大题01化学工艺流程题（一）-2021年高考化学（辽宁新高考专用）

大题01化学工艺流程题（一）1．磷酸亚铁锂()锂离子电池具有寿命长和高安全性的优点，是新能源汽车的动力电池之一、从废旧的磷酸亚铁锂电池中提取锂、铁等金属材料意义重大。下图是废旧磷酸亚铁锂电池材料(主要成分为，含少量炭黑，有机物和等杂质)回收工艺流程：（1）焙烧的目的是___________________________________。（2）写出氧化时的化学方程式____________________________________。（3）黄血盐(配离子结构如下图所示)溶液遇立即产生深蓝色普鲁士蓝沉淀，可用其检验“氧化”后溶液中是否沉淀完全，沉淀反应的离子方程式为_______________________________。（4）碳酸锂溶解度随温度变化情况如下图所示，“沉锂”采用的提纯方法为___________，洗涤，干燥。（5）沉锂过程中，向的溶液中加入固体，是否沉淀完全()，请列式计算说明__________________________。（6）电解碳酸锂制取的电解装置如图所示。两极采用钌钛电极材料，两极区域都加入溶液，将放入阳极区，当阴极有结晶时，过滤分离，即可得到。阳极反应方程式为_____________________。用该方法制取的缺点是__________________________。【答案】（1）去除正极材料粉末中的炭黑和有机物（2）（3）（4）蒸发浓缩，趁热过滤（5）,故没有沉淀完全（6）制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质【分析】废旧磷酸亚铁锂电池材料(主要成分为，含少量炭黑，有机物和等杂质)，放电拆解后焙烧，去除正极材料粉末中的炭黑和有机物，加入氢氧化钠溶液碱浸发生2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑，过滤得到滤液1中偏铝酸钠溶液，滤渣加入Na2S2O8溶液氧化亚铁滤渣生成FePO4，调节溶液pH生成磷酸铁沉淀，滤液2中加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥等操作得到碳酸锂。【解析】（1）焙烧的目的是去除正极材料粉末中的炭黑和有机物。故答案为：去除正极材料粉末中的炭黑和有机物；（2）加入Na2S2O8溶液氧化亚铁滤渣生成FePO4，氧化时的化学方程式。故答案为：；（3）黄血盐溶液遇立即产生深蓝色普鲁士蓝沉淀，可用其检验“氧化”后溶液中是否沉淀完全，沉淀反应的离子方程式为。故答案为：；（4）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，“沉锂”采用的提纯方法为蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥，趁热过滤，可以减小碳酸锂的损失。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（5）沉锂过程中，向的溶液中加入固体，，==（10.05）mol·L－1,,故没有沉淀完全。故答案为：，故没有沉淀完全；（6）电解碳酸锂制取，阳极水失电子发生氧化，反应方程式为。用该方法制取的缺点是制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质。故答案为：；制得的氢氧化锂会夹带硝酸锂杂质。2．用锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)制取焦锑酸钠[NaSb(OH)6]和砷酸钠(Na3AsO4)，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。其工艺流程如图所示：已知：①Ag、Cu、Fe的氧化物不溶于Na2S溶液②硫浸后，锑砷以Na3SbS3、Na3AsS3存在；③NaSb(OH)6易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。回答下列问题：（1）“硫浸”时，Sb2O3溶解的离子方程式为_______________________。（2）用NaNO3和NaOH浸取锑砷烟灰也可得到Na3SbO4，其缺陷是__________________________。（3）“氧化”时所用H2O2的电子式为_______________，反应温度不宜太高的原因是_______________。（4）“中和”时，生成NaSb(OH)6的化学方程式为___________________________，操作X为______________、过滤、洗涤、干燥。（5）As2O3对应的酸为H3AsO3，测得某工业酸性废液中含H3AsO3和Fe2+，其浓度如表：物质H3AsO3Fe2+浓度/g·L10.3780.840已知：Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)=5.70×1021，H3AsO3的还原性比Fe2+强。根据题目信息，则可采用__________________________方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO)=______________mol·L1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)【答案】（1）Sb2O3+6S2+3H2O=2SbS+6OH（2）有污染气体NO、NO2(NOx)等产生（3）温度过高，H2O2易分解（4）HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6（5）蒸发浓缩、冷却结晶氧化4.75×1019【分析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)，加入Na2S和NaOH，根据已知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；滤液中加入过氧化氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S的混合物)和滤液(Na3AsO4)，滤液(Na3AsO4)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na3AsO4•12H2O，固体(Na3SbO4和S的混合物)和加入盐酸除去硫，得到HSbO4的溶液，再加NaOH，得到NaSb(OH)6，以此解答该题。【解析】（1）“硫浸”时，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH，离子方程式为Sb2O3+6S2+3H2O=2SbS+6OH；（2）若用NaNO3和NaOH浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等，其缺陷是有污染气体NO、NO2(NOx)等产生；（3）H2O2的电子式为；若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果，所以反应温度不宜太高的原因是温度过高，H2O2易分解；（4）“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成NaSb(OH)6，化学方程式为HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（5）根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中H3AsO3和Fe2+氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×1021，H3AsO3为0.378g/L，则c(H3AsO3)==0.003mol/L，同理c(Fe3+)=c(Fe2+)==0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3转化为FeAsO4沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中c(AsO)==mol/L=4.75×1019mol/L。3．某铜镉渣的主要成分为单质以及铜、镉、铁、钴等金属单质或它们的氧化物。某同学以其为原料设计如图工艺流程回收铜、镉、铁、钴。回答下列问题：（1）“浸出”过程生成大量气体是___________(填化学式)，写出一种提高“浸出”效率和浸出率的措施：___________。（2）“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的氧化为，写出该反应的离子方程式：___________。（3）“除锰”时，参加反应的___________。（4）若在实验室进行萃取“除铜”，所必须用到的仪器是___________，萃取前对仪器进行的操作是___________，放液时，上层液体由___________(填“上口”或“下口”)倒(放)出。（5）水相中主要含，经检测。向水相通入氨气调节___________时，水相中沉淀完全{已知常温下，；溶液中视为沉淀完全；()。（6）控制一定条件，用惰性电极电解溶液可制备单质锌，电解时阳极反应式为___________。【答案】（1）加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等（2）（3）（4）分液漏斗检漏上口（5）9.6（6）(或)【分析】铜镉渣(主要成分为以及铜、镉(Cd)、铁、钴(Co)等金属单质或它们的氧化物)加稀硫酸和MnO2“浸出”得到锌、铜、镉、铁、钴的硫酸盐和硫酸锰；“氧化除铁”时利用空气中的氧气将浸出液中的氧化为，然后过滤除去；“除锰”时利用KMnO4将浸出液中的Mn2+氧化为MnO2，再经过滤除去；“除铜”时用萃取剂X将Cu2+提取并除去；“除镉”时利用锌粉将溶液中镉置换出来，再经过滤除去；“萃取分液”时利用萃取剂Y进行萃取，Co2+留在水相中，分液除去；“反萃取”时用萃取剂Z(H2O)进行反萃取分液得硫酸锌溶液。【解析】（1）“浸出”过程中，Zn、Cd、Fe、Co等和稀硫酸反应会生成大量H2；为了提高“浸出”效率和浸出率，可以采取加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等措施；（2）“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式为；（3）“除锰”时利用KMnO4将浸出液中的Mn2+氧化为MnO2，KMnO4作氧化剂，Mn2+作还原剂，氧化产物和还原产物均为MnO2，KMnO4中Mn化合价降低3，Mn2+化合价升高2，根据得失电子守恒可知“除锰”时，参加反应的2:3；（4）萃取必须用到的仪器是分液漏斗；萃取前需对分液漏斗进行检漏；放液时，先将下层液体从下口放出，再上层液体由上口倒出；（5）溶液中视为沉淀完全，则Co2+完全沉淀时有=×c2(OH)，解得c2(OH)=1.6×109mol2/L2，c(OH)=4×105mol/L，c(H+)=[1014÷(4×105)]mol/L=25×1011mol/L，需向水相通入氨气调节lg(25×1011)=112lg5=112×0.7=9.6；（6）用惰性电极电解溶液可制备单质锌时，阳极为水电离的氢氧根离子失电子，电极反应式为(或)。4．某学习小组以电路板刻蚀液(含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+)为原料制备纳米Cu2O，制备流程如下：已知：①Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu；Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4∙H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：______________________________________（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是_____________________________________（3）步骤III，反萃取剂为____________________________________________（4）步骤IV，①制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是__________________________A．B．C．②从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是___________________________（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液(足量)，充分反应后用0.2000mol·L－1标准KMnO4溶液滴定，重复2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①产品中Cu2O的质量分数为______________②若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是______________【答案】（1）Cu(NH3)+2RH=2NH+2NH3+CuR2（2）提高铜离子的萃取率，提高原料利用率（3）稀硫酸（4）pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解C（5）90.90%制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大【分析】刻蚀液(含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+)加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【解析】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)+2RH=2NH+2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）①从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；②纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。（5）①根据得失电子分析关系式有5Cu2O2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.2000moI.L1×0.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；②制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。5．硫锰净化废渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，还含有少量SiO2，采用如图工艺流程回收废渣中锰、钴、镍。①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Fe2+Fe3+Mn2+Co2+Ni2+开始沉淀pH6.31.58.17.16.9完全沉淀pH8.32.810.19.158.9②P204、P507为有机萃取剂。回答下列问题：（1）硫锰净化废渣预先粉碎的目的是____________________。（2）“除杂1”溶液的pH范围应调节为____________~6之间，“滤渣1”的主要成分是____________。（3）“除杂2”中加入MnF2的目的是使Ca2+转化为CaF2沉淀除去，若溶液的pH偏低，将会导致Ca2+沉淀不完全，其原因是___________________[Ksp(CaF2)=5.3×109，Ka(HF)=6.3×104]。（4）NiSO4在NaOH溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的化学方程式______________________________。（5）“操作IV”的具体实验操作有____________、过滤、洗涤、干燥得到CoSO4·nH2O样品，采用热重分析法测定该样品中所含结晶水数，将样品加热到95℃时失掉1个结晶水，失重6.4%。则该CoSO4·nH2O样品的化学式为______________________________。【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率（2）2.8Fe(OH)3（3）若溶液的pH偏低，F−与H+结合形成弱电解质HF，使CaF2(s)Ca2+(aq)+2F−(aq)的平衡向右移动，导致Ca2+沉淀不完全（4）2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O（5）加热浓缩、冷却结晶CoSO4·7H2O【分析】硫锰净化废渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，还含有少量SiO2，操作Ⅰ为过滤，二氧化硅不溶于稀硫酸，除杂1的目的是使Fe3+完全沉淀，而Mn2+、Co2+、Ni2+不沉淀，则溶液的pH范围应调节2.8~6之间，滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，除杂2中加入MnF2的目的是使Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤渣2为CaF2，操作Ⅲ为萃取，从溶液中析出硫酸钴晶体需要通过加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥等操作，据此分析解题。【解析】（1）硫锰净化废渣预先粉碎的目的是增大接触面积，充分反应，提高反应速率；（2）“除杂1”的目的是使Fe3+完全沉淀，而Mn2+、Co2+、Ni2+不沉淀，则溶液的pH范围应调节2.8~6之间，“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3；（3）“除杂2”中加入MnF2的目的是使Ca2+转化为CaF2沉淀除去，若溶液的pH偏低，F−与H+结合形成弱电解质HF，使CaF2(s)Ca2+(aq)+2F−(aq)的平衡向右移动，导致Ca2+沉淀不完全；（4）根据题中信息可知该氧化还原反应的反应物和产物，结合得失电子守恒即可配平：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；（5）从溶液中析出硫酸钴晶体需要通过加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥等操作；CoSO4·nH2O失掉1个结晶水，失重6.4%，可知，由此可知n=7，故该样品的化学式为CoSO4·7H2O。6．Co3O4在工业上有重要应用。利用原钴矿(主要含有Co2O3，还含有少量Cr2O3、NiO等杂质)制备Co3O4的工艺流程如下：已知：①在含一定量Cl的溶液中：Co2++4Cl=CoCl②CoCl溶于有机胺试剂，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有机胺试剂；有机胺试剂不溶于水。③Ksp[Co(OH)2]=1.0×1015（1）原钴矿需预先粉碎的目的是____________________。（2）步骤i中Co2O3溶解时发生反应的离子方程式为_____________________________。（3）步骤ii中加入NaCl固体的目的是______________________________________。（4）步骤v反应过程中无气体逸出，则沉钴时发生反应的离子方程式为_____________________________；沉钴过程选择较高温度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3选择过高温度得到的沉淀质量反而会减少，减少的原因是______________________________________。（5）常温下，步骤v沉钴滤液中，Co2+含量为5.9×102g·L1，此时溶液的pH=____________________。（6）步骤vi在空气中煅烧生成Co3O4的化学方程式是_____________________________。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分（2）Co2O3＋6H+＋2Cl=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O（3）加入NaCl固体，可使溶液中Cl浓度增大，平衡Co2+＋4ClCoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度（4）2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少（5）8（6）3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2【分析】原钴矿粉加入盐酸浸取，Co2O3被Cl还原为Co2+，向浸取液中加入NaCl固体，将Co2+转化为CoCl，之后加入有机胺试剂萃取，分液后洗脱得到CoCl2溶液，加入碳酸铵溶液得到Co2(OH)2CO3沉淀，经煅烧得到Co3O4。【解析】（1）预先粉碎可以增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）根据后续流程中出现Co2+，说明盐酸浸取时Cl将Co2O3被还原为Co2+，自身被氧化为Cl2，根据所给信息①可知，若盐酸过量还可能生成CoCl，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Co2O3＋6H+＋2Cl=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O；（3）加入NaCl固体，可使溶液中Cl浓度增大，平衡Co2+＋4ClCoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，提高原料的利用率；（4）根据流程可知产物为Co2(OH)2CO3，说明Co2+和CO发生双水解，而反应过程中无气体逸出，说明CO浓度较大，溶液碱性较强，CO没有彻底水解，转化为HCO，所以离子方程式为2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；温度过高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3浓度降低，沉淀质量减少；（5）滤液中Co2+含量为5.9×102g·L1，则c(Co2+)==1.0×103mol/L，则此时溶液中c(OH)==106mol/L，所以溶液中c(H+)=108mol/L，pH=8；（6）Co2(OH)2CO3在空气中煅烧生成Co3O4，则部分Co元素被氧气氧化，根据元素化合价的变化可得Co2(OH)2CO3和O2的系数比为3：1，再结合元素守恒可得化学方程式为3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2。7．锂辉石广泛应用于化工、玻璃、陶瓷行业，享有“工业味精”的美誉。某化工厂以锂辉石[，含少量、的盐]为原料生产磷酸亚铁锂()，其主要工艺流程如图所示：已知：温度/℃20406080溶解度1.331.171.010.85溶解度34.232.831.930.5（1）该工艺流程中多次涉及过滤操作，在实验室中过滤时用到的玻璃仪器除漏斗外，还需要___________。（2）“试剂X”的目的是分离除杂，则试剂X应为溶液和___________(填试剂名称)，常温下测得滤液Ⅰ中，为使恰好完全沉淀，需加入溶液调节溶液___________[已知]。（3）滤液Ⅱ中加入饱和溶液的目的是，过滤后用热水洗涤的原因是___________。（4）不溶于水，可由、和反应制备，该反应的离子方程式为___________；若制备时消耗质量分数为20%的溶液170g，则将其完全转化为，理论上需消耗浓度为60的溶液___________L。（5）高温煅烧制备时，发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）烧杯、玻璃棒（2）碳酸钠溶液11（3）使转化为沉淀，的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少的损失(合理即可)（4）1.5（5）【分析】原料锂辉石[和含少量、的盐加入浓硫酸，加热发生已知信息反应生成和，少量转化为沉淀，滤液中含有、、和未沉淀完全的，加入试剂X的目的是除去、，其中可将转化为沉淀，要除去且不引入杂质，结合后续有生成，则加入碳酸钠将转化为沉淀除去；滤液II为溶液，由题中表格信息知，相同温度下的的溶解度小于的溶解度，故加入饱和碳酸钠溶液的目的是使转化为沉淀，、和发生反应。【解析】（1）实验室过滤时需用玻璃棒引流和烧杯盛装液体，故还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。（2）加入试剂X的目的是除去、，其中可将转化为沉淀，要除去且不引入杂质，结合后续有生成，则加入碳酸钠溶液将转化为沉淀除去；由分析知，加入溶液调节溶液，使转化为沉淀除去，为使恰好完全沉淀，即溶液中，，解得，，所以。（3）根据已知表格中的数据可知，的溶解度随温度升高而减小，所以用热水洗涤的原因使转化为沉淀，的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少的损失可减少的损失。（4）由题干信息知，铁元素的化合价升高，所、与反应生成的反应为氧化还原反应，而具有氧化性，可将氧化为，再与反应得到，结合守恒原则和离子方程式的书写规则，该反应的离子方程式为；由第一空答案及分析所给方程式可得关系式：，消耗质量分数为20%的溶液170g，其物质的量，故消耗的物质的量也为1，质量，则需要浓度为60的溶液的体积。（5）由方程式可知，为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。8．一种利用酸浸提取硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO、SiO2)等制备铁红并回收副产物硫酸铵的工艺流程如图。

酸浸时加入H2C2O4(草酸)作助溶剂，与Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3，有利于加快Fe3+的浸取。已知：①H2C2O4可与Fe2+生成FeC2O4沉淀；②H2C2O4与Fe3+生成易溶于水的[Fe(C2O4)3]3；③H2C2O4在硫酸作用下，受热易分解生成CO和CO2。（1）用50%的硫酸“酸浸”时，反应液的温度、H2C2O4的加入量对铁浸取率的影响分别如图1、图2所示。()

①“硫酸烧渣”中Fe2O3与H2SO4反应的离子方程式为_________________________________________。②图1中，反应液的温度高于95℃时，铁浸取率开始降低，其原因是_____________________。③图2中，H2C2O4加入量在5~20%时，铁浸取率增大，其原因是_____________________；H2C2O4加入量超过20%时，铁浸取率反而开始降低，其原因是_______________________________。（2）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为_______________________________。（3）“沉铁”"时发生的主要反应的离子方程式为_