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微专题33 化学工艺流程题-----物质的分离与提纯
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有
关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成
本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理
在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确
答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型。
一、化工流程答题基本思路
二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：
原料 对原料的预处理 核心化学反应 产品的提纯和分离 目标产物
分离提纯的方法：
过滤：一贴二低三靠四洗； 四洗--为什么要洗--用什么洗----怎么洗涤----洗干净没？
为什么洗：去除晶体表面的杂质；把目标产物尽可能洗出来，提升产率；
用什么洗：蒸馏水、冷水、有机溶剂（醇、酮、醚）等；如酒精洗硫酸亚铁铵晶体可降
低晶体因溶解造成损失，可以出去表面的水，酒精易挥发，易干燥。
怎么洗涤：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水（其他溶剂）至浸没沉淀，待其自然流下
后，重复2~3次。洗干净没：（离子检验）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加某某试剂（其他操作），
产生什么现象？则是否洗干净。
减压过滤（吸滤、抽滤）：减压过滤装置由真空泵、布氏漏斗、吸滤瓶组成。
结晶（重结晶）：溶液单一溶质时，所得晶体不带结晶水，如氯化钠溶液结晶过程
为----蒸发结晶；所得晶体带有结晶水，如硫酸铜溶液得到CuSO5HO晶体过程为：
4 2
蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
溶液为两种以上溶质时，要得到溶解度受温度影响小得溶质----蒸发结晶，趁热过滤，
如除去NaCl中少量的KCl；要得到溶解度受温度影响大得溶质----蒸发浓缩，冷却结晶，
过滤, 如除KCl去中少量的NaCl。
晶体干燥：自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干（热稳定性较好）。
萃取（分液）：当向混合物加入有机试剂（苯、四氯化碳等）后分离的，且题目信息有
涉及溶解度不同时考虑萃取。常见液—液萃取（如用苯或CCl4萃取水中的溴），固--液
萃取（如用酒精浸取黄豆中的豆油以提高油产量）。一般萃取分液后的混合溶液采取蒸
馏的方式分离。海带中提取碘（灼烧---溶解---过滤—氧化---萃取—蒸馏）。
蒸馏（分馏）：题目信息有涉及沸点不同时，考虑蒸馏，常见混合液体或液-固体系
【典例精析】
1．高纯六水氯化锶晶体(SrCl ·6H O)可作有机合成的催化剂。工业上用难溶于水的碳酸锶
2 2
(SrCO )粉末为原料(含少量BaCO 、FeO、 SiO 等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体
3 3 2
(SrCl ·6H O) 其过程如图所示。
2 2 ，
分离与提纯
已知：
I．25℃，Ksp[Fe(OH) ]=1.0×10-38，Ksp[Fe(OH) ]=1.0×10-16
3 2II．SrCl ·6H O 晶体在61 ℃时开始失去结晶水。
2 2
请回答：
(1)天青石(主要成分SrSO )经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭
4
隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为___________。
(2)步骤①中将工业碳酸锶粉碎制成浆液能加快反应速率的原因是___________。
(3)在“浆液”中加入工业盐酸，测得锶的浸出率与温度、时间的关系如图所示：
据此合适的工业生产条件为___________。
(4)步骤③所得滤渣的主要成分除Fe(OH) 外，还有___________(填化学式)； 25℃，为使
3
Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为___________(当离子浓度减小至1.0×10-5mol/L时，
可认为沉淀完全)。
(5)关于上述流程中各步骤的说法，正确的是___________(填标号)。
A．步骤④用60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现
B．步骤④冷却结晶过程中应通入HC1气体
C．步骤⑤干燥SrCl ·6H O晶体可以采用减压干燥
2 2
(6)若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl ·6H O(M=267g·mol-1)进行脱水。脱水过程采
2 2
用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为___________。
【答案】(1)SrSO +4C SrS+4CO↑ (2) 增大反应物接触面积 (3) 40℃;60min
4
(4)SiO、BaSO 3 (5) AC (6) SrCl ·6H O
2 4 2 2
【详解】(1)此过程中硫酸锶与碳在高温下反应生成确化锶和一氧化碳，反应方程式为：SrSO +4C
4
SrS+4CO↑；
(2)根据影响化学反应速率的因素，增大接触面积、或升高温度、或增大盐酸浓度、或充
分搅拌等都能加快反应速率。步骤①中将矿石制成浆液，增大反应物接触面积，能加快
反应速率 答案：增大反应物接触面积。
；
(3)在“浆液”中加入工业盐酸，根据锶的没出率与温度、时间的关系图分析：由图1可
知： 40℃时锶的浸出率最高，由图2可知60min锶的浸出率最高，所以工业生产合适的
条件为40℃； 60min 答案： 40℃； 60min。
；
(4)步骤③所得滤液的主要成分除Fe(OH)) 外，还有不溶于水和酸的SiO 固体，还会有过
3 2
程中生成的BaSO 沉淀； 25℃，Ksp[Fe(OH) ]=1.0×10-38，Ksp[Fe(OH) ]=1.0×10-16，要使
4 3 2
Fe3+完全沉淀，c3(OH-)= Kp[Fe(OH) ]÷1.0×10-5=1.0×10-38÷1.0×10-5=1.0×10-33所以
3
c(OH-)=1.0×10-11mol/L，c(H+)=1.0×10-3即pH=3 要使Fe3+沉淀完全需调节溶液pH值最小为
，
3.答案： SiO、 BaSO； 3。
2 4
(5)SrCl ·6H O晶体在61℃时开始失去结品水，100℃时失去全部结品水。A．步骤③用
2 2
60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现，不会造成SrCl ·6H O失去结晶水，又能加快速率，
2 2
故A正确： B． 因为Sr的金属性很强，Sr2+在溶液中不会发生水解，所以步骤④冷却结
晶过程中不用通入HC1气体，故B错误： C．步骤⑤干燥SrCl ·6H O晶体采用减压干燥
2 2
可以减少SrCl ·6H O晶体失水，故C正确：答案： AC。
2 2
(6)脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达3.7% 设烘干法在170C下脱去x个结
，
晶水，则18x÷267×100%=33.7%， x=5， 即SrCl ·6H O脱水失去5个结晶水，故此时获
2 2
得的产物化学式为：SrCl ·H O。
2 2
【专题精练】
2．NaClO·3H O具有强氧化性，在消毒和果蔬保鲜等方面有广泛应用。
2 2I.下列是制备NaClO·3H O的一种流程：
2 2
分离与提纯
已知：NaClO 饱和溶液在低于38℃时析出NaClO·3H O，高于38℃时析出NaClO
2 2 2 2。
(1)写出“合成”中发生反应的离子方程式：___________，若生成2molClO 时，电子转
2
移的数目是___________。
(2)“转化”过程中，HO 的作用是___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
2 2
(3)由NaClO 溶液得到NaClO·3H O的操作为：蒸发浓缩，___________，过滤洗涤，得
2 2 2
到NaClO·3H O产品。
2 2
II.为确定产品的纯度，进行如下实验：
步骤1：取20.00gNaClO ·3H O样品，溶于经煮沸冷却后的蒸馏水，配成200.00mL溶液。
2 2
步骤2：取出20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，加入略过量的1.000mol/LKI溶液，塞上瓶
塞。充分反应后，向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液，用2.000mol/LNa SO 溶液滴定至终点。
2 2 3
步骤3：重复以上操作2~3次，测得滴定NaSO 溶液的平均体积为22.00mL。
2 2 3
已知： +4I-+4H+=Cl-+2I +2H O，I+2 =2I-+
2 2 2
试计算该NaClO·3H O样品的纯度___________(写出计算过程)。
2 2
【答案】(1)SO + = +2ClO 2N (2) 还原剂 (3) 冷却结晶 II. 79.48
2 2 A
【分析】
根据制备NaClO·3H O的流程可知，“合成”中发生的反应是HSO + SO + 2NaClO=
2 2 2 4 2 3
2NaHSO+ 2ClO ，“转化”过程中，发生的反应是2ClO +H O+ 2NaOH=2NaClO +O ↑+2
4 2 2 2 2 2 2
HO，由已知条件可知，NaClO 溶液得到NaClO·3H O的操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，
2 2 2 2
过滤洗涤，得到NaClO·3H O产品，据此分析解答。
2 2【详解】
I. (1) 根据制备NaClO·3H O的流程可知，“合成”中发生的反应是HSO + SO +
2 2 2 4 2
2NaClO= 2NaHSO+ 2ClO ，则其离子方程式是SO + = +2ClO ，根据氯元素
3 4 2 2 2
的化合价变化情况可知，生成2molClO 时，电子转移的数目是2N 。
2 A
(2)“转化”过程中，发生的反应是2ClO +H O+ 2NaOH=2NaClO +O ↑+2 H O，HO 中的
2 2 2 2 2 2 2 2
氧元素化合价从-1价到产物O 中的0价，则HO 的作用是还原剂。
2 2 2
(3)通过已知条件：NaClO 饱和溶液在低于38℃时析出NaClO·3H O，高于38℃时析出
2 2 2
NaClO。则由NaClO 溶液得到NaClO·3H O的操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，
2 2 2 2
得到NaClO·3H O产品。
2 2
II.由 +4I-+4H+=Cl-+2I +2H O，I+2 =2I-+ 得关系式： ~2I ~4 ，
2 2 2 2
则进一步可得关系式
所以n(NaClO·3H O)= n(NaClO )=n( )=11 -3mol，则根据题意，则2gNaClO·3H O
2 2 2 2 2
样品中含NaClO·3H O的质量为m(NaClO ·3H O)= n(NaClO ·3H O) M(NaClO ·3H O)= 11
2 2 2 2 2 2 2 2
-3mol 144.5g/mol=1.5895g，则该样品的纯度为 =79.48 。
3．乳酸亚铁晶体{[CH CH(OH)COO] Fe•3H O}几乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤铁矿渣
3 2 2
(主要成分是Fe O，含少量Al O、SiO 杂质)和乳酸[CHCH(OH)COOH]为原料制取乳酸
2 3 2 3 2 3
亚铁晶体的工艺如图所示：分离与提纯
已知：
金属氢氧化物 溶度积Ksp 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
Al(OH) 2×10-32 4.1 5.4
3
Fe(OH) 3.5×10-38 2.2 3.4
3
回答下列问题：
(1)C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为___________，HO的中心原子的孤电子对数
2
为___________。
(2)常温下，调pH=3.5~4.1的目的是___________。
(3)“沉铁”过程的离子方程式为___________。
(4)“操作2”具体为：隔绝空气低温蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、
真空干燥，密封储存产品。乙醇洗涤的目的是___________。
(5)可用高锰酸钾滴定法测定样品中Fe2+的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发现结
果总是大于100%，其原因可能是___________：经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO)
4 2
标准溶液滴定法进行测定。反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。测定时称取3.0g样品溶于水，
配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100mol•L-1Ce(SO) 标准溶液滴定至终点，记
4 2
录数据如下表：
0.100mol•L-1Ce(SO) 标准溶液体积/mL
4 2
滴定序号
滴定前读数 滴定后读数
1 0.10 19.85
2 0.12 21.32
3 1.05 20.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___________。
【答案】(1)N>O>C 2 (2)使Fe3+转化为Fe(0H) 沉淀，同时避免Al3+沉淀 (3)Fe2+
3
+2HCO =FeCO ↓+CO ↑+H O (4) 趁热过滤 减少产品的溶解损失，有利于后续干燥
3 2 2
(5) 乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化 94.56%
【分析】
由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到
可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的
滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在3.5~4.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢
氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化
铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完
全转化为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢
铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳
酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到
的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却
结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。
【详解】
(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，
第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为N>O>C；水分
子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：N>O>C；2；
(2)由分析可知，常温下，调pH=3.5~4.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉
淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H) 沉淀，同时避免Al3+沉淀；
3
(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸
铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO =FeCO ↓+CO ↑+H O，故答案为：
3 2 2
Fe2++2HCO =FeCO ↓+CO ↑+H O；
3 2 2(4) 由分析可知，“操作2”具体操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、
冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于
乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是减少因乳酸亚铁晶体溶于水而造成损失，乙
醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；减少产品的溶解损失，
有利于后续干燥；
(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计
算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分
数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由题给数据可
知，实验2误差较大，应略去，由实验1、3可得反应消耗Ce(SO) 标准溶液的体积为
4 2
=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）
=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为
×100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾
溶液氧化；94.56%。
4．氯化亚铜是一种重要的化工原料，广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。
一种利用低品位铜矿(Cu S、CuS及FeO和Fe O 等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
2 2 3
分离与提纯
已知：①CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系；②CuCl在潮湿空气中易水解氧化；
③已知Cu2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+开始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表：
Cu(OH) Mn(OH) Fe(OH) Fe(OH)
2 2 2 3
开始沉淀pH 4.7 8.3 8.1 1.2
完全沉淀pH 6.7 9.8 9.6 3.2
回答下列问题：
(1)“浸取”时加入MnO 的作用是_______
2
(2)滤渣1为_______，“中和”时调节pH的范围是_______
(3)“络合”时发生反应生成了配合物Cu(NH )CO，该反应的化学方程式_______
3 4 3
(4)“反应”时的离子方程式_______，溶液2中存在的溶质主要有_______。
(5)“洗涤”时包括用pH=2的硫酸洗、水洗和乙醇洗，不能省略乙醇洗的理由是_______。
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl 溶液中，待样品完全溶解
3
后，加入适量稀硫酸，用amol/L的KCr O 溶液滴定到终点，消耗KCr O 溶液bmL，反
2 2 7 2 2 7
应中Cr O 被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为_______[杂质不参与反应；
2
Mr(CuCl)=99.5，列出计算式即可]
【答案】(1)作氧化剂 (2) Fe(OH) 3.2≤pH<4.7 (3) CuSO + 5NH ·H O
3 4 3 2
+2NaHCO=Cu(NH)CO+Na SO + NH HCO +5H O (4) 2Cu2+ +SO +2Cl-
3 3 4 3 2 4 4 3 2
+H O=2CuCl↓+SO +2H+ (NH )SO 、HSO (5) 快速干燥产品，防止CuCl水解氧化
2 4 2 4 2 4
(6) × 100%
【分析】
低品位铜矿（Cu S、CuS及FeO和Fe O 等）加入二氧化锰与硫酸，Fe O 溶解生成硫酸
2 2 3 2 3
铁，Cu S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还
2原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，再加入氨
水和碳酸氢钠除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，“络合”时生成了配合物
Cu(NH )CO，‘反应’时生成CuCl，该步骤是亚硫酸根将Cu2+还原，反应离子方程式为：
3 4 3
2Cu2+ +SO +2Cl- +H O=2CuCl↓+SO +2H+，得到CuCl经洗涤干燥得到产品；
2
【详解】
(1)矿石中含有CuS、Cu S等，浸取后有S生成，硫元素化合价升高，则加入MnO 的作
2 2
用是做氧化剂；
(2)结合后面的络合过程，可知‘中和’过程中除去的只有铁元素，所以滤渣应为
Fe(OH) ，为了完全沉淀铁元素，pH应大于3.2，同时防止出现铜元素沉淀，pH小于
3
4.7，则调节pH范围为3.2≤pH<4.7，
(3) “络合”时反应物有CuSO 、NH ·H O、NaHCO ，发生反应生成了配合物
4 3 2 3
Cu(NH )CO，该反应的化学方程式CuSO + 5NH ·H O +2NaHCO =Cu(NH)CO+Na SO +
3 4 3 4 3 2 3 3 4 3 2 4
NH HCO +5H O；
4 3 2
(4) “反应”的步骤中反应物有CuSO 、(NH )SO 、NH Cl，产物有CuCl，可知是亚硫酸
4 4 2 3 4
根与Cu2+发生氧化还原反应，离子方程式为：2Cu2+ +SO +2Cl- +H O=2CuCl↓+SO
2
+2H+；溶液2中存在的溶质主要有(NH )SO 、HSO ；
4 2 4 2 4
(5)结合络合的已知条件，用乙醇洗主要是除去CuCl表面的水，防止被氧化；
(6)FeCl 和CuCl反应：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2+和C O 发生氧化还原反应：6 Fe2++
3 2
C O +14H+=2Cr3++6Fe3++7H O，消耗C O 的物质的量为n=cV=ab×10-3mol，由关系式
2 2 2
6CuCl~6 Fe2+~ C O ，则n(CuCl)=6×ab×10-3mol，质量为m=nM=6×ab×10-3×99.5g=0.597ab
2g，质量分数为 × 100%。
5．钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、
Co、Fe、ZnO、SiO 等)中回收钴的一种工艺流程如图：
2
分离与提纯
相关金属离子[Co(Mn+ )=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子 Co2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀的pH 7.15 6.3 1.5 6.2
沉淀完全的pH 9.15 8.3 2.8 8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的_______。
A．KOH B．Zn(OH) C．ZnO D．NaCO
2 2 3
(3)操作1的名称是_______， 从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO”或
4
“CoSO ”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。
4
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴的回收。该反应的离子
3
方程式是_______，若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物为SO )，则氧化剂与还原剂的
2 2 8
物质的量之比为_______。
(5)常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，
3
溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。
【答案】(1)SiO 避免明火 (2) 无法有效除铁 BC (3)萃取、分液 ZnSO 过
2 4滤、洗涤、干燥 (4) 2Co2++4OH-+H O+ClO-=2Co(OH) ↓+Cl- 1：2 (5)14+lg
2 3
【分析】
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO，溶液中含
2 2
有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH
值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，
有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。
【详解】
(1)经分析可知滤渣1是SiO，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时
2
会产生氢气。
(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试
剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH) ，需要氢氧根结合三价铁离子。
2
(3) 经分析可知操作1的名称是萃取、分液， 从流程信息分析，在有机溶剂M中
ZnSO。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
4
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴的回收。该反应的离子
3
方程式是：2Co2++4OH-+H O+ClO-=2Co(OH) ↓+Cl-，若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物
2 3 2 2 8
为SO )，NaSO 与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为NaSO、还原剂为Co2+，则氧
2 2 8 2 2 8
化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
(5)常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，
3
溶液的c(OH-)= ，pH至少为14+lg 。
