题型15 以物质制备为目的的工业流程题
一、解题策略
制备类工业流程题在流程上一般可大致分为4个阶段：
―→―→―→
无机工艺流程题考虑的问题主要有以下几方面：一是选择将原料转化为产品的生产原理；二是除杂并分离提纯产品；三是提高产量和产率；四是减少污染，注意环保，发展“绿色化学”；五是考虑原料的来源丰富和经济成本；六是生产设备简单，生产工艺简便等。命题者围绕以上几方面设问，我们的解题思路是：
（1）从生产目的(标)出发，读懂框图(流程)。解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。
（2）分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：A．反应物是什么，B．发生了什么反应，C．该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为了获得产品。
（3）从问题中获取信息，帮助解题，了解流程后着手答题。对反应条件的分析可从以下几个方面着手：对反应速率有何影响、对平衡转化率有何影响、对综合生产效益有何影响(如可以从原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等方面考虑)。
二、题型分类
【典例1】【2019·课标全国Ⅰ，26】硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为____________________________。
（2）“滤渣1”的主要成分有________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋离子，可选用的化学试剂是________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)4(－)，Ka＝5.81×10－10，可判断H3BO3是________酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是____________________________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为________________，
母液经加热后可返回________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是__________________________________________。
【答案】（1）NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
（3）一元弱 转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2＋＋3CO3(2－)＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO3(－)(或2Mg2＋＋2CO3(2－)＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑) 溶浸 高温焙烧
【解析】
（1）硫酸铵溶液中存在平衡：NH4(＋)＋H2O
NH3·H2O＋H＋，硼酸镁能与水解出的H＋反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2ONH3＋H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3·H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3。
（2）二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3＋的试剂可选用KSCN。
（3）由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH≈3.5目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。
（4）“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，MgCO3·Mg(OH)2高温(=====)2MgO＋H2O＋CO2↑。
【典例2】【2019·课标全国Ⅲ，26】高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
|
金属离子 |
Mn2＋ |
Fe2＋ |
Fe3＋ |
Al3＋ |
Mg2＋ |
Zn2＋ |
Ni2＋ |
|
开始沉淀的pH |
8.1 |
6.3 |
1.5 |
3.4 |
8.9 |
6.2 |
6.9 |
|
沉淀完全的pH |
10.1 |
8.3 |
2.8 |
4.7 |
10.9 |
8.2 |
8.9 |
（1）“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是____________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是______________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝3(1)时，z＝________。
【答案】（1）SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋
（3）4.7 （4）NiS和ZnS
（5）F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2＋＋2F－平衡向右移动
（6）Mn2＋＋2HCO3(－)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O （7）3(1)
【解析】
（1）硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据得失电子守恒可配平该反应。
（2）“溶浸”后溶液中含Fe2＋，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2＋氧化为Fe3＋。
（3）“调pH”除去Fe3＋和Al3＋时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.7～6之间。
（4）“除杂1”中加入Na2S能将Zn2＋和Ni2＋分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。
（5）“除杂2”中F－与Mg2＋反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F－与H＋结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋不能完全除去。
（6）“沉锰”时Mn2＋与HCO3(－)反应生成MnCO3并放出CO2，由此可写出离子方程式。
（7）化合物LiNixCoyMnzO2中，当x＝y＝3(1)时，根据化合价代数和为0得1＋2×3(1)＋3×3(1)＋4z－2×2＝0，解得z＝3(1)。
1．磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属Mn+离子c(Mn+) ═ 0.1 mol• L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下：
③常温下，Ksp(CaF2) ═1.46×10-10 Ksp(MgF2) ═7.42×10-11 Ka(HF) ═1.00 ×10-4
回答下列问题：
（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：__________________。
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。
（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol·L-1，c(HF)为_________mol·L-1。
（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。
（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
（6）测定碳酸锰产品的纯度。
称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定（反应为：[Mn(PO4)2]3- +Fe2+ ═Mn2+ +Fe3++2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：
|
滴定次数 |
0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL） |
|
|
滴定前 |
滴定后 |
|
|
1 |
0.10 |
20.20 |
|
2 |
1.32 |
21.32 |
|
3 |
1.05 |
20.95 |
则产品的纯度=__________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度___(填“偏高”“ 偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）500℃ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10
（2）MnCO3＋2NH4Cl
MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O
（3）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 4.0×10-5
（4）Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O
（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀
（6）92.00% 偏低
【解析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据（3）的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。
（1）根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)再打，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10即可。
（2）将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。
（3）MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)═7.42×10-11，Ka(HF)═1.00×10-4，溶液pH为6，c(Mg2+)═4.64×10-6 mol•L-1，则此时c(F-)=
mol/L=4×10-3mol/L，Ka(HF)═
=1.00×10-4，c(HF)=
=4.0×10-5mol/L。
（4）碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。
（6）根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：MnCO3～Mn(PO4)2]3-～(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁铵)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，产品的纯度为
×100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。
2．钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2，工艺流程如下。
已知：TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：
（1）(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中钛元素的化合价为________，实验“焙烧”所需的容器名称是________，“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。
（2）制取H2TiO3的化学方程式为___________________________。
（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_____________________。
（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)如图所示，步骤④应该控制的pH范围是________(填标号)
A．1～2 B．2～3 C．5～6 D．10～11
（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋
①滴定终点的现象为__________________________。
②滴定终点时消耗b mol· L－1 NH4Fe(SO4)2溶液V mL，则TiO2纯度为________。 (写表达式)
【答案】（1）＋4 坩埚 CaSO4、CaSiO3
（2）TiOSO4＋2H2O△(=====)H2TiO3↓＋H2SO4
（3）矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快
（4）B
（5）①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色 ②a(40bV)%
【解析】
（1）设Ti的化合价为＋x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合价代数和等于0，(2×0.5＋2×0.5)＋2x－2×5＝0，x＝4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4 和CaSiO3；
（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：TiOSO4＋2H2O△(=====)H2TiO3↓＋H2SO4；
（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快；
（4）由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)，步骤④应该控制的pH范围是：钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；
（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色；②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)＝n(Fe3＋)＝b mol· L－1×V×10－3 L×100 mL/20 mL＝5bV×10－3 mol，TiO2纯度为5bV×10－3 mol×80 g·mol－1/a g×100%＝a(40bV)%。
3． MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋)制备MnCO3；
已知：几种金属离子沉淀的pH如表
|
金属离子 |
Fe2＋ |
Fe3＋ |
Cu2＋ |
Mn2＋ |
|
开始沉淀的pH |
7.5 |
3.2 |
5.2 |
8.8 |
|
完全沉淀的pH |
9.7 |
3.7 |
6.4 |
10.4 |
回答下列问题：
（1）①中加入过量MnO2的作用是___________________________，滤渣W的成分是___________________。
（2）过程③中，调pH的目的是_________________。
（3）过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是________________________________。
（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是___________________________，该过程中的副产品化学式是________。
（5）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则 300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________；图中点D对应固体的成分为_____________________(填化学式)。
【答案】（1）将Fe2＋氧化为Fe3＋ Fe(OH)3和过量的MnO2
（2）使Cu2＋完全沉淀为Cu(OH)2
（3）Mn2＋＋2HCO3(－)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
（4）过滤、洗涤、干燥 NH4Cl
（5）1∶2 Mn3O4和MnO
【解析】（1）在过程①中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，在过程②中，向溶液中加入氨水，调节溶液的pH＝3.7，这时溶液中的Fe3＋会形成Fe(OH)3沉淀，过量的MnO2也以固体形式存在。（2）过程③中，调pH是将Cu2＋转化为沉淀除去。（3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2＋＋2HCO3(－)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，可知副产品为NH4Cl。
（5）MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g
①A点剩余固体质量为115 g×75.65%＝87 g
减少的质量为115 g－87 g＝28 g
可知MnCO3失去的组成为CO
n(Mn)∶n(CO)为1∶2，故剩余固体的成分为MnO2
②C点剩余固体质量为115 g×61.74%＝71 g
据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，则m(O)1＝71 g－55 g＝16 g
则n(Mn)∶n(O)＝55(55)∶16(16) ＝1∶1
故剩余固体的成分为MnO
同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76.337 g
因m(Mn)＝55 g，则m(O)2＝76.337 g－55 g＝21.337 g
则n(Mn)∶n(O)＝55(55)∶16(21.337) ＝3∶4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
4．一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约为21%)的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应生成的气体只有N2。写出金属镍溶解的离子方程式：_______。
（2）“除铁”时H2O2的作用是__________，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是__________(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)溶液。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为__________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________。
（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是__________。
（5）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M + Ni(OH)2
MH + NiOOH(式中M为储氢合金),写出电池放电过程中正极的电极反应式：__________。
（6）已知黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。某研究小组为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：
步骤Ⅰ.称取4.850g黄钠铁矾样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液A；
步骤Ⅱ.量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，用0.2500 mol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6 )，滴定至终点时消耗30.00mL Na2S2O3溶液。
步骤Ⅲ
另取25.00mL溶液A，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g。
①用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为__________，滴定达到终点时的颜色变化为__________。
②黄钠铁矾的化学式为 __________。
【答案】（1）5Ni+12H++2NO3－= 5Ni2++N2↑+6H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+ 铁氰化钾
（3）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ 无易挥发污染性气体H2S产生
（4）过量的F－会生成氢氟酸腐蚀陶瓷容器
（5）NiOOH + H2O + e－= Ni(OH)2 + OH－
（6）①淀粉溶液 当溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复 ②NaFe3(SO4)2(OH)6
【解析】
（1）已知Ni难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还边搅拌边缓慢加入了稀硝酸，反应有N2生成，则Ni溶解的离子方程式：5Ni+12H++2NO3－= 5Ni2++N2↑+6H2O；
（2）H2O2具有氧化性，“除铁”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。为证明添加的H2O2已足量，可选择铁氰化钾溶液进行检验：若H2O2用量不足，溶液中残余的Fe2+会与铁氰化钾溶液反应产生蓝色沉淀；反之可说明H2O2足量；
（3）据流程图可知，“除铜”时加入的沉淀剂为H2S，对应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓ + 2H+；若用Na2S代替H2S除铜，不产生易挥发污染性气体H2S；
（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，且据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，所以若NaF的用量过大，过量的F－会生成氢氟酸腐蚀陶瓷容器；
（5）镍氢电池放电时，正极上NiOOH得电子发生还原反应，电极反应式为NiOOH + H2O + e－= Ni(OH)2 + OH－；
（6）①滴定过程中，有碘单质参与反应，故应选择淀粉溶液做指示剂；滴定达到终点时的颜色变化为：溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复；
②加入足量的KI，反应为2Fe3++2I－= 2Fe2++I2，根据I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6得出关系式为：Fe3+~Na2S2O3，则100.00mL中n(Fe3+)=0.25mol/L×0.03L×10 = 0.03mol；1.165g为硫酸钡，则100.00mL中
，则y：m=3：2，m(Fe3+)+m(SO42－) =1.68g+1.92g = 3.6g，m(Na+)+m(OH－)=4.850g－3.6g=1.25g，根据化合价代数和为0可得，n(Na+)+n(OH－)=0.07mol，解得n(Na+)=0.01mol，n(OH－) =0.06mol，则x：y：m：n=1:3:2:6，故黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6；
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