第1板块 大题专攻——“化工流程”类主观题增分策略(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(江苏专版)

“化工流程”类主观题增分策略 大题专攻 以化学工艺流程为主体,采用“化工流程+”的组合命题形式,考查学生的迁移融会、综合应用能力是新高考的主流命题方向。高考试题中常以陌生元素为主要载体,再现工业生产中的工艺流程,情境真实有用。不仅考查的元素陌生,而且各工序的转化过程也相当陌生。对学生的分析与推测能力要求较高,学生常因各工序过程中物质变化分析不清而不能正确答题。现从物质转化线和反应调控线两角度,理清工艺流程中的物质变化和转化关系,提高解题效率,实现稳增分。 一、 二、 练悟真题——明考情 透析题型——学方法 三、 重点强化——补缺漏 目 录 四、 专题质量评价 练悟真题——明考情 一、 1.(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题: (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　,产生的气体①为　　　(填化学式)。  3d34s2 +5 CO2 解析:V为23号元素,价层电子排布式为3d34s2;结合已知信息和ⅱ中信息可知,焙烧后V的存在形式为Ca(VO3)2、NaVO3,V为+5价;结合信息可得气体①为CO2。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。  解析:结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知,焙烧所得产物主要为Ca(VO3)2、NaVO3、NaAlO2等,其中Ca(VO3)2难溶于水,水浸后得到NaVO3、NaAlO2的混合溶液,结合该流程的目的为制备V2O5知,滤液中的杂质主要为NaAlO2。 NaAlO2 (3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为 　 ; CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为____________________________ 　 ; 浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　_________(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。  Ca(VO3)2+HC+OH-===CaCO3+2V+H2O 使HC浓度增大,促进Ca(VO3)2 转化为CaCO3,使V进入溶液中 离子交换 解析:盐浸工序中Ca(VO3)2转化为CaCO3,结合电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条件下通入CO2可增大溶液中HC浓度,促进Ca(VO3)2转化为CaCO3,V进入溶液进行后续操作,从而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有V,为提高钒的利用率,可将其加入离子交换工序。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　 　(填化学式)。  解析:离子交换时发生阴离子交换反应:V+R—N(CH3)3Cl=== R—N(CH3)3VO3+Cl-,根据所用树脂类型知,洗脱时可使用NaCl溶液,使钒元素转入溶液中:R—N(CH3)3VO3+Cl-===R—N(CH3)3Cl+V。 NaCl (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　 　(填标号)。  a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度 解析:将溶液调至碱性,NH4Cl会转变成NH3·H2O,从而影响沉钒;降低NH4Cl的浓度会使沉钒不充分,也会影响沉钒。 bd 2.(2024·贵州卷)煤气化渣属于大宗固废,主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺,制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下: 已知: ①25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33, Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12; ②2Na[Al(OH)4] (aq) Al2O3·3H2O(s)+2NaOH(aq)。 回答下列问题: (1)“滤渣”的主要成分为　　　(填化学式)。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O SiO2 和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。(1)煤气化渣中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,即“滤渣”的主要成分为SiO2。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,此时溶液中c(Fe3+)= __________mol·L-1。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤, 2.8×10-6 滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,即c(H+)=10-3 mol·L-1,则c(OH-) =10-11 mol·L-1,此时溶液中c(Fe3+)== mol·L-1= 2.8×10-6 mol·L-1。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是　 　　　　。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物 NaOH溶液 中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。(3)“除杂”时需要沉淀镁离子,得Na[Al(OH)4],所以加入的试剂X是NaOH溶液。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”的作用是________ 　　　　　　　　　　　　,水热合成NaFePO4的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤, 提供Na+ 和反应所需要的碱性环境 Fe2++N+3OH-+Na++H2P 滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”为NaOH溶液,其既可以提供合成NaFePO4所需要的Na+,又可以提供反应所需要的碱性环境,水热合成NaFePO4的离子方程式为Fe2++N+3OH-+Na++H2P NaFePO4↓+NH3↑+3H2O。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2,其工艺如下: ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为 ________________________________________ 4Fe3O4+6Na2CO3+O2 12NaFeO2+6CO2 解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2,其化学方程式为4Fe3O4+6Na2CO3+O2 12NaFeO2+6CO2; ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有　 个。  3 解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 ②由NaFeO2的晶胞图甲可知,每个晶胞中含有Fe:4×+2=3, Na:8×+2=3,O:8×+4=6,即每个晶胞中NaFeO2的单元数有3个; ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,生成纯相Na1-xFeO2,则x=　　　,其可能的结构示意图为　　(填“乙”或“丙”)。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O 0.25 乙 和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,==,生成纯相Na1-xFeO2,则=,解得x=0.25;丙图中Na:1+6×=1.75,≠,乙图中Na:2+2×=2.25,=,则其可能的结构示意图为乙。 一、组合命题是大趋势 新高考命题为更好地体现综合应用考法,彰显反规律、反套路化命题原则,原来的知识边界清晰、考查相对独立的考法(题目的设问大多围绕化工流程知识展开)正逐步向模糊知识界线、“拼盘”融合无缝的方向演变。如“化工流程+原理”“化工流程+实验”“化工流程+物质结构”等一些创新考法出现在2024各省市的自主命题中。 [把握考情] 二、核心考点基本稳定 考法 常考题点 基础 考法 1.加快浸取效率或速率的措施及分析; 2.指定物质的结构如电子式、化合价、化学键的分析; 3.流程中涉及的指定溶液或滤渣中的成分判断 综合 考法 1.物质转化中的化学(离子)方程式或指定物质发生某反应的化学 (离子)方程式; 2.除杂质离子的pH调节; 3.分离、提纯的原理、操作方法及仪器名称及选择; 4.转化率或产率的有关计算; 5.Ksp的有关计算及Ksp的应用 续表 应用 创新 考法 1.涉及图像的反应条件选择; 2.萃取与反萃取; 3.涉及电化学的电极反应及有关计算 续表 透析题型——学方法 二、 (一)审题——明确流程“制什么”“怎么制” 化工流程题的题干一般由“题头”和“流程图”两部分内容组成,题头主要点明“制什么”明确制取的产品;“流程图”则展示制备的过程即“怎么制”。 1.审题头——明确制什么 如上面的2024河北高考题、2024贵州高考题 题头信息 制备物质 以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺 V2O5 以煤气化渣为原料,利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺制备NaFePO4和回收Al2O3 NaFePO4、Al2O3 2.审流程图——明确怎么制 化工流程一般取材于真实的生产、生活中的实际问题,通过简洁可视的工艺流程图将其展示出来,其制备模式图如下: 在审流程图时,主要审清原料预处理、反应条件的控制、核心反应、物质的分离与提纯等。 (二)析题——捋清两线,确定“有什么”“是什么反应” 分析化学工艺流程可以从“物质转化线”和“反应调控线”的两线入手。根据流程的目的、原料和产品确定“物质转化线”,往往涉及到物质的氧化还原性(价态)、酸碱性(类别)和溶解性(类别)等方面;根据流程中某步骤的反应条件、反应环境及采取的工艺确定“反应调控线”,往往从速率、平衡(限度)和氧化还原等角度分析和解决问题,通过两线结合突破化工流程题。 [典例]　(2024·北京卷)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是___________________________ 　 。  增大接触面积,加快反应速率, 使反应更充分 (2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是 。 (NH4)2SO4 2NH3↑+SO3↑+H2O (3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO ①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是 　。  温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多, 可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加 ②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是__________________________________  反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO4 6CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低 。 温度高于425 ℃,随焙烧温度升高发生 (4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的 　 。  Fe+Cu2+===Cu+Fe2+ (5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是___________________________ 　。  粗铜若未经酸浸处理,其中杂 质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量 [解题观摩] (一)以“物质转化”为主线析题 黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入(NH4)2SO4通入空气焙烧,黄铜矿在(NH4)2SO4分解生成的SO3作用下转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3。NH3用H2SO4吸收,得到(NH4)2SO4,是溶液A的主要溶质,可以循环利用;固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含CuSO4的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D。向CuSO4溶液中加入过量的铁,发生氧化还原反应置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。 在物质转化中发生的相关反应如下: ①铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO4 2NH3↑+SO3↑+H2O; ②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO4 6CuO+2Fe2(SO4)3 +4SO3,铜浸出率降低; ③加入Fe置换CuSO4溶液中的铜,其反应的离子方程式为Fe+Cu2+===Cu+Fe2+。 (二)以“反应调控”为主线析题 第(1)问需从反应速率角度调控化学反应分析。根据“矿石在焙烧前需粉碎”这一生产情境确定从影响速率的因素答题。粉碎可增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分。 第(3)问需从温度调控物质转化角度分析。 由图像可知温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率增大,温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率降低。究其原因需从题目所给表格中获取信息,在400 ℃时,固体B的主要产物为CuSO4,随着温度升高SO3分解速率增大,生成CuSO4的速率也在增大,故铜浸出率为上升趋势。500 ℃时,B中所含主要物质有不溶于水的CuO生成,故铜的浸出率降低。 重点强化——补缺漏 三、 (一)审题注意挖隐含,找准思维趋向 题目中经常出现一些蕴含答题方向的词语,挖掘这些词语的隐性信息,能够及时锁定思考方向,找到答题着力点。 条件目的 思维方向 控制较低温度 从物质的挥发性和不稳定性等方向考虑 加过量试剂 从反应完全或增大转化率、产率等方向考虑 能否加其他物质 从引入杂质或影响产物的纯度等方向考虑 在空气中或在其他气体中 从O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的进行考虑 控制pH 从防水解、促进生成沉淀或除去杂质等方向考虑 用某些有机试剂清洗 从降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等方向考虑 续表 (二)内化溶度积计算的三类模型,强力突破失分点 1.是否有沉淀生成的判断模型 第一步 根据题目要生成的沉淀,判断需要求出的离子浓度 第二步 根据题目所提供的条件计算出对应的离子浓度(一般题目中会提供两种或两种以上的Ksp值,存在两组Ksp值中有一共同的离子,则可以根据Ksp值求出对应的离子浓度) 第三步 根据方程式AnBm(s) nAm+(aq)+mBn-(aq),求出cn(Am+)·cm(Bn-)的值,再与题目中所提供的Ksp(AnBm)做比较, 大于则生成沉淀;小于则无沉淀生成 续表 [例1]　Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如图所示: 若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。 [解析] 第一步:是否生成Mg3(PO4)2沉淀,则需要算出Mg2+和P的浓度。 第二步:根据题目提供的溶度积Ksp(FePO4)和Ksp[Mg3(PO4)2],发现P是二者共有的离子,则c(P)可以由Ksp(FePO4)求出。 c(P)== mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1 由于体积增加1倍,n(Mg2+)不变,则c(Mg2+)变为原浓度的一半。 c(Mg2+)=×0.02 mol·L-1=0.01 mol·L-1。 第三步:根据Mg3(PO4)2===3Mg2++2P,求出c3(Mg2+)·c2(P)的值。 c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-24 即小于Ksp[Mg3(PO4)2],所以无沉淀生成。 [答案]　Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(P)=1.3×10-22,则c(P)= =1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2 =1.69×10-40<1.0×10-24,则无沉淀生成。 2.溶液中Ksp的求算模型 第一步 根据方程式AnBm(s) nAm+(aq)+mBn-(aq),确定需要求出Am+和Bn-浓度 第二步 根据题目信息,分析或计算出Am+和Bn-离子的浓度 根据题目所提供的条件计算出对应的离子浓度(一般题目中会提供两种或两种以上的Ksp值,存在两组Ksp值中有一共同的离子,则可以根据Ksp值求出对应的离子浓度) 第三步 代入公式Ksp(AnBm)=cn(Am+)·cm(Bn-)进行计算 [例2]　某油脂厂废弃的用于油脂加氢的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O): 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题: 利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=______________________ (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　。  0.01×(107.2-14)2或 3.2~6.2 10-5×(108.7-14)2 [解析]　由表格可知,Ni2+完全沉淀时的pH=8.7,此时c(Ni2+)= 1.0×10-5 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-8.7 mol·L-1,则c(OH-)== =108.7-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2;或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2,此时c(Ni2+)=0.01 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-7.2 mol·L-1,则c(OH-)===107.2-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp= c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,为避免镍离子沉淀,此时c(OH-)=== 10-7.8mol·L-1,则c(H+)===10-6.2,即pH=6.2;Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。 3.溶液中离子浓度求算模型 第一步 判断所求的离子浓度与题目给出的Ksp的关系 第二步 根据题目中提供的条件,求出Ksp(AnBm)=cn(Am+)·cm(Bn-)中除题目所求的另一离子的浓度 第三步 求出另一离子的浓度后,代入公式c(Am+)=,求出c(Am+) [例3]　镧系金属元素铈(Ce)常见有+3、+4两种价态,铈的合金耐高温,可以用来制造喷气推进器零件。铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿的形式存在,其主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如图所示: 常温下,当溶液中的某离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全。据此,在生成Ce(OH)3的反应中,加入NaOH溶液pH至少达到　 时,即可视为Ce3+已完全沉淀。{Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20}  　[解析] 第一步:所求为c(OH-),与Ksp[Ce(OH)3]的关系是Ksp[Ce(OH)3]=c3(OH-)·c(Ce3+)。 第二步:根据题目给的条件,Ce3+要完全沉淀,在溶液中的浓度要≤1.0×10-5 mol·L-1,所以得出c(Ce3+)=1.0×10-5 mol·L-1。 9 第三步:根据方程式Ce(OH)3===Ce3++3OH- 代入公式c(OH-)===1.0×10-5 mol·L-1 题目求pH,则c(H+)===1.0×10-9 mol·L-1 pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-9)=9。 专题质量评价 (本检测满分60分) 1 2 3 4 1.(14分)氧化铁黄(FeOOH)是一种黄色颜料,具有非常好的耐光性和耐碱性,是氧化铁的一水合物。以FeSO4·7H2O为原料制备FeOOH的流程如图1所示。 1 2 3 4 (1)若在实验室完成上述制备实验,不需要使用的仪器是　　　(填标号)。  解析:“过滤”“洗涤”需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒,“干燥”需要用到真空干燥器,一定不需要的仪器是蒸发皿,故选D。 D 1 2 3 4 (2)“氧化”时,溶液pH随时间的变化关系如图2所示。 1 2 3 4 ①0~t1 s内,pH快速下降的原因是反应生成了FeOOH和H2SO4,该反应的化学方程式为　　　　　 　　　　　　　　　　。  解析:0~t1s内,pH逐渐减小的原因是反应生成了FeOOH和H2SO4,Fe由+2价升高为+3价,O由0价降低为-2价,根据原子守恒、得失电子守恒可得4FeSO4+O2+6H2O===4FeOOH↓+4H2SO4。 4FeSO4+O2+6H2O===4FeOOH↓+4H2SO4 1 2 3 4 ②t1~t2 s内,发生反应的离子方程式为12Fe2++3O2+2H2O=== 4FeOOH↓+8Fe3+,该过程pH继续平缓下降的原因可能是____________ 　　　　　　　　　　。  解析:t1~t2s内,结合发生反应的离子方程式可知,该过程pH继续平缓下降的原因可能是反应生成的Fe3+水解缓慢产生H+,c(H+)缓慢增大。 反应生成的 Fe3+水解缓慢产生H+ 1 2 3 4 (3)判断流程中产品洗涤干净的方法是________________________ 　 。  解析:由流程中所用物质知,制备的氧化铁黄上吸附有S,则判断流程中产品是否洗涤干净的方法是:取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若出现白色沉淀,测洗涤不完全,若未出现浑浊,则洗涤干净。 取最后一次洗涤液,加入 BaCl2溶液,未出现浑浊,则洗涤干净 1 2 3 4 (4)氧化铁黄(FeOOH)样品纯度可以通过产品的耗酸量确定,如图3所示。 图3 已知:Fe3++3C2===[Fe(C2O4)3]3-,[Fe(C2O4)3]3-不与稀碱液反应。 1 2 3 4 ①在溶液c中滴加NaOH标准溶液,使用的指示剂为　　　　　。  解析:在溶液c中滴加NaOH标准溶液时,过量的硫酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应,离子方程式为H++OH-===H2O,因此使用的指示剂为酚酞溶液。 酚酞溶液 1 2 3 4 ②若实验时加入了n1 mol H2SO4,消耗n2 mol NaOH,设氧化铁黄的摩尔质量为M g·mol-1,则氧化铁黄样品纯度为___________________ (用含w、n1、n2、M的代数式表示)。  解析:由已知信息,结合关系式H+~OH-可得,过量的H+的物质的量为n2 mol,又H+总物质的量为2n1 mol,则氧化铁黄消耗H+的物质的量为(2n1-n2)mol,结合FeOOH+3H+===Fe3++2H2O可得,氧化铁黄样品中FeOOH的物质的量为 mol,故氧化铁黄样品的纯度为×100%=×100%。 ×100% 1 2 3 4 ③测定时,若滴入Na2C2O4溶液不足量,会使实验结果　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析:测定时,若滴入Na2C2O4溶液不足量,铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁,导致消耗的氢氧化钠标准溶液的体积偏大,则n2偏大,会使实验结果偏小。 偏小 1 2 4 3 2.(15分)(2024·江苏南京一模)碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下: 已知:Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2,Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4, Ka1(H2TeO3)=1.0×10-3,Ksp(CuC2O4)=2.0×10-8。 1 2 4 3 (1)“氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3,该反应的化学方程式为 　。  解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 (1)“氧化酸浸”过程,Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3,则反应的化学方程式为Cu2Te+4H2O2+2H2SO4===H2TeO3+2CuSO4+5H2O。 Cu2Te+4H2O2+2H2SO4===H2TeO3+2CuSO4+5H2O 1 2 4 3 (2)“沉铜”时Na2C2O4过多会导致Cu2+与C2生成环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2-,该配离子的结构式为　 。 解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 1 2 4 3 (2)在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2-中,C2的碳氧单键中的O给出孤电子对,Cu2+接受电子对,以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2-,则该配离子的结构式为 。 1 2 4 3 (3)CuC2O4可溶于H2C2O4,反应CuC2O4+H2C2O4 [Cu(C2O4)2]2-+2H+的平衡常数为　　　　　。{已知:反应Cu2++2C2 [Cu(C2O4)2]2-的平衡常数K=1.8×1010}  解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 2.7×10-3 1 2 4 3 (3)用R2-表示[Cu(C2O4)2]2-,则反应CuC2O4+H2C2O4 [Cu(C2O4)2]2-+2H+的平衡常数为K'=,因Ka1(H2C2O4)· Ka2(H2C2O4)=×=,即 =,且反应Cu2++2C2 [Cu(C2O4)2]2-的平衡 1 2 4 3 常数K=,所以K'==K·c(Cu2+)·c2(C2)· ,即K'=K·Ksp(CuC2O4)·Ka1(H2C2O4)· Ka2(H2C2O4)=1.8×1010×2.0×10-8×5.0×10-2×1.5×10-4=2.7×10-3。 1 2 4 3 (4)“还原”在50 ℃条件下进行,H2TeO3发生反应的离子方程式为 　　　　　　 　　　　　　　。  解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 H2TeO3+2S 1 2 4 3 (4)“还原”时,H2TeO3被还原生成Te,S被氧化生成S,则H2TeO3发生反应的离子方程式为H2TeO3+2S Te↓+2S+H2O。 1 2 4 3 (5)“还原”时,Na2SO3的实际投入量大于理论量,其可能的原因为 ____________________________________________________________ 　。  解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 提高H2TeO3的还原率;Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成 SO2,SO2从溶液中逸出 1 2 4 3 (5)为提高H2TeO3的还原率,加入的Na2SO3溶液过量;“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出,则Na2SO3的实际投入量大于理论量,其可能的原因为提高H2TeO3的还原率;Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2,SO2从溶液中逸出。 1 2 4 3 (6)将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解,测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。350~400 ℃下剩余固体的化学式为　　。  Cu 1 2 4 3 解析:向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4,充分反应生成CuSO4和H2TeO3,再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去,此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4,最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te,据此解答。 (6)由图可知,350~400 ℃时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%,CuC2O4的摩尔质量为152 g·mol-1,则剩余固体的摩尔质量为152 g·mol-1×42.11%=64 g·mol-1,再结合化学反应前后元素种类不变,350~400 ℃下剩余固体的化学式为Cu。 1 2 4 3 3.(16分)(2024·江苏南通一模)CoO可用于制取催化剂,可以由含钴废料(主要成分为Co2O3,还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO)经过如下过程进行制取: 含钴废料→ 浸取 →浸取液→ 制CoC2O4·2H2O → 热解 →CoO 1 2 4 3 (1)含钴废料用硫酸和Na2SO3溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+。 ①写出“浸取”时Co2O3所发生反应的离子方程式: 　 。  ②“浸取”时含钴废料、硫酸和Na2SO3溶液混合的方式为 　 。 Co2O3+S+4H+===2Co2++S+2H2O 先将含钴废料与Na2SO3溶液混合,然后再向其中逐滴加入硫酸 1 2 4 3  解析:由含钴废料中主要成分为Co2O3,还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO,用硫酸和Na2SO3溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+,而后经过除杂得到CoC2O4·2H2O,最终热解得到CoO,据此作答。 (1)“浸取”时Co2O3与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应,所发生反应的离子方程式为Co2O3+S+4H+===2Co2++S+2H2O; “浸取”时含钴废料、硫酸和Na2SO3溶液混合的方式为先将含钴废料与Na2SO3溶液混合,然后再向其中逐滴加入硫酸。 1 2 4 3 (2)已知:①氧化性:Co3+>H2O2; ②Ksp(MgF2)=6.4×10-11;CoF2可溶于水;Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀; ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的pH如下表所示: 金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Co2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全的pH 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 1 2 4 3 补充完整由“浸取液”制取CoC2O4·2H2O的实验方案:取一定量的浸取液, 向其中加入5%的H2O2溶液,直至取少许溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液,不出现蓝色沉淀时停止加入,再向其中滴加2 mol·L-1氨水,调pH在4.7~6.6之间,过滤,向滤液中滴加1 mol·L-1的NH4F溶液,直至静置后至上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生 ,过滤,向滤液中滴加2 mol·L-1 (NH4)2C2O4溶液,……,得到CoC2O4·2H2O晶体,(实验中可选用的试剂是2 mol·L-1的氨水、5%的H2O2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、 1 mol·L-1的NH4F溶液)。  1 2 4 3 解析:由含钴废料中主要成分为Co2O3,还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO,用硫酸和Na2SO3溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+,而后经过除杂得到CoC2O4·2H2O,最终热解得到CoO,据此作答。 1 2 4 3 (2)溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+,题中信息已知Fe3+、Al3+与F-可生成配合物难以沉淀,因此Fe3+、Al3+要先以氢氧化物形式除去,观察各杂质离子的沉淀pH可知,Fe2+和Co2+在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分,因此要先将Fe2+氧化为Fe3+,而后调节pH后除去Fe3+、Al3+,再根据题中所给信息CoF2可溶于水而MgF2难溶于水,因此需要加入NH4F除去Mg2+,步骤为向浸取液中加入5%的H2O2溶液,直至取少许溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液,不出现蓝色沉淀时停止加入,再向其中滴加2 mol·L-1氨水,调pH在4.7~6.6之间,过滤,向滤液中滴加1 mol·L-1的NH4F溶液,直至静置后至上层清液中再滴加NH4F溶液无沉淀产生。 1 2 4 3 (3)已知:Ksp(CoC2O4)=4×10-8、Ka1(H2C2O4)=5×10-2、Ka2(H2C2O4)=5×10-5。 ①反应Co2++H2C2O4 CoC2O4↓+2H+的平衡常数为　　　。 解析:由含钴废料中主要成分为Co2O3,还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO,用硫酸和Na2SO3溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+,而后经过除杂得到CoC2O4·2H2O,最终热解得到CoO,据此作答。 62.5 1 2 4 3 (3)①根据Co2++H2C2O4 CoC2O4↓+2H+可得,K= ==,可得K==62.5; 1 2 4 3 ②制取CoC2O4·2H2O时使用(NH4)2C2O4溶液而不是Na2C2O4溶液的原因是___________________________________________________ 　 。  解析:由含钴废料中主要成分为Co2O3,还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和MgO,用硫酸和Na2SO3溶液浸出后,溶液中含有的阳离子是Na+、H+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+和Mg2+,而后经过除杂得到CoC2O4·2H2O,最终热解得到CoO,据此作答。 防止生成沉淀时产生Co(OH)2,降低热解后生成CoO中钠 元素的含量 1 2 4 3 ②制取CoC2O4·2H2O时使用(NH4)2C2O4溶液而不是Na2C2O4溶液的原因是:防止生成沉淀时产生Co(OH)2,降低热解后生成的CoO中钠元素的含量。 1 2 4 3 4.(15分)(2024·苏锡常镇四市二模)实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O的实验过程可表示为 (1)磷矿脱镁废液中主要含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S。 1 2 4 3 ①向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5,可达到Ca2+、Fe3+和Al3+的最佳沉淀效果。其中Ca2+转化为CaHPO4·2H2O的离子方程式为 。 解析:磷矿脱镁废液含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S,实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5,使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀,过滤除去沉淀,清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。 Ca2++H2P+OH-+H2O===CaHPO4·2H2O 1 2 4 3 (1)①废液中的H2P与NaOH反应生成HP,与Ca2+生成CaHPO4·2H2O,离子方程式为Ca2++H2P+OH-+H2O=== CaHPO4·2H2O; 1 2 4 3 ②将除杂净化后的清液控制在一定温度,加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH关系如图所示。pH小于6时,随着pH增大,镁回收率上升,其原因是 　 　。  HP浓度增大,有利于生成MgHPO4固体 1 2 4 3 解析:磷矿脱镁废液含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S,实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5,使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀,过滤除去沉淀,清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。 ②pH小于6时,随着pH增大,HP浓度增大,有利于生成MgHPO4固体,镁回收率上升; 1 2 4 3 ③pH大于6时,随着pH增大,产品纯度逐渐下降,其可能原因是 　 。  解析:磷矿脱镁废液含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S,实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5,使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀,过滤除去沉淀,清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。 ③pH大于6时,随着pH增大,可能生成大量磷酸根离子,进而产生Mg3(PO4)2沉淀,导致产品纯度降低。 可能生成大量磷酸根离子,进而产生Mg3(PO4)2沉淀 1 2 4 3 (2)实验室用如下方案测定MgHPO4·3H2O产品(含有Na2HPO4杂质)的纯度:准确称取0.720 0 g磷酸氢镁产品,加入足量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液。准确移取25.00 mL于锥形瓶中,用0.050 00 mol·L-1 Na2H2Y标准液滴定(离子方程式为Mg2++H2Y2- ===MgY2-+2H+)至终点,平行滴定三次,平均消耗Na2H2Y标准液19.20 mL。计算该产品中MgHPO4·3H2O的纯度 25.00 mL溶液中n(Mg2+)=n(H2Y2-)= 0.050 00 mol·L-1×0.019 20 L=9.6×10-4 mol 1 2 4 3 (写出计算过程)。  0.720 0 g磷酸氢镁产品中MgHPO4·3H2O的质量为9.6×10-4mol×4×174 g·mol-1=0.668 16 g 该产品中MgHPO4·3H2O的纯度为×100%=92.80% 1 2 4 3 解析:磷矿脱镁废液含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S,实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5,使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀,过滤除去沉淀,清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。 (2)由所给离子方程式知,25.00 mL溶液中n(Mg2+)=n(H2Y2-)=0.050 00 mol·L-1×0.019 20 L=9.6×10-4 mol,故0.720 0 g磷酸氢镁产品中MgHPO4·3H2O的质量为9.6×10-4 mol×4×174 g·mol-1=0.668 16 g,该产品中MgHPO4·3H2O的纯度为×100%=92.80%。 1 2 4 3 (3)恒温转化后的母液中主要含Na2HPO4和Na2SO4。已知:水溶液中各含磷微粒的分布如图1所示,Na3PO4和NaCl的溶解度曲线如图2所示;常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数依次为1.1×10-10和3.2×10-7。请补充完整由恒温转化后的母液制备Na3PO4晶体的实验方案:用比浊法测定母液中S的浓度后,在搅拌下向一定体积的母液中_________ ____________________________________________________________ 加入计算 量的BaCl2溶液,过滤,向滤液中逐滴加入氢氧化钠溶液至pH=14,将溶液加热蒸发浓缩至有晶膜出现,冷却结晶 ,过滤、用无水乙醇洗涤,干燥。  1 2 4 3 1 2 4 3 解析:磷矿脱镁废液含H2P及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和S,实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4·3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5,使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀,过滤除去沉淀,清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。 1 2 4 3 (3)根据常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数知,恒温转化后的母液中加入氯化钡会生成硫酸钡沉淀从而除去硫酸根,由图1可知,pH=14时,含磷微粒全部从原来的磷酸氢根转化为磷酸根,故加氢氧化钠溶液至pH=14时,溶质为Na3PO4,再由图2的溶解度随温度变化曲线,磷酸钠溶解度随温度变化很大,应当将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现,冷却结晶,过滤即得Na3PO4晶体,再用无水乙醇洗涤,干燥。 本课结束 $$