2025年高考二轮复习化学大单元主观题突破2

主观题突破二(分值:92分)学生用书P2191.(15分)(2024·广东深圳二模)一种从工业锌置换渣(主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等)中回收锗、铅的工艺流程如图:已知:GeO2能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液;PbCl2可溶于热盐酸中:PbCl2+2ClPbCl42-;常温下,Ksp(PbSO4)=1.6×108,Ksp(PbCl2)=1.2×10(1)“还原浸出”时,SO2的存在可促进ZnFe2O4浸出。①SO2的空间结构为。

②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

(2)“90℃酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小,浓度不宜过大的主要原因是

。

(3)“碱溶”时,GeO2发生反应的离子方程式为

。

(4)“降温析铅”过程中,体系温度冷却至常温,且c(Cl)=2.0mol·L1。为防止PbCl2中混有PbSO4杂质,应控制溶液中c(SO42-)<mol·L1((5)“转化”的意义在于可重复利用(填物质名称)。

(6)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金,锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。①锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为。

②若硅锗合金ⅰ的晶胞边长为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值,则硅锗合金ⅰ晶体的密度为g·cm3(列计算式)。

③硅锗合金ⅱ沿晶胞对角面取得的截图为(填字母)。

晶胞对角面答案:(1)①V形②1∶1(2)防止GeO2大量溶解,导致锗的产率下降(3)GeO2+2OHGeO32-+H(4)5.3×103(5)盐酸(6)①4②73×7+28a解析:工业锌置换渣(主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等)通入SO2并加入硫酸还原浸出,生成Zn2+、Fe2+,“滤渣1”中有PbSO4、GeO2、SiO2,加入盐酸“90℃酸浸”,“浸渣2”为GeO2、SiO2,加入氢氧化钠溶液碱溶,发生反应GeO2+2OHGeO32-+H2O、SiO2+2OHSiO32-+H2O,经过“沉硅”等一系列操作后得到锗,滤液中含有PbCl42-,降温PbCl2+2ClPbCl42-平衡逆向移动,得到PbCl2,向“滤液1”中加入适量CaCl2得到CaSO4,过滤得“滤液2”,“(1)①SO2中S的价层电子对数为2+6-2×22=3,有1个孤电子对,空间结构为V形。②该反应化学方程式为SO2+ZnFe2O4+2H2SO4ZnSO4+2FeSO4+2H2O,氧化剂为ZnFe2O4,还原剂为SO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为(2)盐酸浓度过大,会导致GeO2大量溶解,锗的产率下降。(3)“碱溶”时,GeO2与OH发生反应,离子方程式为GeO2+2OHGeO32-+H2(4)c(Cl)=2.0mol·L1,Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)·c2(Cl)=1.2×105,即c(Pb2+)=3×106mol·L1,Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO42-)=3×106×c(SO42-)=1.6×108,c(SO42-)≈5.3×103mol·L1,即为防止PbCl2中混有PbSO4杂质,应控制溶液中c(SO42-(5)向“滤液1”中加入适量CaCl2得到CaSO4,过滤得“滤液2”,“滤液2”主要含有H+、Cl,“转化”的意义在于可重复利用盐酸。(6)①由图可知,锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为4;②由均摊法得,1个硅锗合金ⅰ晶胞中含有Si原子个数为2×12=1,Ge原子的个数为4+8×18+4×12=7,晶胞边长为apm,则硅锗合金ⅰ晶体的密度为73×7+28a3×10-30×N2.(14分)(2024·广东大湾区联合模拟)V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种,一种从钒页岩(主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下:已知:①“酸浸”时有VO2+②VO2+在有机溶剂中的溶解度大于水,“萃取”时离子的萃取顺序为Fe3+>VO2+>VO2+>Fe2+>Al③VO2+和V回答下列问题:(1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaClNa2SO4与钒页岩形成混合物,这样做的目的是

。

(2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是(填元素符号)。

(3)H2C2O4的作用是将VO2+转化为VO2+,转化的目的是,发生反应的离子方程式为(4)①“沉钒”时生成NH4VO3沉淀,“步骤X”应该加入(填“氧化剂”或“还原剂”),写出“沉钒”时反应的离子方程式:

。

②以“沉钒率”(NH4VO3沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比)表示钒的回收率如图所示,温度高于80℃时沉钒率下降的原因是。

(5)①V2O5可以溶解在NaOH溶液中得到VO43-,VO43-在不同的pH下可以得到不同聚合度的多钒酸盐,其阴离子呈如图所示的无限链状结构,其中一种酸式钒酸根离子可以表示为[H2VxO28]4②V的另一种氧化物VO2的立方晶胞如图所示,则在晶胞中,黑球代表的是原子。

答案:(1)生成易溶的钠盐,提高钒的浸取率(2)Si(3)VO2+的萃取率大于VO2+,转化为VO2+可以提高钒的萃取率2VO2++H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑(4)①氧化剂VO3-+NH4+NH4VO3↓②温度高于80℃时,NH4(5)①10②V解析:由题给流程可知,向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸进行酸浸,将金属元素转化为VO2+、铁离子、铝离子,二氧化硅不能与加入的酸反应,过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液;调节滤液的pH为5.1,将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将VO2+还原为VO2+,向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相;向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相;向水相中加入氧化剂将溶液中的VO2+氧化为VO2+(1)“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物,其目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐,从而提高钒的浸取率。(2)由分析可知,“滤渣1”的主要成分是二氧化硅,除掉的主要杂质元素是硅元素。(3)由题给信息可知,VO2+的萃取率大于VO2+,则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO2+还原为VO2+,有利于萃取时提高钒的萃取率,反应的离子方程式为2VO2++H2C2O4+2H+2VO2++2CO2(4)①由分析可知,步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中的VO2+氧化为VO2+,向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀,该反应的离子方程式为VO3-+NH4+NH4VO3↓。②氯化铵在溶液中的水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时,N(5)①由无限链状结构可知,多钒酸盐中钒元素的化合价为+5价,由化合价代数和为0可知,[H2VxO28]4中x=10;②由晶胞结构可知,晶胞中位于顶角和体心的黑球个数为8×18+1=2,位于面上和体内的白球个数为4×12+2=4,由氧化物的化学式可知3.(10分)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MoO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过程中未见有含S气态物的生成。②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×1012,Ksp(MgCO3)=6.5×106。③一般离子浓度达到105mol·L1以下视为沉淀完全。回答下列问题:(1)写出“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式:。

(2)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。

(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,Mo的浸出率和CO32-残留浓度的关系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为,结合图中信息说明理由(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(CO32-)=3.00g·L1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入(保留两位有效数字)molMgSO4,若“净化”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中(填“不存在”或“存在”(5)MoSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y=;晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目为。

答案:(1)2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2(2)Fe2O3、NiO(3)1.2当Na2CO3的用量比从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3用量比从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO3(4)0.70不存在(5)26解析:向镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)通入空气,加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去的“滤渣1”的成分为Fe2O3、NiO,加入硫酸镁净化除去的“滤渣2”的成分为氢氧化镁,滤液经冷却结晶得到硫酸钠,向溶液中加入D318Ⅲ树脂进行离子交换,再加入氨水解析得到“解析液”,处理后得到钼酸铵。(1)由题中信息可知,含Mo的产物为Na2MoO4,没有含硫气态物质生成,结合流程可知硫元素被氧化为最高价的盐Na2SO4,流程中生成CO2,则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2。(2)FeS2被氧化为Fe2O3,Fe2O3不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣,由题中信息可知Ni以+2价氧化物NiO存在,NiO也不溶于碱性碳酸钠溶液,则“滤渣1”的主要成分为Fe2O3、NiO。(3)由图可知,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大,故最佳用量比选择1(4)c(CO32-)=3.00g·L1,转换单位后c(CO32-)=3.00g·L-160g·mol-1=0.05mol·L1,完全沉淀此部分CO32-需c(Mg2+)=0.05mol·L1,当CO32-沉淀完全后溶液中c(Mg2+)=Ksp(MgCO3)c(CO32-)=6.5×10-61×10-5mol·L1=0.65mol·L1,合计c(Mg2+)=(0.05+0.65)mol·L1=0.70mol·L1,故每升溶液中需加入0.70molMgSO4。若“净化”完成后溶液pH=8,则此时溶液中c(H+)=10(5)由图可知,一个晶胞中含有2个Mo原子,4个S原子,故1∶y=2∶4,y=2;晶胞中与S原子距离最近且相等的Mo原子数目为3,故晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目为6。4.(12分)(2024·广西柳州三模)氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。已知:①Bi3+在pH=1时开始水解,pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀;②该工艺下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。金属离子Fe3+Fe2+开始沉淀的pH1.97.2沉淀完全的pH2.98.2(1)铋与氮同主族,且位于元素周期表的第六周期,基态Bi原子的价层电子排布式为。

(2)“浸渣”的主要成分是S和,“浸取”时生成S的离子方程式为

。

(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是。

(4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为,发生反应的化学方程式为。

(5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机化合物作离子导体)的负极材料,充电时嵌入K+,BiOCl被还原为Bi,则阴极的电极反应式是

。

(6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示,已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为g·cm3(列出计算式即可)。

答案:(1)6s26p3(2)SiO2Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+(3)将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀(4)3~7.2BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl(5)BiOCl+3e+3K+Bi+KCl+K2O(6)4×241(解析:向辉铋矿加入氯化铁和盐酸进行浸取,铁离子具有氧化性,将硫氧化为硫单质,二氧化硅不反应,硫单质和二氧化硅成为滤渣,滤液中含有Bi3+、Fe3+,加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀,然后加入碳酸钠调节pH,结合题干可知,调节pH在3~7.2可使Bi3+完全水解为BiOCl沉淀,且无其他沉淀。(1)铋与氮均为ⅤA族元素,铋位于元素周期表的第六周期,则基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3。(2)由分析可知,“浸渣”的主要成分是S和SiO2,“浸取”时生成S的离子方程式为Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+。(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀。(4)已知pH≥3时Bi3+几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀,且不能使得亚铁离子沉淀,则加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为3~7.2;Bi3+水解为白色的BiOCl沉淀,发生反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl。(5)充电过程为电解池,电解池中阴极发生还原反应,电解池中有机化合物作离子导体,充电时嵌入K+,则BiOCl得到电子发生还原反应生成Bi,电极反应式为BiOCl+3e+3K+Bi+KCl+K2O。(6)已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,由图可知最近距离是面对角线的二分之一,则晶胞边长为2apm;根据“均摊法”,晶胞中含8×18+6×12=4个Bi、8个O,则晶体密度为4MNA(2a)3×1030g·cm3=5.(14分)(2024·广东湛江二模)钒和铬都是重要的战略金属,利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4,还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示。已知:常温下,Ksp(BaCO3)=5.1×109,Ksp(BaCrO4)=1.2×1010,Ksp(CuCrO4)=3.6×106。回答下列问题:(1)基态铬原子的价层电子轨道表示式为。

(2)钒、铬废渣“水浸”前,先要进行粉碎处理,为提高浸取效率,还可采取的措施有(任写一点)。

(3)“沉钒”得到的含钒产物为钒酸钙(CaO·V2O5),该过程中发生反应的化学方程式是

。

(4)“沉铬”时,铬转化为CuCrO4沉淀,“转化”过程中发生反应的离子方程式为

。

(5)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3,可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀,铬的理论转化率为%(保留三位有效数字)。

(6)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。①该晶体的化学式为。

②已知该晶体的密度为ρg·cm3,NA为阿伏加德罗常数的值,则相邻Ca与Cr之间的最短距离为pm(列出计算式即可)。

答案:(1)(2)延长浸取时间(或适当升高温度、搅拌等)(3)2NaVO3+CaO+H2OCaO·V2O5+2NaOH(4)CuCrO4+2OHCrO42-(5)97.7(6)①CaCrO3②340+52+16×3ρN解析:钒、铬废渣(主要成分有NaVO3和Na2CrO4,还含有其他难溶物)经过水浸后,“浸取液”中含有NaVO3和Na2CrO4,加入生石灰沉钒得到钒酸钙,经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。“沉钒后液”的主要成分是Na2CrO4,经过酸化、加入氧化铜转化为CuCrO4沉淀,加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和Na2CrO4溶液,经过冷却结晶得到Na2CrO4。(1)基态铬原子的价层电子轨道表示式为。(2)为提高浸取效率,还可采取的措施有延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等。(3)“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的NaVO3生成钒酸钙,化学方程式为2NaVO3+CaO+H2OCaO·V2O5+2NaOH。(4)“转化”过程中CuCrO4沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和Na2CrO4,离子方程式为CuCrO4+2OHCrO42-+Cu(OH)(5)根据BaCO3和BaCrO4的Ksp可知,“沉铬”时的离子方程式为BaCO3+CrO42-BaCrO4+CO32-,K=c(CO32(6)①根据“均摊法”进行计算:Ca位于顶角,Ca的数目为8×18=1,O位于面心,O的数目为6×12=3,Cr位于体心,Cr的数目为1,所以晶体的化学式为CaCrO3。②已知该晶体的密度为ρg·cm3,NA为阿伏加德罗常数的数值,设晶胞边长为apm,则ρ=40+52+16×3(a×10-10)3NA,可以求得a=340+52+16×3ρN6.(15分)(2024·广东广州一模)对废旧锂离子电池的正极材料(主要成分为LiCoO2,还含有少量Al、Fe、Mn、Ni等元素)进行回收可有效利用金属资源,一种回收利用工艺流程如下:已知:①常温下,丁二酮肟是白色晶体,不溶于水,可溶于乙醇等有机溶剂。②常温下,部分氢氧化物的Ksp如下表:氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Al(OH)3Fe(OH)3Ksp3.0×10151.6×10441.3×10332.8×1039回答下列问题:(1)“酸浸还原”中LiCoO2转化为Co2+,氧化产物是SO42-,(2)“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3和MnO2,Mn2+转化为MnO2的离子方程式是

;

常温下,“氧化调pH”后的滤液中Co2+的浓度为17.7g·L1,为尽可能多地提取Co2+,应控制溶液的pH不大于。

(3)“转化”中由Co2+转化为[Co(NH3)6]3+的离子方程式为

。

(4)“沉镍”中丁二酮肟与[Ni(NH3)6]2+反应生成丁二酮肟镍的过程可表示为从滤渣3中分离出丁二酮肟固体的方法是。

(5)“锂钴分离”可产生能重复利用的物质是。

(6)层状LiCoO2的结构如图所示,层状LiCoO2中一个Co周围与其最近的O的个数是;以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标,例如图中原子1的分数坐标为(0,0,0),则原子2和原子3的分数坐标分别为、。

答案:(1)8∶1(2)Mn2++ClO+H2OMnO2↓+2H++Cl7.0(3)4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH4+4[Co(NH3)6]3++22H2(4)加入盐酸,充分反应后过滤(5)氨水(6)6(0,0,12)(0,1,1解析:由题给流程可知,向正极材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原,将钴酸锂转化为亚钴离子和锂离子,材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐,过滤得到滤渣和滤液;向滤液中加入次氯酸钠溶液,将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液;滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离子,亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子,向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇溶液,将溶液中的六氨合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀,过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液,向滤渣中加入盐酸,充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液,向滤液中加入盐酸,将溶液中的六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子,再加入氢氧化钠溶液,将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为一水合氨,过滤得到钴的氢氧化物和含锂离子和一水合氨的溶液。(1)由化合价代数和为0可知,钴酸锂中钴元素的化合价为+3价,硫代硫酸钠中硫元素的化合价为+2价,由题意可知,“酸浸还原”时,钴酸锂中钴元素被还原为亚钴离子,硫代硫酸根离子被氧化为硫酸根离子,由得失电子数目守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量比为8∶1。(2)由题意可知,“氧化调pH”后的滤液中亚钴离子的浓度为17.7g·L1,设溶液的体积为1L,则亚钴离子的浓度为17.7g·L-1×1L59g·mol-11L=0.3mol·L1,由溶度积可知,为尽可能多地提取亚钴离子,溶液中的氢氧根离子浓度应小于3.0×10-150.3(3)“转化”中,溶液中亚钴离子发生的反应为亚钴离子与氨水、铵根离子、氧气反应转化为六氨合钴离子和水,反应的离子方程式为4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH4+4[Co(NH3)6]3++22H2O(4)由分析可知,从“滤渣3”中分离出丁二酮肟固体的操作为向丁二酮肟镍中加入盐酸,充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液。(5)由分析可知,“锂钴分离”中发生的反应为加入盐酸,将溶液中的六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子,再加入氢氧化钠溶液,将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子在溶液中转化为一水合氨,则能重复利用的物质是氨水。(6)由层状结构可知,位于六棱柱顶角的钴原子与位于内部的氧原子距离最近,则一个钴原子周围与其最近的氧原子的个数是6;由晶胞结构可知,位于六棱柱顶角的原子1位于晶胞的顶角,由原子1的分数坐标为(0,0,0)可知,原子2和原子3的分数坐标分别为(0,0,12)、(0,1,147.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:①“反应2”的化学方程式为

。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是

。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClOⅡ.;

Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化