強，可以吸附水中少量的Cu2+和Pb2+，從而可以降低水中Cu2+和Pb2+的濃度；②鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少，因此Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；(3)①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合價為+3)與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)4-，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為2Fe2++BH4-+4OH－=2Fe+B(OH)4－+2H2↑；②納米鐵粉與水中NO3-反應的離子方程式為4Fe+NO3-+10H+==4Fe2++NH4++3H2O，若pH偏低，則溶液的酸性增強，會發(fā)生反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑；導致NO3-的去除率下降；③根據(jù)圖像可知，相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異，可能是由于Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3－的反應(或形成的Fe－Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3－的反應速率)。5．(2016·江蘇卷，19)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72-的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3＋，其電極反應式為_____________。(2)在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結(jié)果如圖所示0。①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是__________。②當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是_____________。(3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合價為+3)與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)4－，其離子方程式為。②納米鐵粉與水中NO3-反應的離子方程式為4Fe+NO3-+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3-的去除率下降，其原因是。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異(見右圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是?！敬鸢浮?1)Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；(2)①活性炭對Cu2+和Pb2+有吸附作用②鐵的質(zhì)量分數(shù)增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少(3)①2Fe2++BH4-+4OH－=2Fe+B(OH)4－+2H2↑；②納米鐵粉與H＋反應生成H2③Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3－的反應(或形成的Fe－Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3－的反應速率)【解析】(1)混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72-的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72-獲得電子，被還原產(chǎn)生Cr3+，則正極上發(fā)生的電極反應式為Cr2O72-+6e-+14H+＝2Cr3++7H2O；(2)①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是活性炭是酥松多孔的物質(zhì)，表面積大，吸附力強，可以吸附水中少量的Cu2+和Pb2+，從而可以降低水中Cu2+和Pb2+的濃度；②鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少，因此Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；(3)①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合價為+3)與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)4-，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為2Fe2++BH4-+4OH－=2Fe+B(OH)4－+2H2↑；②納米鐵粉與水中NO3-反應的離子方程式為4Fe+NO3-+10H+==4Fe2++NH4++3H2O，若pH偏低，則溶液的酸性增強，會發(fā)生反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑；導致NO3-的去除率下降；③根據(jù)圖像可知，相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異，可能是由于Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3－的反應(或形成的Fe－Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3－的反應速率)。專題85工藝流程——污染處理載體考點十年考情(2015-2024)命題趨勢考點1氣體污染處理2023?江蘇卷、2016·全國Ⅲ卷環(huán)境污染是化工過程中一個嚴重的問題，對生態(tài)環(huán)境和人類健康造成了嚴重的威脅，對化工過程中的環(huán)境污染進行控制和治理是保護生態(tài)環(huán)境、實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展的重要任務。污染處理是化工流程中的重要載體，主要涉及“廢水、廢氣、廢渣”的來源，對環(huán)境的影響和處理原理。考點2重金屬污染處理2023?湖南卷、2020?北京卷、2016·北京理綜、2016·江蘇卷、2016·江蘇卷考點1氣體污染處理1．(2023?江蘇卷，16)實驗室模擬“鎂法工業(yè)煙氣脫硫”并制備MgSO4·H2O，其實驗過程可表示為(1)在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，反應為Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常數(shù)K與Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代數(shù)關系式為K=___________；下列實驗操作一定能提高氧化鎂漿料吸收SO2效率的有___________(填序號)。A．水浴加熱氧化鎂漿料B．加快攪拌速率C．降低通入SO2氣體的速率D．通過多孔球泡向氧化鎂漿料中通SO2(2)在催化劑作用下MgSO3被O2氧化為MgSO4。已知MgSO3的溶解度為0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為___________；在其他條件相同時，以負載鈷的分子篩為催化劑，漿料中MgSO3被O2氧化的速率隨pH的變化如題圖甲所示。在pH=6~8范圍內(nèi)，pH增大，漿料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。(3)制取MgSO4·H2O晶體。在如題圖乙所示的實驗裝置中，攪拌下，使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應。MgSO3漿料與H2SO4溶液的加料方式是___________；補充完整制取MgSO4·H2O晶體的實驗方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH時完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀；室溫下從MgSO4飽和溶液中結(jié)晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，實驗中需要使用MgO粉末)【答案】(1)①②BD(2)①2SO32-+O22SO42-②pH增大，抑制SO32-的水解，反應物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率(3)①用滴液漏斗向盛有MgSO3漿料的三頸燒瓶中緩慢滴加硫酸溶液②分批加入少量氧化鎂粉末，攪拌，直至用pH試紙測得pH≥5，過濾；將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥?！窘馕觥勘緦嶒灥哪康氖菫榱酥迫gSO4·H2O，首先在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應生成硫酸鎂，在硫酸鎂的溶液中加入氧化鎂調(diào)節(jié)溶液的pH除去三價鐵和三價鋁，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反應：①Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2OK②Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)Ksp[(Mg(OH)2)]③MgSO3(s)Mg2+(aq)+SO32-(aq)Ksp(MgSO3)④H2SO3H++HSO3-Ka1(H2SO3)⑤HSO3-H++SO32-Ka2(H2SO3)⑥H2OH++OH-KW根據(jù)蓋斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A項，加熱可加快反應速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會導致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，A錯誤；B項，加快攪拌速率，可以使反應物充分接觸，提高吸收SO2效率，B正確；C項，降低通入SO2氣體的速率，SO2可與MgO漿料充分接觸，但會降低反應速率，不一定能提高吸收SO2效率，C錯誤；D項，多孔球泡可以讓SO2與MgO漿料充分接觸，能提高吸收SO2效率，D正確；故選BD。(2)根據(jù)題意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化為SO42-，1molO2氧化2molSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的離子方程式為：2SO32-+O22SO42-；pH增大，抑制SO32-的水解，反應物SO32-的濃度增大，故可加快氧化速率；(3)在進行含固體物質(zhì)的反應物與液體反應的實驗時，應將含固體物質(zhì)的反應物放在三頸瓶中，通過滴液漏斗滴加液體，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4過量；根據(jù)題意，首先需要調(diào)節(jié)pH≥5以除去Fe3+、Al3+雜質(zhì)，需要用到的試劑為MgO粉末，操作細節(jié)為分批加入少量MgO粉末，以免pH過高，不斷攪拌進行反應直至檢測到pH≥5，然后過濾除去氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀；接著需要從溶液中得到MgSO4·H2O，根據(jù)題目信息，室溫下結(jié)晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作細節(jié)為將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結(jié)晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥。2．(2016·全國Ⅲ卷，27)煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回答下列問題：(1)NaClO2的化學名稱為_______。(2)在鼓泡反應器中通入含有含有SO2和NOx的煙氣，反應溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol·L?1。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/(mol·L?1)8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式__________________________。增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率______(填“提高”“不變”或“降低”)。②隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸______(填“提高”“不變”或“降低”)。③由實驗結(jié)果可知，脫硫反應速率______脫硝反應速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是___________。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均______________(填“增大”“不變”或“減小”)。②反應ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常數(shù)K表達式為___________。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。①從化學平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的有點是_______。②已知下列反應：SO2(g)+2OH?(aq)===SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1ClO?(aq)+SO32?(aq)===SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2CaSO4(s)===Ca2+(aq)+SO42?(aq)ΔH3則反應SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)的ΔH=______?！敬鸢浮?1)亞氯酸鈉；(2)①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高②減?。虎鄞笥?；NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高(3)①減小；②(4)①生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行②△H1＋△H2－△H3【解析】(1)NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉；(2)①亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；；正反應是體積減小的，則增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率提高。②根據(jù)反應的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知隨著吸收反應的進行氫離子濃度增大，吸收劑溶液的pH逐漸降低。③由實驗結(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強，易被氧化。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。①由圖分析可知，反應溫度升高，O2和NO的平衡分壓負對數(shù)減小，這說明反應向逆反應方向進行，因此脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均減小。②根據(jù)反應的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數(shù)K表達式為。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。①由于生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應方向進行，所以Ca(ClO)2效果好。②已知：①SO2(g)+2OH?(aq)===SO32?(aq)+H2O(l)ΔH1；②ClO?(aq)+SO32?(aq)===SO42?(aq)+Cl?(aq)ΔH2；③CaSO4(s)===Ca2+(aq)+SO42?(aq)ΔH3；則根據(jù)蓋斯定律可知①＋②－③即得到反應SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO?(aq)+2OH?(aq)===CaSO4(s)+H2O(l)+Cl?(aq)的ΔH=△H1＋△H2－△H3。專題2重金屬污染處理1．(2023?湖南卷，9)處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②Ksp(S)=6.4×10－36，Ksp()=1.6×10－24。下列說法錯誤的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C．“沉淀池Ⅱ”中，當和完全沉淀時，溶液中D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【解析】污水中含有銅離子、三價鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達到除去其中的雜質(zhì)。A項，根據(jù)分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B項，硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2OHS-+OH-，B正確；C項，當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D項，污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標準后，才能使用，D錯誤；故選D。2．(2020?北京卷，16)用如圖方法回收廢舊CPU中的單質(zhì)Au(金)，Ag和Cu。已知：①濃硝酸不能單獨將Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl(1)酸溶后經(jīng)____操作，將混合物分離。(2)濃、稀HNO3均可作酸溶試劑。溶解等量的Cu消耗HNO3的物質(zhì)的量不同，寫出消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應的化學方程式：________________________________________。(3)HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同。①將溶金反應的化學方程式補充完整：Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3②關于溶金的下列說法正確的是______________。A．用到了HNO3的氧化性B．王水中濃鹽酸的主要作用是增強溶液的酸性C．用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解(4)若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，則參加反應的Zn的物質(zhì)的量是____mol。(5)用適當濃度的鹽酸、NaCl溶液、氨水與鐵粉，可按照如圖方法從酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(圖中標注的試劑和物質(zhì)均不同)。試劑1是______________，試劑2是______________。【答案】(1)過濾(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O(3)①45NO2H2O4②AC(4)1.5(5)NaCl溶液鹽酸【解析】(1)Au(金)，Ag和Cu經(jīng)酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液，將固體和液體分開的的操作是過濾，將混合物分離；(2)銅與稀硝酸反應的化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為8/3mol；銅與濃硝酸反應的化學方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物質(zhì)的量為4mol；消耗HNO3物質(zhì)的量少的反應的化學方程式為銅與稀硝酸的反應，化學方程式為：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；(3)①根據(jù)化合價的變化規(guī)律可知，金的化合價從0價升高到+3價，作還原劑，硝酸作氧化劑，從+5價降低到+2價，產(chǎn)物有一氧化氮生成，根據(jù)質(zhì)量守恒，生成物中還有水，化學方程式為：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②A．溶金過程中硝酸的化合價降低，作氧化劑，具有強氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正確；B．王水中V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3，金與濃硝酸表面生成致密的氧化膜，不反應，王水中濃鹽酸中提供了氯離子，利于生成四氯合金離子，利于金與硝酸的反應，主要作用增強硝酸的氧化性，故B錯誤；C．HNO3-NaCl與王水[V(濃硝酸)：V(濃鹽酸)=1：3溶金原理相同，則用濃鹽酸與NaNO3也可使Au溶解，故C正確；故選AC；(4)由于HAuCl4=H++AuCl4-，若用Zn粉將溶液中的1molHAuCl4完全還原，HAuCl4中金的化合價為+3價，被鋅還原為0價，鋅的化合價從0價升高到＋2價，參加反應的Zn的物質(zhì)的量x，鋅的化合價從0價升高到+2價，根據(jù)得失電子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，則參加反應的Zn的物質(zhì)的量是1.5mol；(5)根據(jù)圖中信息可知，含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質(zhì)1和物質(zhì)3，物質(zhì)3加入試劑3后得到的是二氨合銀離子，試劑3是氨水，物質(zhì)3是氯化銀，試劑1是NaCl溶液，物質(zhì)1是氯化銅，氯化銅加入過量鐵粉得到銅和亞鐵離子，經(jīng)過試劑2，過濾后得到銅單質(zhì)，試劑2是鹽酸，除去過量的鐵粉，二氨合銀離子經(jīng)過還原可以得到銀單質(zhì)，實現(xiàn)了銅和銀的分離，試劑1是NaCl溶液，試劑2是鹽酸。3．(2016·北京理綜，26)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NO3-)已成為環(huán)境修復研究的熱點之一。(1)Fe還原水體中NO3-的反應原理如圖所示。①作負極的物質(zhì)是________。②正極的電極反應式是_________。(2)將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時測定NO3—的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率接近100%＜50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)pH=4.5時，NO3—的去除率低。其原因是________。(3)實驗發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3—的去除率。對Fe2+的作用提出兩種假設：Ⅰ.Fe2+直接還原NO3—；Ⅱ.Fe2+破壞FeO(OH)氧化層。①做對比實驗，結(jié)果如右圖所示，可得到的結(jié)論是_______。②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成Fe3O4。結(jié)合該反應的離子方程式，解釋加入Fe2+提高NO3—去除率的原因：______。pH=4.5(其他條件相同)(4)其他條件與(2)相同，經(jīng)1小時測定NO3—的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3—的去除率約10%約3%1小時pH接近中性接近中性與(2)中數(shù)據(jù)對比，解釋(2)中初始pH不同時，NO3—去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：__________?！敬鸢浮?1)①鐵②NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，(2)FeO(OH)不導電，阻礙電子轉(zhuǎn)移(3)①本實驗條件下，F(xiàn)e2+不能直接還原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率②Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，F(xiàn)e2+將不導電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導電的Fe3O4，利于電子的轉(zhuǎn)移(4)初始pH低時，產(chǎn)生的Fe2+充足；初始pH高時，產(chǎn)生的Fe2+不足【解析】用零價鐵去除水體中的硝酸鹽，(1)①Fe還原水體中的NO3-的反應原理圖可知，F(xiàn)e被氧化作負極；②正極是硝酸根離子被還原為NH4+，該溶液為酸性電解質(zhì)溶液，結(jié)合元素和電荷守恒可知電極反應式為：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；(2)從PH對硝酸根去除率的影響來看，初始pH=4.5時去除率低，主要是應為鐵離子容易水解生成FeO(OH)，同時生成的Fe3O4產(chǎn)率降低，且生成的FeO(OH)不導電，所以NO3-的去除率低；(3)①從右圖可以看出只加入鐵粉和只加入Fe2+，NO3-的去除率都不及同時加入鐵和亞鐵離子硝酸根的去除率高，說明不是應用了亞鐵離子的還原性提高的硝酸根的去除率的，而是由于Fe2+破壞FeO(OH)生成了四氧化三鐵；②同位素示蹤法證實Fe2+能與FeO(OH)反應生成四氧化三鐵，該反應的離子方程式為：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入Fe2+之所以可以提高硝酸根離子的轉(zhuǎn)化率主要因為較少了FeO(OH)的生成，生成更多的Fe3O4，增強了導電性，另外生成了H+，可以是pH增大的速度減慢，使NO3-的轉(zhuǎn)化率增大；(4)由于Fe3+的水解，所以pH越高，F(xiàn)e3+越容易生成FeO(OH)，F(xiàn)eO(OH)又不導電，所以NO3-的去除率越低。4．(2016·江蘇卷，19)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72-的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3＋，其電極反應式為_____________。(2)在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結(jié)果如圖所示0。①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是__________。②當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是_____________。(3)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合價為+3)與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)4－，其離子方程式為。②納米鐵粉與水中NO3-反應的離子方程式為4Fe+NO3-+10H+＝4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3-的去除率下降，其原因是。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異(見右圖)，產(chǎn)生該差異的可能原因是?！敬鸢浮?1)Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O；(2)①活性炭對Cu2+和Pb2+有吸附作用②鐵的質(zhì)量分數(shù)增加，鐵炭混合物中微電池數(shù)目減少(3)①2Fe2++BH4-+4OH－=2Fe+B(OH)4－+2H2↑；②納米鐵粉與H＋反