高考二輪復(fù)習(xí)專題15 工藝流程題-真題和模擬題化學(xué)分項(xiàng)匯編（解析版）

這是一份高考二輪復(fù)習(xí)專題15 工藝流程題-真題和模擬題化學(xué)分項(xiàng)匯編（解析版），共62頁(yè)。試卷主要包含了磷酸鐵常用作電極材料等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?專題15 工藝流程題

1．（2021·全國(guó)高考真題）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。回答下列問題：
(1)的一種制備方法如下圖所示：

①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_______，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_______后可循環(huán)使用。
②通入的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；若反應(yīng)物用量比時(shí)，氧化產(chǎn)物為_______；當(dāng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是_______。
(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的總反應(yīng)的離子方程式為_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_______。在溶液中可發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室中使用過量的與溶液反應(yīng)后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過量的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被過量的進(jìn)一步氧化 4 防止單質(zhì)碘析出
【解析】
(1) ①由流程圖可知懸濁液中含AgI ，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的過程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比時(shí)即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)即過量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，故答案為：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進(jìn)一步氧化；
(2)先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故答案為：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應(yīng)中加入過量，I-濃度增大，可逆反應(yīng)平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時(shí)防止單質(zhì)碘析出，故答案為：4；防止單質(zhì)碘析出。
2．（2021·吉林長(zhǎng)春市·長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高二月考）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表
金屬離子




開始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列問題：
(1)“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應(yīng)，、、、轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫出轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式_______。
(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。
(3)“母液①"中濃度為_______。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是_______。
(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用。
【答案】 硫酸
【分析】
由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與稀硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時(shí)，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故答案為：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。
3．（2021·廣東高考真題）對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：

已知：25℃時(shí)，的，；；；該工藝中，時(shí)，溶液中元素以的形態(tài)存在。
(1)“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價(jià)為_______。
(2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。
(3)“沉鉬”中，為7.0。
①生成的離子方程式為_______。
②若條件控制不當(dāng)，也會(huì)沉淀。為避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。
(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_______。
②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量，可析出。
(5)高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應(yīng)。

①該氧化物為_______。
②已知：和同族，和同族。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_______。
【答案】+6 +=↓
【分析】
由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應(yīng)分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇。
【解析】
（1）“焙燒”中，有生成，其中Na和O的化合價(jià)為+1和-2，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0可知，元素的化合價(jià)為+6。
（2）“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為。
（3）①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為+=↓。
②若開始生成沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為。為避免中混入沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中為7.0，，所以溶液中時(shí)，開始生成沉淀， 因此， 時(shí)，應(yīng)停止加入溶液。
（4）①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。
②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由與反應(yīng)生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。
②由和同族、和同族可知，中顯+3價(jià)（其最高價(jià)）、顯-3價(jià)。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8，元素被氧化，則該反應(yīng)的氧化劑為，還原劑為。中的O元素為-1價(jià)，其作為氧化劑時(shí)，O元素要被還原到-2價(jià)，每個(gè)參加反應(yīng)會(huì)使化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為。
4．（2021·河北高考真題）綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：

回答下列問題：
(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是___(填元素符號(hào))。
(2)工序①的名稱為__。
(3)濾渣的主要成分是__(填化學(xué)式)。
(4)工序③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。
(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為__，可代替NaOH的化學(xué)試劑還有___(填化學(xué)式)。
(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序___(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。
(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為__。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【分析】
由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。
【解析】
(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；
（3）由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中發(fā)生的反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案為：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，，F(xiàn)e（CrO2）2與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應(yīng)，故答案為：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌?，故答案為：②?br /> （7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當(dāng)為10—5mol/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。
5．（2021·湖南高考真題）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備的工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，該核素的符號(hào)為_______；
(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；
(3)濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學(xué)式)；
(4)加入絮凝劑的目的是_______；
(5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；
(6)濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時(shí)生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______
【答案】 適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等 Al(OH)3 促使鋁離子沉淀 ↑ 堿性 6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙燒濃硫酸和獨(dú)居石的混合物、水浸，轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ?yàn)镕ePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，則質(zhì)量數(shù)為58+80=138，該核素的符號(hào)為；
(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當(dāng)升高溫度，將獨(dú)居石粉碎等；
(3)結(jié)合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；
(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()==≈2.3×10-8，則Kh()1.7之后，水解平衡正向移動(dòng)，溶液中濃度降低，所以萃取率下降，故答案為：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移動(dòng)，溶液中濃度降低，所以萃取率下降；
（4）試劑x的作用是調(diào)節(jié)溶液的PH，時(shí)先沉淀，后沉淀，使二者分離，x為某種鈉的正鹽，從環(huán)保、經(jīng)濟(jì)角度，x最好為；調(diào)節(jié)pH范圍應(yīng)滿足讓完全沉淀同時(shí)未沉淀，當(dāng)完全沉淀時(shí)，濃度為，此時(shí)，所以溶液，當(dāng)開始沉淀是，溶液中，所以溶液，調(diào)節(jié)溶液，故答案為：；；
（5）步驟V酸溶時(shí)逐滴加入H3PO4溶液，開始時(shí)溶液中酸少量，過量，先生成和，當(dāng)加入H3PO4溶液呈酸性時(shí)會(huì)發(fā)生如下反應(yīng)：、保證生成物質(zhì)較多為Mn(H2PO4)2·2H2O，故答案為：加入H3PO4溶液呈酸性，使和發(fā)生如下反應(yīng)、，可以保證生成物質(zhì)較多為Mn(H2PO4)2·2H2O。
18．（2021·山東高三三模）綜合利用研究發(fā)現(xiàn)，硼鎂鐵礦(主要成分為，含有SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì))可以制備硼酸、鐵紅和碳酸鎂等常用化工試劑，工藝流程圖如下：

回答下列問題：
（1）硼鎂礦粉碎的目的是___________，“酸浸”中發(fā)生的離子反應(yīng)是___________。
（2）為提高產(chǎn)品純度，“凈化”時(shí)用的試劑X為___________(填化學(xué)式)，如果將“凈化”中①和②的順序調(diào)換，會(huì)導(dǎo)致的結(jié)果是___________。
（3）過濾所得碳酸鎂需冷水洗滌后再進(jìn)行干燥證明碳酸鎂固體洗滌干凈的具體操作為___________。
（4）不同條件下硼酸的萃取率圖象如下：

萃取過程為___________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。增大pH會(huì)導(dǎo)致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接觸面積，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者M(jìn)g(OH)2等 鐵元素不能徹底的分離，濾液中仍然含有Fe2+，導(dǎo)致所得碳酸鎂不純凈 取少量最后一次洗滌液于一試管中，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則洗滌干凈 放熱 當(dāng)溶液的pH過高時(shí)，硼酸以鹽的形式存在
【分析】
硼鎂鐵礦經(jīng)過粉碎增大了與酸的接觸面積，提高了反應(yīng)速率，經(jīng)過硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2沒有溶解，過濾直接除去，加H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，再加MgO或者M(jìn)g(OH)2等，調(diào)節(jié)溶液的pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，灼燒Fe(OH)3得到鐵紅Fe2O3，過濾后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取劑，將硼酸根和含有Mg2+的溶液分離，在水層中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有機(jī)相中加入反萃取劑，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促進(jìn)生成硼酸，結(jié)晶析出。
【解析】
（1）硼鐵礦粉碎可以增大固液接觸面積，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中與酸發(fā)生的離子反應(yīng)是；
（2） “凈化”時(shí)，加入物質(zhì)X是調(diào)節(jié)溶液的pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，為提高產(chǎn)品純度，試劑X應(yīng)為MgO或者M(jìn)g(OH)2等，如果將“凈化”中①和②的順序調(diào)換，F(xiàn)e2+未被氧化成Fe3+，從而未能轉(zhuǎn)化成沉淀除去，導(dǎo)致鐵元素不能徹底的分離，濾液中仍然含有Fe2+，導(dǎo)致所得碳酸鎂不純凈；
（3）若未洗滌干凈，洗滌液中會(huì)有離子，則證明碳酸鎂固體洗滌干凈的具體操作為取少量最后一次洗滌液于一試管中，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則洗滌干凈；
（4）由圖可知，溫度越高，萃取率越低，則可知硼酸的萃取過程為放熱反應(yīng)。增大pH會(huì)導(dǎo)致萃取率降低的原因是當(dāng)溶液的pH過高時(shí)，H3BO3的電離程度增大，硼酸以鹽的形式存在。
19．（2021·遼寧沈陽(yáng)市·沈陽(yáng)二中高三月考）鐵、鎳及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。從某礦渣[成分為NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工藝流程如圖：

已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列問題：
（1）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有_______(寫化學(xué)式)。
（2）礦渣中部分FeO在空氣中焙燒時(shí)反應(yīng)生成Fe2(SO4)3的化學(xué)方程式為_______。
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(濃度為1.0×10-3mol·L-1)，當(dāng)溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時(shí)，除鈣率為_______[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
（4）溶劑萃取可用于對(duì)溶液中的金屬離子進(jìn)行富集與分離：Fe2+(水相) + 2RH(有機(jī)相) ?FeR2(有機(jī)相)+2H+(水相)萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對(duì)溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖所示，V0/VA的最佳取值為_______。在_______(填“強(qiáng)堿性”“強(qiáng)酸性”或“中性”)介質(zhì)中“反萃取”能使有機(jī)相再生而循環(huán)利用。

（5）以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。通電后，在鐵電極附近生成紫紅色的FeO，同時(shí)會(huì)產(chǎn)生少量紅褐色物質(zhì)。

①電解時(shí)離子交換膜(b)為_______(填“陰”或“陽(yáng)”)離子交換膜。
②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，進(jìn)而提高了Na2FeO4的產(chǎn)率。該反應(yīng)的離子方程式為_______。
【答案】SiO2 4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O 99% 0.25 強(qiáng)酸性 陰 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
【分析】
某礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨研磨后，600℃焙燒，已知：(NH4)2SO4在350℃以上會(huì)分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的熱水中浸泡過濾得到浸出液，加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液加入萃取劑得到無(wú)機(jī)相和有機(jī)相，無(wú)機(jī)相通過一系列操作得到硫酸鎳，有機(jī)相循環(huán)使用，據(jù)此分析解答。
【解析】
（1）礦渣的主要成分是NiFe2O4(鐵酸鎳)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸銨加熱浸取后的浸渣為不反應(yīng)和不溶于水的硫酸鈣和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，還含有SiO2，所以答案為SiO2。
（2）礦渣中部分FeO焙燒時(shí)與H2SO4及空氣中的氧氣反應(yīng)生成Fe2(SO4)3和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
（3）當(dāng)溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1時(shí)，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)= c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，則除鈣率為99%，所以答案為：99%。
（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根據(jù)圖象，最佳取值為0.25；在強(qiáng)酸性介質(zhì)中“反萃取”能使有機(jī)相再生而循環(huán)利用，所以答案為：0.25；強(qiáng)酸性。
（5）①電解時(shí)正極連接鐵電極，為陽(yáng)極，陽(yáng)極上失電子在堿性條件下反應(yīng)生成FeO，電極反應(yīng)式為Fe-6e-+8OH-= FeO+4H2O；離子交換膜(b))需要允許氫氧根離子向Ⅲ移動(dòng)，為陰離子交換膜，所以答案為：陰。
②向鐵電極區(qū)出現(xiàn)的紅褐色物質(zhì)中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸鈉將氫氧化鐵氧化生成高鐵酸鈉，所以反應(yīng)的離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。
20．（2021·重慶高三三模）檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7，式量：246)是一種易吸收的高效鐵制劑，某研究團(tuán)隊(duì)用硫鐵礦(主要成分為FeS2、SiO2、Al2O3)為原料，制備檸檬酸亞鐵，其流程如圖：

已知：I.電離常數(shù)：，；檸檬酸()：，，。
Ⅱ.下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為0.1mol·L-1計(jì)算)。
金屬離子
開始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
（1）檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種________(填“正”“酸式”或“堿式”)鹽，濾渣1的成分為________(填化學(xué)式)。
（2）已知：FeS2與H2SO4不反應(yīng)。則“還原”時(shí)FeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：________；加入FeS2還原后，加入一種試劑檢驗(yàn)還原反應(yīng)已經(jīng)完全反應(yīng)，該試劑是________。
（3）“沉鐵”時(shí)的離子方程式為________，該反應(yīng)需控制溫度在35℃以下，其可能的原因是________。
（4）“除鋁”時(shí)所調(diào)pH范圍是________，“還原”和“除鋁”兩步操作________(填“能”或“不能”)交換，若不能請(qǐng)說出其原因________，若能則原因處不作答。
（5）檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)在空氣中煅燒生成Fe2O3時(shí)，也會(huì)生成FeO?，F(xiàn)煅燒49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。則Fe2O3的質(zhì)量為________g。
【答案】酸式 SiO2 FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 HCO+NH3+Fe2+=FeCO3ˉ+NH NH4HCO3不穩(wěn)定，溫度高于35℃發(fā)生分解 5.0≤pH≤5.8 不能 因?yàn)槿芤褐杏蠪e3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先調(diào)pH則Fe3+也會(huì)沉淀而損耗，降低產(chǎn)率 14.4
【分析】
硫鐵礦在空氣中焙燒，F(xiàn)eS2被氧化為SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，F(xiàn)e2O3、Al2O3溶解，過濾得到含有Fe3+和Al3+的溶液，濾渣為難溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2將Fe3+還原為Fe2+，根據(jù)現(xiàn)象可知S元素被氧化為S單質(zhì)，之后調(diào)節(jié)pH除去Al3+，再加入碳酸氫銨、氨氣得到FeCO3，過濾、洗滌得到FeCO3固體，加入檸檬酸溶解，經(jīng)系列操作得到檸檬酸亞鐵晶體。
【解析】
（1）根據(jù)題目所給信息可知檸檬酸存在三級(jí)電離平衡常數(shù)，即檸檬酸為三元酸，所以FeC6H6O7可以電離出一個(gè)氫離子，為酸式鹽；濾渣1為難溶于稀硫酸的SiO2；
（2） FeS2將Fe3+還原為Fe2+，根據(jù)現(xiàn)象可知S元素被氧化為S單質(zhì)，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化還原反應(yīng)已經(jīng)完全反應(yīng)，則溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN-反應(yīng)得到血紅色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液來判斷是否完全反應(yīng)；
（3）沉鐵時(shí)Fe2+結(jié)合HCO電離產(chǎn)生的CO生成FeCO3，同時(shí)通入氨氣中和產(chǎn)生的氫離子得到銨根，離子方程式為HCO+NH3+Fe2+=FeCO3ˉ+NH；NH4HCO3不穩(wěn)定，溫度高于35℃發(fā)生分解，所以要控制溫度；
（4）除鋁時(shí)要保證Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以調(diào)節(jié)pH的范圍為5.0≤pH＜5.8；因?yàn)槿芤褐杏蠪e3+，且根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3+沉淀的pH比Al3+更低，若先調(diào)pH則Fe3+也會(huì)沉淀而損耗，降低產(chǎn)率，所以不能交換兩步操作；
（5）49.2g的FeC6H6O7的物質(zhì)的量為=0.2mol，設(shè)混合物中Fe2O3的物質(zhì)的量為x mol，F(xiàn)eO的物質(zhì)的量為y mol，根據(jù)鐵元素守恒可得2x+y=0.2，根據(jù)質(zhì)量守恒有160x+72y=15.84，聯(lián)立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的質(zhì)量為160g×0.08mol=14.4g。
21．（2021·遼寧葫蘆島市·高三二模）NiSO4·6H2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛應(yīng)用于化學(xué)鍍鎳、生產(chǎn)電池、醫(yī)藥工業(yè)、催化行業(yè)以及印染工業(yè)等行業(yè)中。由一種廢料(主要成分是鐵鎳合金，還含有銅、鎂、硅的氧化物)為原料制取NiSO4·6H2O步驟如圖：

已知：①鎳能溶于稀酸但溶解不完全，通常表現(xiàn)為+2價(jià)；
②常溫下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
（1）NiSO4中陰離子的空間構(gòu)型為___。
（2）“溶解”時(shí)加入H2O2溶液的目的是___。
（3）“除鐵”時(shí)生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，寫出其離子方程式___。
（4）向“除銅”后的濾液中加入NaF溶液，使Mg2+轉(zhuǎn)化為MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，將會(huì)導(dǎo)致MgF2沉淀不完全，其原因是___。
（5）“沉鎳”后所得濾液中，可循環(huán)使用的主要溶質(zhì)為___(填化學(xué)式)。
（6）NiSO4在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料NiOOH。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。
（7）在制備NiSO4·6H2O晶體時(shí)，常用無(wú)水乙醇代替蒸餾水做洗滌劑，原因是__。
【答案】正四面體 使Fe2+氧化成Fe3+，使鎳元素完全轉(zhuǎn)化成Ni2+ 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+ pH偏低形成HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度減小，MgF2沉淀不完全 Na2SO4 2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 減少晶體的損失，便于晶體的干燥
【分析】
廢料與硫酸、過氧化氫混合，硫酸把單質(zhì)Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，轉(zhuǎn)化得到的離子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促進(jìn)Ni的溶解，使其全部轉(zhuǎn)化為Ni2+，同時(shí)把存在的Fe2+氧化為Fe3+；二氧化硅不溶于酸，則濾渣為二氧化硅；加入MgO、硫酸鈉生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氫，生成不溶于硫酸的硫化銅沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+轉(zhuǎn)化為MgF2沉淀除去；加入NaOH使鎳生成沉淀。
【解析】
（1）NiSO4中硫酸根離子的S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化，則空間構(gòu)型為正四面體構(gòu)型；
（2）加入的硫酸具有酸性，可以把單質(zhì)Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，轉(zhuǎn)化得到的離子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促進(jìn)Ni的溶解，使其全部轉(zhuǎn)化為Ni2+，同時(shí)把存在的Fe2+氧化為Fe3+；
（3）“除鐵”時(shí)加入Na2SO4溶液和MgO，根據(jù)元素守恒和電荷守恒，離子方程式為6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
（4）溶液的pH偏低說明H+濃度高，會(huì)與加入的NaF形成HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
（5）“除鎂”以后溶液中的離子為Ni2+和SO、Na+，加入足量NaOH“沉鎳”后，溶液中剩余離子為SO、Na+和少量OH-，根據(jù)前面的流程知可循環(huán)利用的是Na2SO4；
（6）NaClO具有強(qiáng)氧化性，Cl元素由+1價(jià)降低到-1價(jià)，則Ni元素由NiSO4中+2價(jià)升高到NiOOH中的+3價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒，化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
（7） NiSO4·6H2O晶體是無(wú)機(jī)物，能溶解于水但是難溶于酒精，酒精易揮發(fā)，在晶體表面殘留的酒精可以迅速揮發(fā)，避免雜質(zhì)的引入。
22．（2021·陜西寶雞市·高三二模）鉬酸鈉(Na2MoO4)是一種冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上通常利用鉬精礦(MoS2中硫?yàn)?2價(jià))制備金屬鉬和鉬酸鈉晶體的流程如圖所示。

回答下列問題：
（1）在空氣中焙燒時(shí)產(chǎn)生對(duì)環(huán)境有危害氣體的化學(xué)式是___________，焙燒的化學(xué)方程式是___________。
（2）操作1的實(shí)驗(yàn)名稱是___________，由此可推測(cè)MoO3為___________性氧化物，該反應(yīng)的離子方程式為___________，進(jìn)行操作2的步驟是___________，過濾、洗滌、干燥。
（3）操作3中硫元素被氧化為最高價(jià)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。
（4）鉬精礦中MoS2的測(cè)定：取鉬精礦20g經(jīng)操作3等，得到Mo的質(zhì)量為8.64g，假設(shè)過程中鉬利用率為90%，鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。
（5）電解法制備：用鎳、鉬作電極電解濃NaOH溶液制備鉬酸鈉(Na2MoO4)的裝置如圖甲所示。b電極上的電極反應(yīng)式為___________，電解槽中使用___________(填陽(yáng)離子或陰離子)交換膜。某溫度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖乙所示，要使溶液中鉬酸根離子完全沉淀(濃度小于1×10-5mol?l-1)，Ba2+的濃度最小為___________mol?l-1。

【答案】SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 過濾 兩性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 陰離子 4×10-3
【分析】
在空氣中焙燒鉬精礦得到MnO3，堿性條件下，MoO3和NaOH溶液反應(yīng)得到Na2MoO4，過濾分離得到Na2MoO4溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥得到Na2MoO4·2H2O；鉬精礦堿溶并用NaClO氧化，過濾也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反應(yīng)生成鉬酸，高溫灼燒鉬酸生成MoO3，氫氣還原MoO3得到Mo。
【解析】
（1）MoS2中硫?yàn)?2價(jià)，空氣中焙燒時(shí)會(huì)被氧化為對(duì)環(huán)境有危害氣體SO2，根據(jù)電子守恒和元素守恒該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
（2）經(jīng)操作1可得Na2MoO4溶液，所以該操作為過濾；根據(jù)流程可知MoO3可以和NaOH溶液反應(yīng)，具有酸性氧化物的特點(diǎn)，而金屬氧化物一般堿性氧化物，所以可推測(cè)MoO3為兩性氧化物，反應(yīng)的離子方程式為MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以從溶液中獲取晶體，應(yīng)為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；
（3）根據(jù)流程可知操作3中Mo元素被氧化為MoO，根據(jù)題干所給信息可知S元素被氧化為SO，根據(jù)得失電子守恒可知MoS2和ClO-的系數(shù)比應(yīng)為1:9，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
（4）設(shè)鉬精礦中MoS2的質(zhì)量為x，則有=8.64g，解得x=16g，所以鉬精礦中MoS2?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=80%；
（5）b電極與電源正極相連，為電解池陽(yáng)極，該裝置的目的是制備Na2MoO4，則Mo元素要被氧化，所以b電極的材料為鉬，發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；為防止陽(yáng)極區(qū)的Na+遷移到陰極，電解槽中應(yīng)使用陰離子交換膜；據(jù)圖可知該溫度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，當(dāng)c(MoO)=1×10-5mol?l-1時(shí)，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
23．（2021·山東日照市·高三三模）NiSO4·nH2O易溶于水，難溶于乙醇，其水溶液顯酸性。從電鍍污泥中回收制備NiSO4·nH2O和其它金屬的工藝流程如下。

已知：Ⅰ.電鍍污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。
Ⅱ.萃取劑(RH)萃取Ni2+的原理為Ni2++2RH2NiR2+2H+。
回答下列問題：
（1）“酸浸”時(shí)，為加快浸出速率，提高生產(chǎn)效益，下列措施不合理的有___________(填標(biāo)號(hào))。
A．用機(jī)械攪拌器攪拌 B．體積不變?cè)黾恿蛩岬臐舛? C．進(jìn)一步球磨粉碎
（2）“電解”時(shí)，銅的電解電壓較低，且電解速率很快，鐵和鉻存在形式隨電解電壓的變化如下表。為得到純的NiSO4·nH2O，電解電壓的范圍應(yīng)選擇___________V。
電解電壓/V
1.0
1.2
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
Fe2+
有
有
有
無(wú)
無(wú)
無(wú)
無(wú)
Cr4+
無(wú)
無(wú)
無(wú)
無(wú)
無(wú)
有
有
（3）萃取余液可在___________中循環(huán)利用(填操作單元)，反萃取劑X為___________(填化學(xué)式)。
（4）“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在強(qiáng)堿溶液中被NaClO氧化，得到用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。該反應(yīng)的離子方程式為___________。NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作可得NiSO4·nH2O。下列說法正確的是___________(填標(biāo)號(hào))。
A．為得到較大NiSO4·nH2O晶體顆粒，宜用冰水快速冷卻結(jié)晶
B．蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)，停止加熱
C．可通過抽濾提高過濾速度，在80℃鼓風(fēng)干燥，快速得到干燥晶體
D．向冷卻結(jié)晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產(chǎn)率
（5）采用熱重分析法測(cè)定NiSO4·nH2O樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)。將樣品在900℃下進(jìn)行煅燒，失重率隨時(shí)間變化如下圖，A點(diǎn)時(shí)失掉2個(gè)結(jié)晶水，n的值為___________；C點(diǎn)產(chǎn)物的化學(xué)式為___________。

【答案】B 2.0～2.5 酸浸 H2SO4 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O BD 6 NiO
【分析】
電鍍污泥酸浸后的溶液中存在硫酸、硫酸銅、硫酸鎳、硫酸鐵和硫酸鉻，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，所以濾渣1為二氧化硅，電解可以回收金屬銅，加入碳酸鈉后硫酸被中和，鐵離子變成氫氧化鐵沉淀。
【解析】
（1）A.用攪拌器攪拌可加快浸出速率和提高生辰效率，故A正確；
B.適當(dāng)增加硫酸的濃度可加快浸出速率和提高生產(chǎn)效率，故B錯(cuò)誤；
C.磨碎電鍍污泥，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率和生產(chǎn)效率，故C正確；
故填B；
（2）由表中數(shù)據(jù)可知，在電解銅不影響到Fe和Cr時(shí)應(yīng)選擇電解電壓的范圍為2.0～2.5，故填2.0～2.5；
（3）根據(jù)已知II，萃取余液中主要含硫酸，可在酸浸環(huán)節(jié)循環(huán)使用，反萃劑是將Ni從NiR2中洗出形成硫酸鎳，故反萃劑X為硫酸，故填酸浸、；
（4）根據(jù)題意，硫酸鎳與次氯酸鈉反應(yīng)的離子方程式為；
A.冰水快速冷卻得到的晶體顆粒太大，不利于干燥，故A錯(cuò)誤；
B.加熱溶液制備晶體時(shí)，當(dāng)溶液表面出現(xiàn)晶膜時(shí)停止加熱，自然冷卻，過濾，過度加熱使晶體失去結(jié)晶水，故B正確；
C.干燥時(shí)易采用低溫緩慢烘干，以免晶體失去結(jié)晶水，故C錯(cuò)誤；
D.大多數(shù)無(wú)機(jī)鹽都不溶于乙醇，向無(wú)機(jī)鹽溶液中加入乙醇可使其快速析出，故D正確；
故填BD；
（5）設(shè)樣品的質(zhì)量為100g，A點(diǎn)時(shí)失重率為13.7%，失重13.7g，失去2個(gè)結(jié)晶水，即，解得n=6；該晶體中結(jié)晶水占比，所以B點(diǎn)時(shí)失去全部結(jié)晶水，C點(diǎn)失重率為71.5%，說明硫酸鎳已分解，分解產(chǎn)物為NiO和三氧化硫，故填6、NiO。
24．（2021·遼寧大連市·高三二模）氟化工產(chǎn)業(yè)被稱為“黃金產(chǎn)業(yè)”，我國(guó)是世界最大氟化工初級(jí)產(chǎn)品生產(chǎn)國(guó)和出口國(guó)。用工業(yè)副產(chǎn)品氟硅酸(H2SiF6)制備氟化銨(NH4F)聯(lián)產(chǎn)氟化鎂的流程如下：

回答下列問題：
（1）氟化銨陽(yáng)離子的VSEPR模型名稱為：_______。
（2）寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式_______。
（3）工業(yè)生產(chǎn)中“反應(yīng)①”的最佳溫度為80℃，除考慮溫度對(duì)速率的影響，請(qǐng)結(jié)合已有知識(shí)分析溫度不宜過高的原因：_______。
（4）從濾液獲得晶體的“一系列操作”是_______、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。
（5）氟化銨含量的測(cè)定；稱取mg樣品于塑料燒杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，搖勻靜置，滴加2~3滴酚酞指示劑，用0.5mol?L-1的氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗氫氧化鈉體積VmL，同時(shí)做空白對(duì)照實(shí)驗(yàn)消耗氫氧化鈉體積為V0mL。
(已知：4+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)
①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：_______。
②滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，紅色消失，可能原因是_______。
③計(jì)算樣品中氟化銨的含量為_______。
【答案】正四面體 H2SiF6?+?6NH3?+(2+n)?H2O?=?6NH4F+SiO2?nH2O↓ 溫度過高氟化銨易分解，氨氣在體系中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大 減壓濃縮 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)榉奂t色且半分鐘內(nèi)不變色 酚酞指示劑變色pH范圍約為8－10，滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，NaOH吸收空氣中的CO2而使溶液pH降低，紅色消失
【分析】
H2SiF6和氨氣反應(yīng)生成硅膠沉淀和氟化銨，濾液減壓濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到氟化銨，母液中加入硫酸鎂生成氟化鎂沉淀，據(jù)此回答問題。
【解析】
（1）氟化銨陽(yáng)離子為銨根離子，的VSEPR模型名稱為正四面體，故答案為：正四面體；
（2）反應(yīng)①是H2SiF6和氨氣反應(yīng)生成硅膠沉淀和氟化銨，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6?+?6NH3?+(2+n)?H2O?=?6NH4F+SiO2?nH2O↓，故答案為：H2SiF6?+?6NH3?+(2+n)?H2O?=?6NH4F+SiO2?nH2O↓；
（3）溫度過高氟化銨易分解，氨氣在體系中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大，所以工業(yè)生產(chǎn)中“反應(yīng)①”的最佳溫度為80°C，故答案為：溫度過高氟化銨易分解，氨氣在體系中的溶解度降低，氨氣逸出太多，氨消耗過大；
（4）從濾液獲得氟化銨晶體的操作是減壓濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：減壓濃縮；
（5）①酚酞作指示劑，氫氧化鈉溶液作標(biāo)準(zhǔn)液，故滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)榉奂t色且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液時(shí)，溶液顏色由無(wú)色變?yōu)榉奂t色且半分鐘內(nèi)不變色；
②酚酞指示劑變色pH范圍約為8－10，滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，NaOH吸收空氣中的CO2而使溶液pH降低，紅色消失，故答案為：酚酞指示劑變色pH范圍約為8－10，滴定近滴定終點(diǎn)時(shí)，過長(zhǎng)時(shí)間振搖，NaOH吸收空氣中的CO2而使溶液pH降低，紅色消失；
③根據(jù)題意得關(guān)系式4(CH2)6N4H++3H+4NaOH，mg樣品中氟化銨消耗NaOH（V-V0）mL，樣品中氟化銨的質(zhì)量為：0.5mol/L×（V-V0）×10-3L×37g/mol= 1.85（V-V0）×10-2g，樣品中氟化銨的含量為，故答案為：。
【點(diǎn)睛】
本題以工業(yè)副產(chǎn)品氟硅酸(H2SiF6)制備氟化銨(NH4F)聯(lián)產(chǎn)氟化鎂為載體，考查化學(xué)工藝流程，明確流程中各步反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，注意混合物分離的常見方法及應(yīng)用。
25．（2021·江西南昌市·高三三模）三氧化鎢(WO3)常用于制備特種合金、防火材料和防腐涂層?，F(xiàn)利用白鎢精礦(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生產(chǎn)WO3，設(shè)計(jì)了如下工藝流程：

已知：①浸出液中鎢(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②鎢酸(H2WO4)難溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列問題：
（1）“破碎”的目的是_______；“破碎”后的白鎢精礦粒徑約為50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系屬于_______。
（2）操作I的名稱為_______。
（3）浸出液中含量最大的陽(yáng)離子是_______；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合價(jià)為_______。
（4）“加熱”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______；“煅燒”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
（5）本工藝中能循環(huán)使用的物質(zhì)是_______。
（6）通過計(jì)算說明“浸取”過程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因：_______。
【答案】加快反應(yīng)速率和提高浸取率 懸濁液(或濁液) 過濾 H+ +6 [WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4 H2WO4WO3+H2O 草酸 溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)?CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，該平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”時(shí)，上述平衡逆向進(jìn)行，產(chǎn)生得到CaSO4而不是CaC2O4
【分析】
白鎢精礦(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)破碎后加硫酸和草酸進(jìn)行“浸取”，反應(yīng)過程中得到含[WO3C2O4H2O]2-的溶液和硫酸鈣沉淀，過濾后除去硫酸鈣；將浸出液加熱，浸出液中的[WO3C2O4H2O]2-在加熱條件下反應(yīng)生成生成H2WO4，過濾獲得H2WO4，H2WO4高溫煅燒得到WO3，據(jù)此解答。
【解析】
（1）“破碎”可以增大固體面積，加快反應(yīng)速率和提高浸取率；分散質(zhì)粒子直徑小于1nm的為溶液，大于100nm的為濁液，1nm-100nm的為膠體，50μm=5×104nm，因此為濁液，故答案為：加快反應(yīng)速率和提高浸取率；懸濁液(或濁液)；
（2）操作I分離出硫酸鈣和浸出液，應(yīng)為過濾，故答案為：過濾；
（3）精礦中80%為CaWO4，W以[WO3C2O4H2O]2-存在，且硫酸鈣微溶于水，因?yàn)榧尤肓蛩岷筒菟?，因此H+是浸出液中含量最大的陽(yáng)離子，[WO3C2O4H2O]2-中O為-2價(jià)，H為+1價(jià)，C以草酸根形式存在，C為+3價(jià)，故W為+6價(jià)，故答案為：H+；+6；
（4）由圖中濾渣可知煅燒得WO3，可知濾渣為難溶于水的H2WO4，過濾后濾液可回到浸取過程，循環(huán)使用，知其中含有H+，因此加熱時(shí)發(fā)生[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4，煅燒時(shí)發(fā)生H2WO4WO3+H2O，故答案為：[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4；H2WO4WO3+H2O；
（5）整個(gè)流程來看用到礦石以外的物質(zhì)為硫酸和草酸溶液，硫酸根大部分以硫酸鈣形式被除去了，加熱時(shí)產(chǎn)生了草酸，因此循環(huán)使用的物質(zhì)為草酸，故答案為：草酸；
（6），，整理二式可得=，溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)?CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)達(dá)到平衡時(shí)，該平衡的K= =，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”時(shí)，上述平衡逆向進(jìn)行，產(chǎn)生得到CaSO4而不是CaC2O4，故答案為：溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)?CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，該平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”時(shí)，上述平衡逆向進(jìn)行，產(chǎn)生得到CaSO4而不是CaC2O4。
26．（2021·河北邯鄲市·高三三模）下列為從銅轉(zhuǎn)爐煙灰[主要含有ZnO，還有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As等元素]制取活性氧化鋅的流程。

已知：①活性炭主要吸附有機(jī)質(zhì)；
②25℃時(shí)，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38；
③氨體系環(huán)境中鋅元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH：
金屬離子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
開始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
請(qǐng)回答以下問題：
（1）“浸取”時(shí)，ZnO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。
（2）浸取溫度為50℃，反應(yīng)時(shí)間為1h時(shí)，測(cè)定各元素的浸出率與氯化銨溶液濃度的關(guān)系如圖，則氯化銨的適宜濃度范圍為___________mol×L-1。

NH4Cl濃度對(duì)煙灰浸出率的影響
（3）加入適量KMnO4溶液的目的是除去鐵元素的同時(shí)溶液中不會(huì)有明顯的錳元素殘留，寫出除鐵步驟的離子方程式：___________，常溫下此時(shí)體系中Fe3+殘留最大濃度為___________mol×L-1。
（4）“濾渣Ⅲ”的成分為___________(填化學(xué)式)。
（5）“沉鋅”反應(yīng)的離子方程式為___________，此過程中可以循環(huán)利用的副產(chǎn)品是___________(填化學(xué)式)。
（6）取m g活性氧化鋅樣品配成待測(cè)液，加入指示劑3～4滴，再加入適量六亞甲基四胺，用a mol·L-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V mL。已知：與1.0 mL EDTA標(biāo)準(zhǔn)液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相當(dāng)?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，則樣品中氧化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________(用代數(shù)式表示)。
【答案】ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 2～4 MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+ 4.0×10-8 Cu、Zn 2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O NH4Cl ×100% 或 %
【分析】
銅轉(zhuǎn)爐煙灰加入氯化銨、氨水浸取，除煙灰中的Pb；濾液中加入氯化鐵生成固體FeAsO4除As；濾液中加高錳酸鉀、硫酸，調(diào)節(jié)pH=4~4.5生成氫氧化鐵沉淀除鐵；濾液加過量的鋅置換出單質(zhì)銅除去銅元素；濾液中加入碳酸氫銨生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅燒Zn2(OH)2CO3生成活性氧化鋅。
【解析】
（1） 氨體系環(huán)境中鋅元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”時(shí)，ZnO與氯化銨、氨水反應(yīng)生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（2）由圖示可知，氯化銨濃度為2~4時(shí)，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化銨適宜濃度范圍為2~4mol×L-1；
（3）加入適量KMnO4溶液的目的是除去鐵元素的同時(shí)溶液中不會(huì)有明顯的錳元素殘留，說明還原產(chǎn)物是MnO2、氧化產(chǎn)物是Fe(OH)3，除鐵步驟的離子方程式是MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；常溫下，除鐵時(shí)溶液的pH=4，c(OH-)=10-10 mol×L-1， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，此時(shí)體系中Fe3+殘留最大濃度為 mol×L-1；
（4）根據(jù)流程圖，可知，加入試劑a的目的是除銅，a是過量的鋅，鋅把溶液中的銅置換出來，“濾渣Ⅲ”的成分為Cu、Zn；
（5）根據(jù)流程圖，“沉鋅”過程是溶液中的氯化鋅和碳酸氫銨反應(yīng)生成氯化銨、Zn2(OH)2CO3和CO2，反應(yīng)的離子方程式為2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此過程中可以循環(huán)利用的副產(chǎn)品是NH4Cl；
（6） 1.0 mL EDTA標(biāo)準(zhǔn)液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相當(dāng)?shù)囊钥吮硎镜难趸\質(zhì)量為0.08139，反應(yīng)消耗a mol·L-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)液V mL，則mg樣品中氧化鋅的質(zhì)量為0.08139×aVg，氧化鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 %。
【點(diǎn)睛】
本題以銅轉(zhuǎn)爐煙灰制取活性氧化鋅為載體，考查化學(xué)工藝流程，明確各步驟的目的是解題關(guān)鍵，掌握常見化合物的性質(zhì)，熟悉根據(jù)溶度積常數(shù)的計(jì)算，培養(yǎng)題目信息的提取和應(yīng)用能力。
27．（2021·福建龍巖市·高三三模）五氧化二釩(V2O5)在冶金、催化劑、磁性材料等領(lǐng)域有重要作用。實(shí)驗(yàn)室以含釩廢料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有機(jī)物等)來制備V2O5的一種工藝流程如下：

已知：含釩離子在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關(guān)系：
溶液pH
＜4.0
6.0—8.0
8.0—10.0
釩元素主要存在形式



請(qǐng)回答下列問題：
（1）含釩廢料中的有機(jī)物主要在___________工序中除去。
（2）“焙燒”產(chǎn)物之一是Mg(VO3)2，寫出它在“酸浸”(溶液pH＜2)過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。
（3）常溫時(shí)，若“調(diào)pH凈化I”工序中最終溶液pH=7，通過計(jì)算判斷，此時(shí)Cu2+是否已經(jīng)沉淀完全(已知離子濃度Cl，則Co2O3可將Cl-氧化為Cl2離子方程式：Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O。
（2）將Fe2+氧化為Fe3+，由流程圖知向溶液中加入了H2O2，H2O2受熱 易分解，因此溫度不宜過高。
（3）①為了除去鐵和鋁，由表格可知A1 (OH)3完全沉淀的pH為5.2，F(xiàn)e2+已經(jīng)轉(zhuǎn)化為Fe3+，F(xiàn)e (OH)3完全沉淀的pH為3.7，a的最小值應(yīng)為5.2；當(dāng)c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1時(shí)，由己知③可知，當(dāng)離子濃度不大于10-5mol/L時(shí)，則視為沉淀完全，則Fe3+沉淀完全，此時(shí)pH10-14/103.7mol/L≈10-10mol/L。
②根據(jù)流程圖可知濾液中只含有雜質(zhì)Mn2+，故加萃取劑的作用除去Mn2+。
（4）)粗產(chǎn)品中可能失去部分結(jié)晶水，導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%。
29．（2021·河北石家莊市·高三二模）鉈(Tl)在工業(yè)中的用途非常廣泛，其中鉈錫合金可作超導(dǎo)材料；鉈鎘合金是原子能工業(yè)中的重要材料。鉈主要從鉛精礦焙燒產(chǎn)生的富鉈灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提煉，具體工藝流程如圖。

已知：萃取劑選用對(duì)鉈有很高選擇性的酰胺類萃取劑CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取過程的反應(yīng)原理為H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列問題：
（1）“浸取”過程中生成可溶性的TlCl，該反應(yīng)的離子方程式為___。
（2）殘?jiān)闹饕煞譃開___(填化學(xué)式)；在實(shí)驗(yàn)室中，“萃取”和“反萃取”過程均必須使用的玻璃儀器的名稱為___。
（3）“反萃取”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。
（4）“還原、氧化、沉淀”過程中TlCl發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。
（5）流程中得到的“TlCl”需要用鹽酸洗滌，用平衡原理解釋與蒸餾水相比，鹽酸洗滌的優(yōu)點(diǎn)為___。
（6）電解Tl2SO4制備金屬Tl的裝置如圖所示。陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為___；當(dāng)轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，左側(cè)電極室中溶液的質(zhì)量減少___g。

【答案】40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O PbSO4 分液漏斗 [CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4 H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－ 用鹽酸洗滌，增大氯離子濃度，使TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq)逆向進(jìn)行,抑制TlCl溶解 Tl＋－2e－＝Tl3＋ 504
【分析】
富鉈灰浸取時(shí)ZnO轉(zhuǎn)化為硫酸鋅，PbO轉(zhuǎn)化為硫酸鉛，氧化鐵轉(zhuǎn)化為硫酸鐵，氧化亞鐵被氧化為硫酸鐵，Tl2O轉(zhuǎn)化為TlCl，過濾所得濾液加入萃取劑發(fā)生反應(yīng)H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，然后反萃取得到TlCl，加入還原劑還原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙燒、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，電解Tl2SO4溶液得到Tl，據(jù)此解答。
【解析】
（1）“浸取”過程中生成可溶性的TlCl，反應(yīng)中Tl2O被氧化轉(zhuǎn)化為TlCl，該反應(yīng)的離子方程式為40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O。
（2）PbO轉(zhuǎn)化為硫酸鉛，過濾得到殘?jiān)?，即殘?jiān)闹饕煞譃镻bSO4；在實(shí)驗(yàn)室中，“萃取”和“反萃取”過程均必須使用的玻璃儀器的名稱為分液漏斗。
（3）萃取劑發(fā)生反應(yīng)H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，“反萃取”過程中加入醋酸銨，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
（4）根據(jù)以上分析可知“還原、氧化、沉淀”過程中TlCl發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－。
（5）由于存在溶解平衡：TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq),用鹽酸洗滌，增大氯離子濃度，抑制TlCl溶解，減少損失，提高原料利用率。
（6）電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，溶液中Tl＋放電，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為電解時(shí)陽(yáng)離子向陽(yáng)極移動(dòng)，即向右側(cè)移動(dòng)，左側(cè)電極是陰極，電極反應(yīng)式為Tl＋+e－＝Tl，當(dāng)轉(zhuǎn)移2mole-時(shí)，左側(cè)電極室中析出2molTl，1mol硫酸根離子移向右側(cè)，所以左側(cè)電極室中溶液的質(zhì)量減少96g+2mol×204g/mol＝504g。