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磷矿石主要以[Ca3（PO4）2oH2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解装备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：熔点/℃沸点/℃备注白磷44280.5PH3-133.8-87.8难溶于水、有还原性SiF4-90-86易水解回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的______%；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为______．现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸______t．（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是______（填化学式）．冷凝塔1的主要沉积物是______，冷凝塔2的主要沉积物是______．（4）尾气中主要含有______，还含有少量的PH3、H2S和HF等．将尾气先通入纯碱溶液，可除去______；再通入次氯酸钠溶液，可除去______．（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是______．
黎约将夜の2206
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（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%×85%×80%=69%，故答案为：69；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；根据P元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，含有P2O5的质量为0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的质量为=0.49t，故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1的温度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2的温度是18℃，低于白磷的熔点，故此时的主要沉积物是固体白磷，故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3，故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少，因此逐渐被采用，故答案为：产品纯度高．
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（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%×85%×80%=69%；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒书写化学方程式；根据P元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，依据此关系式计算；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；根据冷却塔1、2的温度与白磷的熔点比较分析白磷的状态；（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大；
本题考点：
真题集萃；制备实验方案的设计．
考点点评：
本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有关计算，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，侧重对学生分析问题、解答问题能力的培养和解题方法的指导．
扫描下载二维码& 磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、H
本题难度：0.68&&题型：填空题
磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、HPO42-和PO43-四种粒子的形式存在，当溶液中的pH发生变化时，其中任一种粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ也可能发生变化．图是H3PO4溶液中，各种粒子的物质的量分数δ随pH变化曲线：（1）设磷酸总浓度为c（总），写出c（总）与各粒子浓度间的关系式&&&&．（2）向Na3PO4溶液中逐滴滴入稀盐酸，在pH从8降到6的过程中发生的主要反应的离子方程式为&&&&，pH=6时，溶液中存在的阴离子有&&&&．（3）由图可知，Na2HPO4溶液呈碱性，其原因是&&&&．（4）向Na3PO4稀溶液中加入Na3PO4固体，c（Na+）/c（PO43-）的比值将&&&&（填“增大”、“减小”或“不变”）．（5）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是一种重要的生物无机材料，其常用的制备方法有两种：方法A：用浓氨水分别调Ca（NO3）2和（NH4）2HPO4溶液的pH约为12：在剧烈搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液缓慢滴入Ca（NO3）2溶液中．方法B：剧烈搅拌下，将H3PO4溶液缓慢滴加到Ca（OH）2悬浊液中．回答下列问题：①完成方法A和方法B中制备Ca5（PO4）3OH的化学反应方程式A.5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3oH2O→Ca5（PO4）3OH↓+&&&&+&&&&．B.5Ca（OH）2+3H3PO4=&&&&．②与方法A相比，方法B的优点是&&&&．③牙齿表面的物质主要是Ca5（PO4）3OH，糖黏附在牙齿上在酶的作用下产生酸性物质，易造成龋齿，结合化学平衡移动原理，分析其原因&&&&．
来源： | 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
磷酸（H3PO4）在水中可分三步电离，能够以H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-等四种粒子形式存在，当溶液的pH发生变化时，其中任一粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ（分数分布）也可能发生变化．图1是某浓度H3PO4溶液中各种粒子的物质的量分数δ随pH的变化曲线．用NaOH标准溶液滴定该H3PO4溶液，绘得滴定曲线如图2．下列说法不正确的是（　　）
A、从图1可知H3PO4、HPO42-、PO43-不能大量共存，0.01moloL-1NaH2PO4溶液中c（H2PO4-）＞c（H3PO4）＞c（HPO42-）B、PO43-+H2O?0H-+HPO42-的平衡常数为10-1.7C、从a点到b点的反应为H2PO4-+OH-=HPO42-+H2O，可以选用pH计确定滴定终点，无需添加指示剂D、在Na2HPO4溶液中存在c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+c（PO43-）+2c（HPO42-）+3c（H2PO4-）+4c（H3PO4）
（2013秋o梁山县校级月考）磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、HPO42-和PO43-四种粒子的形式存在，当溶液中的pH发生变化时，其中任一种粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ也可能发生变化．如图所示是H3PO4溶液中，各种粒子的物质的量分数δ随pH变化曲线：（1）设磷酸总浓度为c（总），写出c（总）与各粒子浓度间的关系式&&&&．（2）向Na3PO4溶液中逐滴滴入稀盐酸，在滴加过程中，始终存在等式：c（Na+）+c（H+）=&&&&；在pH从8降到6的过程中发生的主要反应的离子方程式为&&&&．（3）由图可知，Na2HPO4溶液呈碱性，其原因是&&&&（4）向Na3PO4稀溶液中加入Na3PO4固体，+)c(PO43-)的比值将&&&&（填“增大”、“减小”或“不变”）．
解析与答案
（揭秘难题真相，上）
习题“磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、HPO42-和PO43-四种粒子的形式存在，当溶液中的pH发生变化时，其中任一种粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ也可能发生变化．图是H3PO4溶液中，各种粒子的物质的量分数δ随pH变化曲线：（1）设磷酸总浓度为c（总），写出c（总）与各粒子浓度间的关系式．（2）向Na3PO4溶液中逐滴滴入稀”的学库宝（/）教师分析与解答如下所示：
【分析】（1）根据P原子守恒分析（2）根据图象分析当向溶液中滴加稀盐酸时溶液中离子的变化判断发生的离子反应当pH=6时根据图象确定溶液中存在的阴离子（3）根据图象分析当溶液中存在HPO4-时溶液的pH值确定溶液的酸碱性从而确定HPO4-的电离程度和水解程度的相对大小（4）先根据磷酸钠盐的类型确定钠离子和磷酸根离子的关系再碳酸根离子浓度的变化来分析（5）根据原子守恒可以配平反应方程式方法A与方法B对比主要是A产物有副产物NH4NO3原子利用率不高结合其电离平衡可以分析酸会促进其电离而溶解造成龋齿．
【解答】解：（1）磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、HPO42-、和PO43-四种粒子形式存在无论以何种离子存在但总的P原子总数与原磷酸中P原子相等所以c（总）=c（H3PO4）+c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）故答案为：c（总）=c（H3PO4）+c（H2PO4-）+c（HPO42-）+c（PO43-）&nbsp（2）根据图象知当向溶液中滴加稀盐酸时溶液中H2PO4-增加HPO42-减少所以是溶液中的HPO42-和氢离子发生生成H2PO4-离子方程式为：HPO42-+H+═H2PO4-当pH=6时根据图象知溶液中存在的阴离子为H2PO4-、HPO42-和OH-故答案为：HPO42-+H+═H2PO4-H2PO4-、HPO42-和OH-（3）Na2HPO4溶液呈碱性根据图象知当溶液中存在HPO4-时溶液呈碱性说明HPO4-在溶液中的水解程度大于电离程度导致溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子的浓度故答案为：HPO42-的水解大于其电离（4）磷酸钠是强碱弱酸盐所以弱酸根离子能发生水解导致溶液中c（Na+）/c（PO43-）＞3 PO43-+H2O?HPO42-+OH-当向溶液中加入Na3PO4固体导致溶液中磷酸根离子的浓度增大故c（Na+）/c（PO43-）的值减小故答案为：减小（5）①从质量守恒的角度思考5molCa（NO3）2、3mol（NH4）2HPO4和4molNH3oH2O反应生成1molCa5（PO4）3OH、10molNH4NO3和3molH2O反应的化学方程式为5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3oH2O=Ca5（PO4）3OH↓+10NH4NO3+3H2O从质量守恒的角度思考5molCa（OH）2和3molH3PO4反应生成1molCa5（PO4）3OH和9molH2O该反应的化学方程式为5Ca（OH）2+3H3PO4=Ca5（PO4）3OH↓+9H2O故答案为：10NH4NO33H2OCa5（PO4）3OH↓+9H2O②与方法A相比方法B的优点是副产品为水没有其它副产品工艺简单故答案为：唯一副产物是水工艺简单③反应平衡：Ca5（PO4）3OH（s）&nbsp&nbsp5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq）酸性物质使沉淀溶解向右移动导致Ca5（PO4）3OH溶解造成龋齿故答案为：酸性物质使沉淀溶解平衡：Ca5（PO4）3OH（s）&nbsp&nbsp5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq）向右移动导致Ca5（PO4）3OH溶解造成龋齿．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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知识点讲解
经过分析，习题“磷酸（H3PO4）在溶液中能够以H3PO4、H2PO4-、H”主要考察你对
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
弱电解质在水溶液中的电离平衡
弱电解质的电离平衡指在一定条件下（温度、浓度），弱电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时的状态。弱电解质的电离平衡的特点是：　　(1)动态平衡：电离方程式中用“ ”，如：CH3COOH CH3COO—+H+。　　(2)条件改变：平衡被打破。如在CH3COOH的石蕊溶液中（呈红色）加入固体CH3COONH4，即增大了c（CH3COO—），平衡左移，c（ H+）变小，使红色变浅。　　(3)弱电解质在离子反应中电离平衡发生移动。将等质量的锌粉分别投入10mL0.1mol/L盐酸和10mL0.1mol/L醋酸中，实验结果：盐酸的反应速率比醋酸快。若锌足量，则产生氢气的体积相等。因为当浓度和体积相同时，盐酸是强酸，c（H+）大，所以反应速率快，但二者可电离出来的H+的物质的量相等，仅仅是后者随着反应的进行，醋酸的电离平衡不断发生移动。　　(4)从导电实验可知，弱电解质少部分电离，大部分以分子形式存在，决定了它在离子方程式书写中保留分子形式。如醋酸和烧碱溶液中和反应的离子方程式应写成：CH3COOH+OH—= CH3COO—+H2O。　　(5)导电性强弱与电解质强弱的关系：电解质的强弱由物质内部结构决定，电解质的强弱在一般情况下影响着溶液导电性的强弱。导电性强弱是由溶液离子浓度大小决定的。如果某强电解质溶液浓度很小，那么它的导电性可以很弱，而某弱电解质虽然电离程度很小，但如果浓度较大时，该溶液的导电能力也可以较强。因此，强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质的导电能力也不一定弱。
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