山东省2023年高考化学模拟题汇编-04氧化还原反应（解答题、实验题）
一、实验题
1．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，其在水中的溶解度随着温度的升高而增大。实验室用晶体制备的实验步骤如下：
i.在锥形瓶中，将溶于水中，加热至沸，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液；
ii.将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5% 溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min；
iii.然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀溶于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体(，)析出；
iv.用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。回答下列问题：
(1)步骤i中，研细晶体所用的仪器名称为________，无水的作用是________。
(2)写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。
(3)步骤i中操作X为___________。
(4)取0.2000g 样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴溶液做指示剂，用0.0600的溶液滴定至终点时，消耗溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为___________。
(5)某兴趣小组为探究的还原性，设计如下实验：
实验I：粉红色的溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II：向0.1 溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。
实验III：按下图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。
根据实验III得出结论：可以被酸性溶液氧化。
另一名同学设计了实验IV，否定了该结论，请说明实验IV的操作和现象___________。
2．（2023·山东日照·统考一模）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：
相关数据如下：
物质 密度/ 沸点/℃(101kPa) 与水形成共沸物的沸点/℃ 部分性质
环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮 0.95 155.098.0/3.4kPa 95.0 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
回答下列问题：
(1)的作用是_______：加入食盐的目的是_______。
(2)环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是_______。
(3)减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用_______(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有_______。
减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是_______(填标号)。
a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水
(4)本实验中环己酮的产率为_______(保留2位有效数字)。
(5)传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为_______。
3．（2023·山东菏泽·统考一模）碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：
(1)制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。
通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是_______；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是_______；转化为的离子方程式为_______。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是_______。
(2)制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有_______(填化学式)；用乙醇洗涤的目的是_______。
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为_______(用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是_______(填标号)。
A．滴定管水洗后直接装入标准液 B．滴定终点时俯视滴定管读数
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡 D．锥形瓶未干燥即盛放待测液
4．（2023·山东菏泽·校考一模）三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：
已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
请回答下列问题：
(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤I中未继续加热一段时间
B．步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤II中未加浓磷酸
D．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
二、工业流程题
5．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：_____。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：_____，_____。
(3)“浸渣”的成分为______(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有_____(填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为_____、_____。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：______。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS+H+的K=______。
6．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10 38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol L 1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。
7．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）钯碳催化剂活性高、选择性好，在石油化工、精细化工和有机合成中占有举足轻重的地位。利用废钯碳催化剂回收钯(杂质主要含碳、有机物及少量Fe、Zn等)的工艺流程如图：
已知：
①钯常见的化合价有+2和+4价。钯容易形成配位化合物，如[Pd(NH3)4]Cl2、[Pd(NH3)2]Cl2、[H2Pd(NO3)4]。
②当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是_____。
(2)“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4 H2O)在弱碱性环境下还原，产生可以参加大气循环的气体。该反应的化学方程式为_____。
(3)钯在王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1:3)中转化为H2PdCl4，硝酸的还原产物为NO，该反应的化学方程式为_____。
(4)H2PdCl4溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是_____。
(5)“氨水络合”时需要控制溶液的pH，欲使溶液中的杂质金属离子沉淀完全，pH至少调节为_____(保留三位有效数字)。(已知常温下Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，lg2=0.3)
(6)用平衡移动原理解释盐酸将Pd(NH3)4]Cl2转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀的原因_____。
(7)海绵状金属钯密度为12.0g cm-3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，此条件下海绵钯的吸附容量R=_____mL g-1。
8．（2023·山东·统考一模）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：
已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol L-1) 18 15 12 9 6 0
硫酸银溶解量/(g L-1) 209.00 78.94 31.20 11.14 8.74 4.68
回答下列问题：
(1)“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。
(2)“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。
(3)“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。
(4)“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。
9．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：
①在空气中易被氧化，易与形成复盐沉淀；
②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
③在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”中氧化的目的是___________。
(2)步骤①中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与反应生成的离子方程式___________。
(3)步骤③反应的离子方程式为___________。
(4)步骤④萃取时存在反应：。分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比()。取20mL含四价铈总浓度为0.1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中_______________。(计算结果保留二位有效数字)。
(5)步骤⑤“反萃取”时双氧水的作用是___________。
(6)产品是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程①发生反应的化学方程式___________。
10．（2023·山东枣庄·统考二模）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：
已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。
(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。
11．（2023·山东日照·统考一模）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：
已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
(1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
(2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
(3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
(4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
12．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。
250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
13．（2023·山东济南·统考一模）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：
已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；
②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要离子
③25℃时，。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。
(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。
(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。
(4)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。
(5)“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。
14．（2023·山东潍坊·统考一模）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为_______，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。
(4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为_______。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为_______kg。
参考答案：
1．(1) 研钵 吸收挥发出去的氨气
(2)
(3)趁热过滤(趁热吸滤)
(4)53.5%
(5)将实验III中0.1 溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转
【分析】、的混合溶液中先加氨水，再加双氧水，双氧水把Co2+氧化为Co3+生成，用冰浴冷却至0℃左右析出沉淀，吸滤，固体中含有和活性炭，用热水溶解固体混合物，趁热过滤出活性炭，滤液中加浓盐酸，增大氯离子浓度，析出沉淀。
【详解】（1）步骤i中，用研钵研细晶体；与氨气形成配合物，能吸收氨气，无水的作用是吸收挥发出去的氨气，防止污染。
（2）、氯化铵的混合溶液中通入氨气，再用双氧水把Co2+氧化为Co3+生成沉淀，反应方程式为；
（3）操作X为分离和活性炭，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，活性炭不溶于热水，所以步骤i中操作X为趁热过滤；
（4）用0.0600的溶液滴定至终点时，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，消耗溶液的体积为10.00mL，根据~~~3Cl-~~~3，0.2g样品中含的物质的量为 ，样品的纯度为 。
（5）氯离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将实验III中0.1溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同，说明氯离子被高锰酸钾氧化，没有被氧化。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转，说明不能被酸性溶液氧化；
2．(1) 催化剂 降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离
(2)环己酮进一步被氧化发生开环反应
(3) 油浴 防止暴沸 bdca
(4)83%或者0.83
(5)3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O
【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，在滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应；
（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca；
（4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83；
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，故答案为：3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。
3．(1) 饱和亚硫酸氢钠溶液 先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气 部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子
(2) 除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥
(3) AC
【详解】（1）A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫，反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；
为使尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；
和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为；
实验中若将换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致浓度明显大于浓度；
（2）碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有存在；
因为不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
（3）根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6:1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为~，锰元素的质量分数为；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故选AC。
4． 浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E及C装置 将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气 C装置内压强增大，A中导管内液面上升 对D处稍加热 AC
【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；
B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；
C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；
D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。
故选AC。
5．(1)
(2) 2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
(3) NiO NaVO3、NaHCO3
(4) 20g L-1 10g L-1
(5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O
(6)1021
【分析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，以此解题。
【详解】（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；
（2）由题中的信息可知，及分别与纯碱反应的化学方程式为
，；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和；
（5）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；
（6）由题意可知的。
6．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10 11 mol L 1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
7．(1)使碳(有机物)充分燃烧而除去
(2)2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O
(3)3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O
(4)有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率
(5)8.65
(6)Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀
(7)70.0
【分析】废钯碳催化剂(杂质主要含碳、有机物及少量Fe、Zn等)焙烧，碳及有机物充分燃烧成二氧化碳、水等而除去，将烧渣中加入水合肼还原，得到粗钯；用王水溶解粗钯、过滤，将滤液浓缩脱硝、氨水络合，再过滤，得到[Pd(NH3)4]Cl2，用盐酸酸化，此时[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2，再用水合肼还原，便可获得纯钯。
【详解】（1）“焙烧”时，碳及有机物都能燃烧，且产物为气体，则目的是：使碳(有机物)充分燃烧而除去。答案为：使碳(有机物)充分燃烧而除去；
（2）“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4 H2O)在弱碱性环境下还原，产生N2，化学方程式为2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O。答案为：2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O；
（3）钯在王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1:3)中转化为H2PdCl4，硝酸的还原产物为NO，则该反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O。答案为：3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；
（4）题干信息显示：“当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物”，而工业生产的目的是获得钯，所以H2PdCl4溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是：有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率。答案为：有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率；
（5）离子完全除尽时，其浓度为1.0×10-5 mol L-1，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，则c(OH-)==×10-11 mol L-1，pH<3；Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，c(OH-)==×10-5.5 mol L-1，pOH=5.5-×0.3=5.35，pH=8.65，所以欲使溶液中的杂质金属离子沉淀完全，pH至少调节为8.65。答案为：8.65；
（6）往[Pd(NH3)4]Cl2溶液中加入盐酸，与[Pd(NH3)4]Cl2电离产生的NH3结合，从而促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀，原因：Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀。答案为：Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀；
（7）海绵状金属钯密度为12.0g cm-3，则1cm3Pd的质量为12.0g，标准状况下，其吸附的氢气体积为840×1cm3，此条件下海绵钯的吸附容量R==70.0mL g-1。答案为：70.0。
【点睛】除去工业废料中的有机物时，常采用燃烧法。
8．(1)+2
(2) 18 2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
(3) 将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌 4.2×1014
(4) 4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O NaCl
【分析】含铂的碘化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银；
【详解】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
9．(1)将氧化为
(2)+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-
(3)
(4)0.0024
(5)作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂
(6)
【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4价Ce的溶液，步骤①用硫脲将Ce4+还原为Ce3+，并与形成沉淀，步骤②溶解沉淀，步骤③将Ce3+转化成沉淀，然后灼烧；步骤④用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，步骤⑤用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层，然后沉淀灼烧，据此进行分析。
【详解】（1）“氧化焙烧”中氧化的目的是将氧化为。
（2）根据化合价的变化可知，硫脲与反应生成的离子方程式为+2=(SCN2H3)2+2Ce3++2HF+2F-。
（3）和反应生成Ce2(CO3)3和CO2和H2O，其离子方程式为。
（4）由题可知，n(Ce4+)=20×10-3L×0.1mol/L=0.002mol，萃取后Ce4+的n(有机层)+n(水)=0.002mol···①，又，即=80···②，联立①②解得n(水层)=mol，则。
（5）“反萃取”时双氧水的作用是作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂。
（6）根据图中所给反应物和生成物可知，过程①发生反应的化学方程式为。
10．(1)70℃，固液比
(2)将PdO还原为Pd
(3)
(4) 阴离子 B
(5) HCl 浸取与洗脱
(6) 159 阴极有得电子生成
【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】
11．(1) 分液漏斗和烧杯 降温
(2) 2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+ 溶解高铼酸
(3)酸溶
(4) 4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O 7.18g
【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
12．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
13．(1)
(2) NaOH 富集钒元素
(3)转沉
(4) 调节pH，将转化为 利用同离子效应，促进尽可能析出完全 0.2
(5)
【分析】石煤矿粉(主要含及少量、)，加入、和固体，将氧化成，生成的气体为，加水溶解，滤渣1为、，滤液为水溶液，加入将转化为沉淀，可以富集钒元素，再加入除去，最后加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以促进尽可能析出完全，煅烧生成。
【详解】（1）焙烧”时，被氧化生成 发生反应的化学方程式为:；
（2）在溶液中加入形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；
（3）转化时，滤渣Ⅱ为 ，经高温煅烧生成后水浸后生成，可以导入到转沉中循环利用；
（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以利用同离子效应，促进尽可能析出完全；，溶液中的，；
（5）根据题目信息，“煅烧”时，制得产品的化学方程式为：。
14．(1)
(2) ++2H+ H2SO4
(3) ++5C+3CO↑ 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ++2C+3CO↑
(4) H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O
【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，据此分析解题。
【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
试卷第1页，共3页
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