届高三化学专题突破化学工艺流程制备类化学工艺题.docx
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届高三化学专题突破化学工艺流程制备类化学工艺题
2020届高三化学专题突破:
化学工艺流程—制备类化学工艺题
1.某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质,从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4,SiO2、Al2O3转化为________和_______。
(2)滤渣1中主要含______。
滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3,对应调pH应不低于______。
(常温下,当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33)。
(3)“沉钒”时的离子方程式是_______,NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
(4)“还原”时溶液的pH在2.5左右,反应的离子方程式是________。
(5)已知:
25°C时,H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-5,则25°C时,0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____,向0.1mol·L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体,当溶液的pH=2.5时,溶液中c(C2O42-):
c(H2C2O4)=_______(保留两位有效数字)。
【来源】广西柳州市2020届高三毕业班4月模拟理科综合化学试题
【答案】Na2SiO3NaAlO2H2SiO34.7NH4++VO3-=NH4VO3↓2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O↑3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2Oc(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>C2O42->c(OH-)0.38
【解析】
【分析】
“焙烧”时,Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应,V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4,SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2;
“酸浸”时,Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀,滤渣1主要成分是硅酸,同时AlO2-转化成Al3+,铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+;
“调pH”时,将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀,滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3;
“沉钒”时,NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀,NH4VO3沉淀煅烧得V2O5;
“还原”时,用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+,调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3,据以上分析解答。
【详解】
(1)高温时,氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳,二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳,即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2,故答案为:
Na2SiO3;NaAlO2;
(2)由分析可知,滤渣1主要为H2SiO3,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全,Fe3+浓度为1×10-5mol/L时,c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38,c3(OH-)=4.0×10-33,c3(H+)=
,c(H+)=
×10-4≈6×10-4,pH≈4-lg6<4。
Al3+浓度为1×10-5mol/L时,c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33,c3(OH-)=1.0×10-28,c3(H+)=
,c(H+)=
,pH=-lg(
)=5-lg(
)≈4.7>4,综上所述,要使A3+和Fe3+完全沉淀,pH不低于4.7,故答案为:
H2SiO3;4.7;
(3)“沉钒”时,NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀,离子方程式为:
NH4++VO3-=NH4VO3↓,NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5,元素化合价没变化,根据原子守恒可知,产物含有H2O和NH3,方程式为:
2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O↑,故答案为:
NH4++VO3-=NH4VO3↓;2NH4VO3
V2O5+2NH3↑+H2O↑;
(4)“还原”时,C2O42-将CrO42-还原成Cr3+,pH在2.5左右,溶液为酸性,C2O42-被氧化为CO2,结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为:
3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O,故答案为:
3C2O42-+2CrO42-+16H+=2Cr3++6CO2↑+8H2O;
(5)HC2O4-会水解、电离,所以,c(Na+)>c(HC2O4-),HC2O4-的电离常数=Ka2=6.4×10-5,HC2O4-的水解常数Kh=
=
≈1.7×10-13,电离常数>>水解常数,加之水电离也能产生一定的H+,所以c(H+)>C2O42->c(OH-)。
水解和电离都是微弱的,所以,c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-),综上所述:
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)。
H2C2O4
H++HC2O4-,Ka1=
,HC2O4-
H++C2O42-,Ka2=
,Ka1×Ka2=
×
=
。
pH=2.5,则c(H+)=10-2.5,所以,
=
=0.38(保留两位有效数字),即c(C2O42-):
c(H2C2O4)=0.38,故答案为:
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-);0.38;
【点睛】
(5)二酸弱酸H2X:
。
2.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂,广泛用于冶金、化工生产。
一种以粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下:
已知:
①部分含钒物质的溶解情况:
(VO2)2SO4易溶于水,VOSO4可溶于水,NH4VO3难溶于水。
②部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表:
回答下列问题:
(l)“研磨”的目的是___,“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。
(2)加入NaCIO溶液,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。
(3)向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示,虚线框中最为合适的仪器是___(填标号),调节溶液的pH范围为___,滤渣b为___(写化学式)。
(4)实验显示,沉钒率的高低与温度有关,如图是沉钒率随温度的变化曲线,则沉钒时的加热方法为___。
温度高于80℃,沉钒率下降,其可能原因是____
【来源】安徽省皖南八校2020届高三第三次联考(全国I卷)理综化学试题
【答案】增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH<7.8Fe(OH)3、Al(OH)水浴加热(热水浴)温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,由于NH4+浓度减小,沉钒率下降
【解析】
【分析】
粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎,加入硫酸进行酸浸,V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液,由于SiO2不与硫酸反应,经过滤后,得到的滤渣a为SiO2,滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,再加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液,加入饱和氯化铵溶液,使VO2+转化为NH4VO3沉淀,对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧,获得V2O5,据此分析解答。
【详解】
(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状,目的是增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率;“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+,发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O;
(2)根据分析,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+;
(3)加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,根据部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知,pH值为2.8时,Fe(OH)3完全沉淀,pH值为4.7时,Al(OH)3完全沉淀,pH值为7.8时,Al(OH)3开始溶解,调节溶液的pH范围为4.7≤pH<7.8,滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3,向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时,虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗,能保证仪器内外压强相等,使氢氧化钠溶液顺利流下,答案选D;
(4)由图像可知,当温度为80℃左右钒的沉淀率最高,酒精灯的火焰温度太高,不能直接用酒精灯加热,则在该温度下加热方法应使用水浴加热;沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液,铵根离子可水解,温度越高水解程度越大,铵盐不稳定,受热易分解生成氨气,温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,溶液中NH4+浓度减小,使沉钒率下降。
3.工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2,还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。
已知:
Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10-12,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。
(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为______________________。
(2)向浸出液中添加适量MnO2的作用是_____________;滤渣2的主要成分是__________。
(3)“沉锰”的离子方程式为____________________________。
(4)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。
①由图可知,“沉锰”的合适条件是________________________。
②当温度高于45℃时,Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是___________________________。
(5)将NH3通入0.015mol·L-1MgSO4溶液中,使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1,此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为________________(忽略反应前后溶液体积的变化,计算结果保留2位小数)。
【来源】山东省临沂市2020届高三下学期4月一模考试化学试题
【答案】MnO2+SO2=MnSO4将Fe2+氧化为Fe3NiS和ZnSMn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O45℃、pH=7.5当温度高于45℃时,随着温度升高,NH4HCO3分解,c(
)下降,所以Mn2+沉淀率下降;同时随着温度升高,Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大,所以Mg2+沉淀率增大1.17mol·L-1
【解析】
【分析】
软锰矿的主要成分是MnO2,还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素,应均以金属氧化物的形式存在,SiO2、MnO2与硫酸不反应,硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2,通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收,二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-,过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液,二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1,向浸出液中加入MnO2,将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+,加入氨水,调节pH值,使Fe3+、A13+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去,过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS,向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵,得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液,向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰,向含有Mg2+的溶液通入氨气,得到氢氧化镁,据此分析解答。
【详解】
(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中,MnO2与SO2反应生硫酸锰,化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4;
(2)根据分析,向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+;滤渣2的主要成分是NiS和ZnS;
(3)根据分析,向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵,得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液,“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3∙H2O=MnCO3↓+NH4++H2O;
(4)①由图可知,“沉锰”的合适条件是:
温度控制在45℃左右,pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高;
②当温度高于45℃时,Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是:
沉锰是要加入碳酸氢铵,铵盐受热易分解,当温度高于45℃时,随着温度升高,NH4HCO3分解,c(CO32-)下降,所以Mn2+沉淀率下降;同时随着温度升高,Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大,所以Mg2+沉淀率增大;
(5)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=4.9×10-12,c2(OH-)=
=4.9×10-7,c(OH-)=7×10-4mol·L-1,NH3通入0.015mol·L-1MgSO4溶液中,Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵,c(NH4+)=2c(SO42-)=2×0.015mol/L=0.03mol/L,一水合氨是弱电解质,电离方程式为:
NH3·H2O⇌NH4++OH- ,Kb(NH3·H2O)=
=1.8×10-5,则NH3·H2O的物质的量浓度为
=1.17mol/L。
4.纯橄岩为含镁的硅酸盐矿物,并含有MnO、Fe2O3、FeO、SiO2和一些有机物等杂质。
工业上利用纯橄岩制备一水硫酸镁(MgSO4·H2O)的工艺流程如下:
(1)浸出时温度控制在90℃~100℃之间,并且要连续搅拌2小时的目的是___________。
(2)上述流程中多次用到了过滤操作,实验室过滤时需要用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________________。
(3)向过滤Ⅰ的滤液中加入NaClO溶液,将溶液中的Mn2+氧化成MnO2,反应的离子方程式为________________________________。
(4)滤渣Ⅱ中主要成分为________________(填化学式)。
(5)检验过滤Ⅱ后的滤液中是否含有Fe3+的实验操作方法是________________________。
(6)已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如下图,且溶液的沸点随压强增大而升高。
为了从滤液中充分回收MgSO4·H2O,采取将滤液蒸发浓缩、加压升温结晶的方法,采取加压升温结晶的原因是________________________________。
【来源】2020届学科网3月第三次在线大联考(江苏卷)-化学试题
【答案】提高纯橄岩中镁的浸出率漏斗Mn2++ClO−+H2O
MnO2↓+2H++Cl−Fe(OH)3、MnO2取过滤Ⅱ后的滤液1~2mL于试管中,加入少量KSCN溶液,如果溶液不显红色,证明滤液中无Fe3+增大压强,溶液沸点升高,溶液能够达到较高温度,有利于MgSO4·H2O晶体析出
【解析】
【分析】
分析流程过程,纯橄岩用硫酸进行酸浸,硅酸盐与硫酸反应生成硫酸盐和硅酸沉淀,MnO、Fe2O3、FeO与硫酸反应生成相应的硫酸盐和水,SiO2不与硫酸反应也不溶于硫酸,以滤渣形式除去,故滤渣Ⅰ的成分可确定。
滤液中加入NaClO溶液,可将Fe2+氧化为Fe3+,将Mn2+氧化为MnO2,通过调节pH=5~6,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。
则可知滤渣Ⅱ的成分。
据此进行分析。
【详解】
(1)浸出时升高温度、连续搅拌,其目的是提高纯橄岩中镁的浸出率;答案为:
提高纯橄岩中镁的浸出率;
(2)过滤时用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和漏斗;答案为:
漏斗;
(3)NaClO将溶液中的Mn2+氧化成MnO2,本身被还原为Cl−,依据守恒即可写出反应的离子方程式:
Mn2++ClO−+H2O
MnO2↓+2H++Cl−;答案为:
Mn2++ClO−+H2O
MnO2↓+2H++Cl−;
(4)加入NaClO溶液,能将Fe2+氧化为Fe3+,将溶液中的Mn2+氧化成MnO2,调节溶液pH=5~6,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,滤渣Ⅱ中主要成分为Fe(OH)3、MnO2;答案为:
Fe(OH)3、MnO2;
(5)检验过滤Ⅱ后的滤液中是否含有Fe3+的实验方法是用KSCN溶液,具体操作为取过滤Ⅱ后的滤液1~2mL于试管中,加入少量KSCN溶液,如果溶液不显红色,证明滤液中无Fe3+;答案为:
取过滤Ⅱ后的滤液1~2mL于试管中,加入少量KSCN溶液,如果溶液不显红色,证明滤液中无Fe3+;
(6)从图中可以看出,升高温度,有利于MgSO4·H2O晶体析出,增大压强,溶液的沸点升高,溶液能够达到较高温度,有利于MgSO4·H2O晶体析出。
答案为:
增大压强,溶液沸点升高,溶液能够达到较高温度,有利于MgSO4·H2O晶体析出。
5.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业,用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。
为回收利用含钒催化剂,研制了一种利用废催化剂(含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐)回收V2O5的新工艺流程如下:
已知:
a.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示:
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
b.
+2OH-
+H2O
回答下列问题:
(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取的措施为_________(写一条)。
(2)滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为_______________(填离子符号)。
(3)在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为_____________。
(4)生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子,该反应的离子方程式为________________
(5)结合化学用语,用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__________________
(6)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。
以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。
请解释下图温度超过80℃以后,沉钒率下降的可能原因是________________________;___________________(写两条)。
(7)该工艺流程中可以循环利用的物质为__________________。
(8)测定产品中V2O5的纯度:
称取ag产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液。
再加入b1mLc1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2++2H++Fe2+==VO2++Fe3++H2O)。
最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。
已知被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应。
则产品中V2O5(摩尔质量:
182g·mol−1)的质量分数是______。
(列出计算式)
【来源】山东省2020届高三模拟考试化学试题
【答案】粉碎废钒搅拌适当升温VO2+V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+作用1:
溶液中存在平衡:
VO2++2OH—
VO3—+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3-作用2:
溶液中存在平衡:
NH4VO3(s)
NH4+(aq)+VO3-(aq),加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出原因1:
温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降。
原因2:
温度升高,氨水受热分解逸出溶液,使NH4+浓度下降,沉钒率下降。
氨水或NH3和H2O
【解析】
【分析】
(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以用搅拌、粉碎的方式来增大固体与液体的接触面积,也可以升高温度;
(2)由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知,滤液1溶质为VOSO4;
(3)滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,所以V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4;
(4)KClO3与VO2+反应生成V2O5,ClO3-作氧化剂,根据1molKClO3在反应时得到6mol电子,ClO3-被还原为Cl-;
(5)根据勒夏特列原理解释加入氨水的作用;
(6)从NH4VO3的溶解度、以及氨水受热分解的角度分析;
(7)NH4VO3受热分解生成V2O5、氨气、水,故可以循环的物质是氨水;
(8)根据元素化合价升降相等,滴定过程中由5(NH4)2Fe(SO4)2~KMnO4,则过量的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2c2×10-3mol,则与(VO2)2SO4溶液反应的(NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1-5×b2c2)×10-3mol,根据钒元素守恒,则与V2O5~2VO2+~(NH4)2Fe(SO4)2,故n(V2O5)=5×(b1c1-5×b2c2)×10-4mol,据此计算可得。
【详解】
(1)用水浸泡废催化剂,为了提高单位时间内废钒的浸出率,可以采取粉碎废钒、搅拌、适当升温等措施;
(2)由部分含钒物质常温下在水中的溶解性可知,滤液1溶质为VOSO4,滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,其存在形式为VO2+;
(3)滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐,因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同,所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4,发生反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O;
(4)生成VO2+的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子,故ClO3-被还原为Cl-,反应的离子方程式为6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+;
(5)含VO2+的溶液中加入氨水生成NH4VO3,用平衡移动原理解释其作用,作用1:
溶液中存在平衡:
VO2++2OH-
VO3-+H2O,加入氨水,使OH—浓度增大,该平衡正移,从而使VO2+尽可能都转化为VO3-,作用2:
溶液中存在平衡:
NH4VO3(s)
NH4+(aq)+VO3-(aq),加入氨水,使NH4+浓度增大,该平衡逆移,从而使NH4VO3尽可能沉淀析出;
(6)温度超过80℃以后,沉钒率下降的原因:
①温度升高,NH4VO3溶解度增大,沉钒率下降;②温度升高,氨水受热分解逸出溶液,氨气在水中的溶解度降低,使NH4+浓度下降,沉钒率下降
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