2021年高考化学真题及模拟题专题汇编14沉淀溶解平衡（附解析）

专题14沉淀溶解平衡2021年化学高考题一、单选题1．（2021·全国高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线①代表的沉淀溶解曲线B．该温度下的值为C．加适量固体可使溶液由a点变到b点D．时两溶液中【KS5U答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]-50- ，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。【KS5U解析】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确；C．向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误；答案选B。2．（2021·全国高考真题）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B．过量铁粉加入稀硝酸中：C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D．氯化铜溶液中通入硫化氢：【KS5U答案】A【KS5U解析】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；-50- C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。二、工业流程题3．（2021·广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，为7.0。①生成的离子方程式为_______。②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。-50- (5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【KS5U答案】+6+=↓【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【KS5U解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。-50- （3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2-50- ，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。4．（2021·河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。(2)工序①的名称为__。(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【KS5U答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2-50- 被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【KS5U解析】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37-50- ，故答案为：8.37。5．（2021·全国高考真题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中浓度为_______。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。-50- (5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。【KS5U答案】硫酸【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。【KS5U解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为-50- =1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。2021年化学高考模拟题一、单选题1．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）下列有关实验操作、现象、结论都正确的是实验操作及现象结论A向5mLFeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色FeCl3与KI的反应是可逆反应B向AlCl3溶液中逐渐加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3具有两性C铜片加入稀硫酸中，加热无明显现象，再加入少量硝酸钾固体，溶液变蓝硝酸钾作催化剂D向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴同浓度AgNO3溶液，出现白色沉淀，振荡后再滴加4滴同浓度KI溶液，沉淀转化为黄色Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)-50- A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】D【KS5U解析】A．氯化铁过量，不能判断是否可逆反应，如判断是否为可逆反应，KI溶液过量，故A错误；B．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，此时发生复分解反应，生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，后白色沉淀消失，则表明氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和水，说明Al(OH)3具有酸性，故B错误；C．酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，与催化作用无关，故C错误；D．白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D正确；故选：D。2．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）常温下，向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L-1CaCl2溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如图所示。已知：pC=-lgc(CO)，Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(CaCO3)=3.6×10-9.下列说法正确的是A．图像中V0=20，m=5B．a点溶液：c(OH-)>2c(HCO)+2c(H2CO3)C．若Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，则n点向c点方向迁移D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移【KS5U答案】C【KS5U解析】-50- A．图像中V0=20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lgc(CO)=-lg6×10-5，m不等于5，故A错误；B．a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，2c(HCO)+2c(H2CO3)=c(HCO)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO)-c(H+)>0，c(OH-)<2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误；C．若Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，用的0.1mol·L-1CaCl2溶液体积减小，则n点向c点方向迁移，故C正确；D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC=-lgc(CO)增大，则n点向d点方向迁移，故D错误；故选C。3．（2021·安徽高三一模）下列反应中，现象和方程式都正确的是A．向胆矾粉末中加入适量浓硫酸，粉末由白色变成蓝色：CuSO4•5H2OCuSO4+5H2OB．Fe加入FeCl3溶液中，溶液由黄色变成浅绿色：Fe+Fe3+=2Fe2+C．Na2O固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色：Na2O+CO2Na2CO3D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量Fe2(SO4)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+【KS5U答案】D【KS5U解析】A．浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体中的结晶水被吸收，所以胆矾由蓝色变为无色，故A错误；B．Fe加入FeCl3溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，故B错误；C．Na2O固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色，反应为：，故C错误；D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量Fe2(SO4)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，故D正确；-50- 故答案为D。4．（2021年高考化学押题预测卷（北京卷）（03）（含考试版、答题卡、参考答案、全解全析））用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，由实验现象不能得到相应结论的是选项ABCD实验及现象热水中烧瓶内气体颜色变深试管中出现白色沉淀①中产生白色沉淀②中产生红褐色沉淀Cu上无气泡，Fe上有气泡结论2NO2(g)N2O4(g)是放热反应酸性：H2CO3＞H2SiO3溶解度：Mg(OH)2＞Fe(OH)3还原性：Fe＞CuA．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．NO2为红棕色，N2O4无颜色，热水瓶中气体颜色变深，即反应生成更多的NO2，生成NO2的过程为吸热反应，则生成N2O4的反应为放热反应，故A正确；B．试管中的白色沉淀为H2SiO3，根据强酸制备弱酸原理，进入试管中的物质除了CO2气体(生成碳酸)外还有挥发出的HCl，因此不能判断H2CO3是否强于H2SiO3，故B错误；C．向试管中的氯化镁溶液中加入的氢氧化钠溶液的量是不足的，先生成白色沉淀，加入氯化铁溶液，又生成红褐色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，则溶解度：Mg(OH)2＞Fe(OH)3，故C正确；D．Cu上无气泡，Fe上有气泡，说明Fe能与稀硫酸反应，Cu不与稀硫酸反应，则还原性：Fe＞Cu，故D正确；故选B。-50- 5．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）下列实验装置或操作与实验目的相符的是A．除去工业乙醇中的杂质B．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液C．制备氢氧化铁胶体D．证明溶解度：AgCl>AgBr>AgIA．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．蒸馏装置温度计水银球要在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误。B．乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液不互溶，可用分液的方法分离，B正确；C．制备氢氧化铁胶体，应将几滴饱和FeCl，溶液滴入沸水中，C错误；D．向AgCl悬浊液中加入NaBr若生成淡黄色沉淀，可以证明溶解度：AgCl＞AgBr。由于氯化银悬浊液中不确定氯化银的量，溴化钠和碘化钠的物质的量浓度也没有确定，无法判断第一步中氯化银是否完全转化为溴化银，也无法判断第二步哪种物质与碘化钠反应，由此溶解度AgCl与AgI、AgBr与AgI，不能比较大小，D错误；综上所述答案为B。6．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol•L-1FeCl3溶液中加入3mL0.1mol•L-1KI溶液充分反应后再滴加KSCN溶液溶液呈红色FeCl3溶液和KI溶液的反应为可逆反应B未产生砖红色沉淀蔗糖未水解-50- 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入新制氢氧化铜溶液并水浴加热C向Ag2CrO4饱和溶液中加入NaCl浓溶液产生白色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)D用pH试纸测定饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的碱性饱和溶液碱性强于饱和溶液水解程度大于A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】A【KS5U解析】A．根据电子守恒可知反应中Fe3+和I-的系数比为1:1，所以加入的KI溶液过量，而滴加KSCN溶液显红色，说明存在Fe3+，即Fe3+和I-不能完全反应，该反应为可逆反应，A正确；B．加入新制氢氧化铜悬浊液之前应先加入NaOH中和稀硫酸，B错误；C．AgCl和Ag2CrO4为不同类型沉淀，不能简单的根据溶解度判断二者溶度积大小关系，C错误；D．饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不相同，应测定相同浓度溶液的pH，D错误；综上所述答案为A。7．（2021·长沙市明德中学高三三模）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A室温下，向苯酚钠溶液中通足量CO2，溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强B加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入少量酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去有乙烯生成C向2mL0.1mol·L–1NaOH溶液中滴加3滴0.1mol·L–1MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1mol·L–1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]D向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝Kw＜Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)A．AB．BC．CD．D-50- 【KS5U答案】A【KS5U解析】A．二氧化碳和苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，说明碳酸酸性强于苯酚，A正确；B．加热过程中乙醇蒸汽出来，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明产生了乙烯，B错误；C．因为氢氧化钠过量，可以和氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，没有实现沉淀转化，不能比较溶度积常数，C错误；D．碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解大于电离，不能比较碳酸的第一部电离常数和第二步电离常数，D错误；故选A。8．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）常温下，下列说法正确的是A．pH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CH3COO-)=2c()B．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，c()+c()+c(H2SO3)=0.1mol/LC．含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Br-)=c(I-)D．浓度均为0.1mol/L的(NH4)2SO4与(NH4)2CO3溶液中，前者小于后者【KS5U答案】B【KS5U解析】A．在pH相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH3COO-)=2c()。当加水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生醋酸根离子，则c(CH3COO-)>2c()；A错误；B．在该溶液中含S元素的微粒有、、H2SO3，根据S元素守恒可知c()+c()+c(H2SO3)=0.1mol/L，B正确；C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)，由于溶度积常数Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，所以c(Br-)>c(I-)，C错误；D．(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，溶液中只存在的水解平衡；而(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，在溶液中同时存在、水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c()-50- 比前者小，而c(NH3·H2O)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时前者大于后者，D错误；故合理选项是B。9．（2021·四川凉山彝族自治州·高三二模）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向浓度均为0.1mo/L的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加几滴酚酞试剂前者溶液变红，后者不变色NaHCO3水解，而NaHSO3不水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D甲烷与氯气在光照下反应产生混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．可能溶液中本来就有铁离子，而非亚铁离子，A错误；B．碳酸氢钠水解大于电离，亚硫酸氢钠电离大于水解，并不是不水解，B错误；C．黄色沉淀说明生成了碘化银，碘化银和氯化银形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，C正确；D．甲烷和氯气在光照下发生反应，生成了HCl，使石蕊变色，D错误；答案选C。10．（2021·四川凉山彝族自治州·）Na2S2O5(焦亚硫酸钠)具有较强的还原性，25℃时，将0.5molNa2S2O5溶于水配成IL溶液，溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示。已知：-50- Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaSO3)=5.0×10-7。下列说法正确的是A．Na2S2O5水溶液pH=4.5是因为S2O水解所致B．由图像可知，25℃时，HSO的水解平衡常数约为10-7C．向溶液中加入碱性物质使溶液pH升高的过程中，一定存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)D．将部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO沉淀完全[c(SO)≤1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中c(SO)≤0.05mol·L-1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．S2O水解应该显碱性，根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以溶液显酸性，A错误；B．HSO的水解平衡常数表达式为，由图像可知亚硫酸氢根离子和亚硫酸浓度相等时pH＝2，则25℃时，HSO的水解平衡常数约为10-12，B错误；C．溶液中还存在S2O，c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)不能满足电荷守恒，C错误；D．根据硫酸钡的溶度积常数可知此时溶液中钡离子浓度是mol/L＝1.0×10-5mol·L-1，则溶液中SO的最大浓度=mol/L＝0.05mol·L-1，D正确；答案选D。11．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三其他模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是-50- 选项实验操作现象结论A向蛋白质溶液中加入少量饱和(NH4)2SO4溶液出现白色沉淀蛋白质发生了变性B将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水产生白色沉淀木炭被氧化为CO2C相同条件下，将SO2和O2按体积比1：1混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色SO2和O2的反应有一定的限度D向2支均盛有2mL1.0mol/L的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3溶液一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】C【KS5U解析】A．(NH4)2SO4为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故A错误；B．炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，故B错误；C．产物通过BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了SO3；品红溶液褪色，说明SO2有剩余，从而说明SO2和O2没有完全反应，SO2和O2的反应有一定的限度，故C错误；D．由于KOH过量，Al3+与OH-反应先生成Al(OH)3沉淀，然后继续与KOH反应，生成KAlO2，并没有发生Al(OH)3与Fe3+生成Fe(OH)3和Al3+的反应，也就不能说明Ksp[Al(OH)3]与Ksp[Fe(OH)3]的相对大小，故D错误；故答案为C。12．（2021·江苏省如皋中学）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操作和现象-50- 1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生4向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀下列有关说法正确的是A．0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(H2S)B．实验2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)C．实验3说明HS-不能被氯气氧化D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．NaHS溶液中存在电离平衡HS-H++S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)<c(H2S)，A错误；B．实验2中0.1mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，则所得溶液为Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]，B错误；C．氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；D．实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正确；选D。13．（2021·山西阳泉市·高三三模）根据下列实验操作和现象所得出的结论或推论正确的是实验操作和现象实验结论或推论A向FeCl3溶液中加入Cu片，振荡，溶液颜色变化Cu与FeCl3发生了置换反应B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀SO2具有还原性C用pH试纸测得NaA、NaB溶液的pH分别为9和8酸性：HB>HAD用AgNO3标准溶液滴定待测液中Cl-，以K2CrO4为指示Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(AgCl)-50- 剂A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】B【KS5U解析】A．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，A错误；B．硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有还原性，B正确；C．NaA、NaB溶液的浓度未知，不能由盐溶液的pH来比较对应酸的酸性，C错误；D．以K2CrO4为指示剂，说明Ksp(Ag2CrO4)更小，D错误；答案选B。二、多选题14．（2021·全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作实验现象结论A向淀粉溶液中加入20%的溶液，加热一段时间，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B，在溶液中加入溶液有砖红色沉淀生成C能与反应生成，向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成溶液中存在平衡D将与浓硫酸反应后的混合液冷却，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有生成-50- A．AB．BC．CD．D【KS5U答案】BC【KS5U解析】A．单质碘和氢氧化钠发生如下反应：，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；B．在溶液中加入溶液，有砖红色沉淀生成，证明，B正确；C．两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明含有单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子，溶液中存在平衡，C正确；D．不能将水加入到与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，D错误；答案为：BC。三、工业流程题15．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得3种金属盐，并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。-50- 表1：金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度(mol·L-1)开始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋1.0×10—38.00Fe3＋4.0×10—21.73.2Zn2＋1.55.57.5Ga3＋3.0×10—33.0表2：金属离子的萃取率金属离子萃取率(%)Fe2＋0Fe3＋99Zn2＋0Ga3＋97—98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为___________，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式___________。(2)滤液1中可回收利用的物质是___________，滤饼的主要成分是___________；萃取前加入的固体X为___________。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为___________(填化学式)。(4)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。(5)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L-1。【KS5U答案】+3价Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3FeNaGaO2或(GaO)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN3.0×10—10.2【分析】由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁-50- 离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的pH，将铁离子和镓离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸锌的滤液1和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中先加入稀盐酸，将氢氧化铁、氢氧化镓转化为铁离子和镓离子，再加入铁，将铁离子转化为亚铁离子；向反应后的溶液中加入萃取剂萃取溶液中的镓离子，分液得到含有亚铁离子的水层和含有镓离子的有机溶液；向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓；镓与一溴甲烷合成得到Ga(CH3)3；Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓。【KS5U解析】(1)由铁酸锌的化学式可知，铁酸根离子中铁元素的化合价为+3价，由化合价代数和为0可知，铁酸镓中镓元素的化合价为+3价；浸出时发生的反应为铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，反应的离子方程式为Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O，故答案为：+3价；Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O；(2)由分析可知，滤液1的主要成分为硫酸锌，滤饼的主要成分为氢氧化铁、氢氧化镓，则滤液1中可回收利用的物质是硫酸锌；由表2可知，亚铁离子的萃取率为0，则为除去溶液中的铁离子，应向稀盐酸溶解后的溶液中加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，故答案为：硫酸锌；Fe(OH)3、Ga(OH)3；Fe；(3)由Ga与Al同主族，化学性质相似可知，反萃取发生的反应为氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠、氯化钠和水，故答案为：NaGaO2或(GaO)；(4)由题给信息可知，生成氮化镓的反应为Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；(5)由表1可知，氢氧化镓的溶度积为3.0×10—3×(1.0×10—11)3=3.0×10—,36，则当滤液的pH为5.4时，溶液中镓离子的浓度为=3.0×10—10.2mol/L，故答案为：3.0×10—10.2。16．（2021·陕西宝鸡市·）是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等制取的工艺流程-50- 如下:已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子浓度为)沉淀物开始沉淀完全沉淀②熔点为，加热至时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)已知氧化性，浸出液中含有的阳离子主要有、_______、、、等。(2)在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为_______。(3)加调pH的最佳范围是_______，过滤所得到的两种沉淀的化学式为_______。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为，则加入萃取剂的目的是_______。(5)“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是_______、_______和过滤。制得的-50- 在烘干时需减压烘干的原因是_______。为测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则粗产品中的质量分数为_______结果保留三位有效数字。经过检测，发现粗产品中含有NaCl杂质，则的质量分数可能比实际值_______填“偏大”或“偏小”。【KS5U答案】、除去蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解偏大【分析】水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等经盐酸酸浸，亚硫酸根将钴元素和铁元素还原为低价态，再用氯酸钠将氧化为Fe3+，调节pH将铁元素和铝元素以沉淀形式除去，再用萃取剂萃取锰离子，剩余，经一系列操作得到粗产品，据此分析答题。【KS5U解析】(1)已知氧化性，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离子主要有、、、、等，答案为：(2)在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化，发生的主要离子反应方程式为：，答案为：；(3)加目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调pH的最佳范围是；过滤所得到的两种沉淀的化学式为、，答案为：；、；(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，当控制溶液pH为时，-50- 有较高的萃取率，萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去，答案为：除去；(5)CoSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得粗产品，所以“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；结晶水合物易失去结晶水，易分解，减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则，则粗产品中的质量分数为；若含有氯化钠杂质，也会生成氯化银沉淀，导致质量分数偏大，答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；98.0%；偏大。17．（2021·青海西宁市·高三二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-CoCl。②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：(1)步骤i的目的是_______。(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式：_______。-50- (3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是_______。(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因_______。(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH为_______。{Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15}(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是_______。【KS5U答案】增大接触面积，加快浸取速率Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少8.04Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2。【KS5U解析】(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O；-50- (3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)==10-3mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15可知：c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-15，解得c(OH-)=1.0×10-6mol/L，则c(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：8.0；(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2。18．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）某同学在实验室利用Fe-Mg合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：(1)工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是_______。(2)“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为_______；写出“氧化”时反应的离子方程式_______。(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，试解释原因_______。(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是_______(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)=_______，列式计算并判断此时是否有Mg(OH)2沉淀生成_______{已知氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.02mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12}。-50- 【KS5U答案】增大接触面积、提高反应速率和浸取率Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OSOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解MgO、Mg(OH)2等2.7×10-9mol/L(1×10-10)2=2×10-22<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，无Mg(OH)2沉淀生成【分析】Fe-Mg合金废料加盐酸酸溶，溶液中有氯化镁、氯化亚铁，加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，加MgO或Mg(OH)2等当溶液的pH调节为4时，形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液在氯化氢气流中蒸发，将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，得无水氯化镁，电解得Mg。【KS5U解析】(1)工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率。故答案为：增大接触面积、提高反应速率和浸取率；(2)“酸溶”时，Fe发生反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，“氧化”时反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)制备无水MgCl2过程中，需要将SOCl2与MgCl2·6H2O混合并加热，原因SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解。故答案为：SOCl2与H2O反应同时产生SO2和HCl酸性气体，抑制MgCl2的水解；(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，要促进铁离子水解，又不引入其它杂质离子，X是MgO、Mg(OH)2等(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)==2.7×10-9mol/L，(1×10-10)2=2×10-22<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，无Mg(OH)2沉淀生成。故答案为：MgO、Mg(OH)2等；2.7×10-9mol/L；(1×10-10)2=2×10-22<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，无Mg(OH)2沉淀生成。19．（2021·湖南高二月考）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：-50- 回答下列问题：(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。(2)、KOH、反应生成的化学方程式为___________。(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式，下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是___________。(4)常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若此时溶液的，则___________mol/L。{已知：常温下，}(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。(6)“沉铬”时加热近沸的目的是___________；由制取铬绿的方法是___________。【KS5U答案】粉碎废渣充分搅拌(或通入足量空气等其他合理答案)KSCNpH过低，进入滤液提高沉淀物纯度高温煅烧【分析】含铬不锈钢废渣(含、、、等)经过碱熔，生成了、、，，加水溶解，结合电离出的及生成沉淀和KOH，可以把不溶的固体通过过滤除去，调pH，转化为Al(OH)3沉淀，转化为沉淀，转化为，K2Cr2O7与Na2SO3、H2SO4反应生成，离子方程式为，加入NaOH使Cr3+生成Cr(OH)3，通过加热锻烧得到Cr2O3。【KS5U解析】-50- (1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率；(2)失去，、得到，依据得失电子数相等，配平得；(3)结合电离出的及生成和KOH；检验用KSCN溶液；(4)pH过低，会转化为，进入滤液；若此时溶液的，，则；(5)得到，失去，依据得失电子数相等，配平得；(6)防止沉淀时杂质离子同时沉淀，加热至沸可使杂质离子重新返回溶液，从而提高沉淀物纯度；高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。20．（2021·安徽高三其他模拟）随着电动汽车的大量使用，废旧锂电池的再利用成为科技工作者研究的重要课题，某化工厂从废旧锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片)中回收锂、铝、钴的流程如图所示。(1)CoC2O4中钴元素化合价为_______，料渣1的成分是_______。(2)酸浸还原过程中，Na2SO3的作用是_______(用离子方程式表示)，还要防火防爆，原因是_______。(3)常温下，当pH=4.7时，溶液中沉淀完全(c(Al3+)≤10-5mol/L)，则Ksp[Al(OH)3]最大值为_______，以料渣2为原料制备Al的过程简述为_______。(4)磷酸二异辛酯必须具有的两种物理性质是_______，54.9gCoC2O4·2H2O在空气中充分加热至330℃时，固体质量不再变化时称得固体为24.1g，则得到X的化学方程式为_______。-50- 【KS5U答案】+2炭黑2LiCoO2+6H++SO=2Li++2Co2++SO+3H2O酸浸中有可燃性气体H2生成1.0×10-32.9(或1.25×10-33)灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3①难溶于水；②易溶解CoSO4，难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2)【分析】正极材料(主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片)加入稀硫酸、亚硫酸钠进行酸浸还原，+3价Co被亚硫酸根还原为Co2+，Li、Al元素转化为相应的阳离子进入溶液中，过滤后加入氨水调节pH沉淀Al3+，在加入磷酸二异辛酯萃取Co2+进入到有机相，加入试剂M进行反萃取，使Co2+进入水相，再加入草酸铵溶液得到CoC2O4·2H2O晶体，强热使晶体分解得到X。【KS5U解析】(1)CoC2O4中草酸根为-2价阴离子，所以Co为+2价；料渣1为难溶于稀硫酸的炭黑；(2)酸浸还原过程中，Na2SO3可以将+3价Co还原为Co2+，亚硫酸根被氧化为硫酸根，离子方程式为2LiCoO2+6H++SO=2Li++2Co2++SO+3H2O；正极材料中含有Al，与稀硫酸反应生成可燃性气体H2，所以要防火防爆；(3)pH=4.7时，溶液中c(OH-)=10-9.3mol/L，c(Al3+)≤10-5 mol/L，则Ksp[Al(OH)3]≤(10-9.3)3×10-5=1.0×10-32.9(或1.25×10-33)；料渣2主要成分为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3可以得到铝单质；(4)该流程中磷酸二异辛酯的作用是萃取水相中的Co2+，前面的流程中除去了炭黑和Al，则萃取前的水相中主要有CoSO4、(NH4)2SO4和Li2SO4，所以该物质首先需要难溶于水，同时易溶解CoSO4，为了得到纯净的Co，还需难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；54.9gCoC2O4·2H2O的物质的量为=0.3mol，灼烧过程中会失去结晶水，C元素会转化为CO2，所以X中只含Co、O两种元素，其中n(Co)=0.3mol，则n(O)==0.4mol，所以X中n(Co)：n(O)=3:4，化学式为Co3O4，化学方程式为3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2)。-50- 21．（2021·吉林长春市·东北师大附中高三其他模拟）化学实验小组的同学们进入四川博物馆，看到许多矿石标本，其中三种矿石及主要成分如下。回答下列问题：(1)加热条件下，1mol氨气与足量孔雀石反应可以产生1.5mol金属铜，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。(2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)和少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图：①浸取过程中的离子方程式为___________。②气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该物质的化学式为___________；滤液M中溶质主要为___________。③保温除铁过程中加入CuO的作用是___________。(3)已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度的升高而减少，如图为不同温度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线。则：①T2时，Ksp(Ca(OH)2)=___________。②向钨酸钠溶液中加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为___________。-50- 【KS5U答案】3：4Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++SHNO3FeCl2调节溶液的pH值，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀1×10-8WO＋Ca(OH)2=CaWO4＋2OH-【分析】由流程可知，浸取时铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S，过滤后得到S单质等矿渣，用苯提取矿渣中的S单质，滤液中加入Fe还原得到Cu单质和Fe2+，过滤得到Cu单质，氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应调节溶液的pH值，所以氧化铜的作用是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而析出，剩余的Cu和硝酸反应生成硝酸铜，以此解答。【KS5U解析】(1)孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3，NH3和Cu2(OH)2CO3反应生成Cu，则Cu元素化合价由+2价下降到0价，N元素由-3价上升到0价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：3Cu2(OH)2CO3+4NH36Cu+3CO2+9H2O+2N2，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4；(2)①铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；②气体NOx与氧气混合后通入水中能生成硝酸，所以可循环利用的物质化学式为HNO3。滤液M是氯化亚铁，可以再转化为氯化铁而循环利用；故答案为：HNO3；FeCl2；③氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应调节溶液的pH值，所以氧化铜的作用是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而析出，故答案为：调节溶液的pH值，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀；(3)①T2时由图中点(-6，-1)可知，Ksp（Ca(OH)2）=c（Ca2+）•c（OH-）2=1×10-6×(1×10-1)2=1×10-8，故答案为：1×10-8；②将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO＋Ca(OH)2=CaWO4＋2OH-，故答案为：WO＋Ca(OH)2=CaWO4＋2OH-。22．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）高纯六水氯化锶晶体(SrCl2·6H2O)可作有机合成的催化剂。工业上用难溶于水的碳酸锶(SrCO3)粉末为原料(含少量BaCO3、FeO、SiO2等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体(SrCl2·6H2O)，其过程如图所示。-50- 已知：I．25℃，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16II．SrCl2·6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水。请回答：(1)天青石(主要成分SrSO4)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)3外，还有___________(填化学式)；25℃，为使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SrCl2·6H2O晶体可以采用减压干燥-50- (6)若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·mol-1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为___________。【KS5U答案】SrSO4+4CSrS+4CO↑增大反应物接触面积40℃;60minSiO2、BaSO43ACSrCl2·6H2O【KS5U解析】(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：SrSO4+4CSrS+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))3外，还有不溶于水和酸的SiO2固体，还会有过程中生成的BaSO4沉淀；25℃，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16，要使Fe3+完全沉淀，c3(OH-)=Kp[Fe(OH)3]÷1.0×10-5=1.0×10-38÷1.0×10-5=1.0×10-33所以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：SiO2、BaSO4；3。(5)SrCl2·6H2O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60℃的热水浴加热蒸发至有晶膜出现，不会造成SrCl2·6H2O失去结晶水，又能加快速率，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SrCl2·6H2O晶体采用减压干燥可以减少SrCl2·6H2O晶体失水，故C正确：答案：AC。(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SrCl2·6H2O脱水失去5个结晶水，故此时获得的产物化学式为：SrCl2·H2O。23．（2021·辽宁高三其他模拟）是一种重要的工业催化剂，工业上用如图流程从矿石-50- 中提取。已知：①矿石的主要成分为、、、；②；③价的钒在酸性溶液中以形式存在，碱性溶液中以形式存在；④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表所示：金属离子萃取率(%)0990990⑤25℃时，金属离子沉淀的如表所示：沉淀物开始沉淀pH1.97.03.4完全沉淀pH3.29.04.7回答下列问题：(1)磨矿的作用是_______。-50- (2)滤渣1的成分为_______，试剂X为_______。(3)水相中存在的、元素，可用下述方法进一步分离，调节的范围为_______。(4)氧化步骤的离子方程式为_______。(5)沉钒之后过滤、洗涤可得纯净的晶体，检验沉淀洗涤干净的操作为_______。(6)将所得晶体在一定温度下脱氨可得产品，脱氨操作中用_______盛装晶体，在脱氨过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为_______。【KS5U答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率粉取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀出现，则说明沉淀洗涤干净坩埚【分析】由题给流程可知，向磨矿中加入稀硫酸酸浸，V2O5与稀硫酸反应转化为(VO2)2SO4，氧化铝、氧化铁与稀硫酸反应转化为硫酸铝和硫酸铁，二氧化硅不与稀硫酸反应；过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有(VO2)2SO4、硫酸铝、硫酸铁的滤液；向滤液中加入过量的铁粉，将VO转化为VO2+、硫酸铁转化为硫酸亚铁，过滤得到过量铁粉和含有VOSO4、硫酸铝、硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的VO2+，分液得到含有VO2+的有机相和含有硫酸铝、硫酸亚铁的水相；向有机相中加入稀硫酸反萃取溶液中的VO2+，分液得到含有硫酸和VOSO4的溶液；酸性条件下，VOSO4溶液与氯酸钾溶液反应转化为(VO2)2SO4溶液；(VO2)2SO4溶液与氨水反应转化为NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀脱氨发生分解反应生成V2O5。【KS5U解析】(1)-50- 磨矿可以增大固体的表面积，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)由分析可知，滤渣1的成分为二氧化硅，试剂X为铁粉，故答案为：；Fe粉；(3)由题给铁离子和铝离子沉淀的pH可知，进一步分离铁离子和铝离子，应将水相的pH调节在4.7≤pH＜7.0的范围内，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，而亚铁离子不沉淀，故答案为：4.7≤pH＜7.0；(4)氧化步骤发生的反应为酸性条件下，溶液中氯酸根离子与VO2+离子反应生成氯离子、VO和氢离子，反应的离子方程式为，故答案为：；(5)沉钒之后过滤得到的NH4VO3沉淀表面附有可溶的硫酸铵，检验沉淀洗涤干净实际上就是检验洗涤液中不含有硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀出现，则说明沉淀洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀出现，则说明沉淀洗涤干净；(6)NH4VO3沉淀脱氨时，应在坩埚中灼烧分解；设起始NH4VO3的物质的量为1mol，由钒原子个数守恒可知，210℃时，剩余固体物质中钒原子的质量为51g，由固体质量的减少值为85.47%可知，剩余固体的质量为117g×85.47%=100g，则剩余固体物质中其他原子的质量为100g—51g=49g，由质量守恒定律可知，剩余固体物质中一定含有氧元素，由氧元素的相对原子质量可知，剩余固体物质的化学式为HVO3，故答案为：坩埚；HVO3。24．（2021·四川雅安市·高三三模）三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件材料和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取Ni2O3，工艺流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+。②实际生产温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O。③相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下(开始沉淀的pH按金属离子的浓度为1mol·L-1计算)：-50- 氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Fe(OH)2开始沉淀时pH1.83.07.15.8完全沉淀时pH3.25.09.28.0(1)“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是_______。(2)“酸浸”时，①温度不宜过高，原因_______。②常温下，盐酸的浓度为2.5mol·L-1，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产采取的“液固比”为_______，主要的原因是_______。(3)室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2mol·L-1，当溶液的pH调到2时，c(Fe3+)=_______。加NiO调节pH的范围为_______。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)(4)加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为_______。(5)电解过程中产生的氯气在碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子反应方程式_______。【KS5U答案】除去镍废料表面的矿物油污HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)26：1该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加0.04mol·L-10≤pH<7.1NiC2O4·2H2O2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O【分析】表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入NiO调节pH的值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，除去铁和铝，加入草酸钠沉淀镍元素，以此解答。-50- 【KS5U解析】(1)表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，故答案为：除去镍废料表面的矿物油污；(2)①HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)2；故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)2；②由图可知，“液固比”为6：1时浸出率已经很高，用7：1提高不大，没有必要增加成本，故答案为：该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加；(3)pH=2时，c(OH-)=110-12mol/L，代入Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38=c(OH-)3c(Fe3+)，解得c(Fe3+)==0.04mol/L，加入NiO调节pH的值，使Fe3+和Al3+，由表格数据可知，调节pH的范围为0≤pH<7.1，故答案为：0.04mol·L-1；0≤pH<7.1；(4)实际生产温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O，溶解度小的先生成，则加入Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为NiC2O4·2H2O，故答案为：NiC2O4·2H2O；(5)过滤2得到Ni(OH)2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni(OH)2+2OH-+Cl2═2Ni(OH)3+2Cl-，故答案为：2Ni(OH)2+2OH-+Cl2═2Ni(OH)3+2Cl-。25．（2021·云南高三三模）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、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：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pH7.156.31.56.2沉淀完全的pH9.158.32.88.2回答下列问题：(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。-50- (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．KOHB．Zn(OH)2C．ZnOD．Na2CO3(3)操作1的名称是_______，从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_______，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。【KS5U答案】SiO2避免明火无法有效除铁BC萃取、分液ZnSO4过滤、洗涤、干燥2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-1：214+lg【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，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。【KS5U解析】(1)经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。(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)2，需要氢氧根结合三价铁离子。(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ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]-50- ，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。26．（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：回答下列问题：(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的目的是____，第二次焙烧时发生反应的化学方程式为____。(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.5mol/L、c(Fe2+)=0.2mol/L，加入适量碳酸钠调节溶液的pH可以使“沉铁”完全且较纯净，则调节pH的范围为_______(假设溶液体积不变，沉淀完全的离子浓度≤1×10-5，lg6=0.8，lg2=0.3，Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：-50- 则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。【KS5U答案】将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；除去废催化剂表面的有机物2.8≤pH<6.8480℃铵盐受热易分解【分析】石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及不溶于水的NiO、MoO3及Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵。【KS5U解析】(1)石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等无机物、石油等有机物)进行一次焙烧，一主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物，二是除去废催化剂表面的有机物。第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；；(2)“沉铁”完全时c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L时，根据Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=-50- ==6.0×10-12mol/L，此时pH=-lgc(H+)=-lg=lg6-12+14≈2.8。为了“沉铁”较纯净，Ni2+不能沉淀，Qc=c(Ni2+)×c(OH-)²<Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，此时pH=6.8，故调节pH的范围2.8≤pH<6.8；(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图像可知，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图像可知，当K在4附近时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为80℃；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80℃；铵盐受热易分解；(4)设有1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1-84.7%)=52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，所以余下固体应为MoO3，发生反应的化学方程式为：。27．（2021·山西阳泉市·高三三模）电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以Co(OH)3粗渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图所示：已知：黄钠铁矾化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，是一种淡黄色难溶物。请回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为_______，请写出一条提高钴元素浸出率的措施：_______。(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是_______。“浸出”过程中，Na2SO3用量、终点pH对钴浸出率的影响如图所示，则“浸出”过程中应控制的适宜条件是_______。-50- (3)“氧化”过程中加入NaClO3与Fe2+发生反应的离子方程式为_______。(4)“调节pH”过程中，调节pH=5，写出生成黄钠铁矾[NaF3(SO4)2(OH)6]的离子方程式：_______。(5)常温下，Ksp(CoCO3)=1.6×10-13，Ksp(CoC2O4)=6.4×10-8.向浓度均为0.01mol/L的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液中加入CoSO4固体，当完全沉淀的时候c()∙c()=_______[当c()<1×10-5mol·L-1时，认为完全沉淀]。(6)用CoSO4可制备CoC2O4.在空气中煅烧CoC2O4至恒重，得金属氧化物固体A和CO2.测得m(A)=12.05g，m(CO2)=13.2g，则A的化学式为_______。【KS5U答案】SiO2将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答一点)调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]且终点pH=3.5==3CO2↑+NaFe3(SO4)2(OH)6↓2.5×10-16Co3O4【分析】粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，溶液中存在Fe3+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，得到含Co2+的溶液，再加入NaF沉淀Ca2+、Mg2+，加入P2O4沉淀Cu2+、Zn2+，最终得到CoSO4·7H2O，以此解答。【KS5U解析】(1)由分析可知，滤渣1的成分是SiO2；通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故答案为：SiO2；将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)；(2)加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，)；由图可知，当且终点pH=3.5时，钴浸出率最高，故答案为：调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]；且终点pH=3.5；(3；“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：=，故答案为：=；(4)等浓度的和，先沉淀，当恰好完全沉淀的时候，-50- c()=1×10-5mol·L-1，，则c()=0.25×10-10mol·L-1，c()∙c()=0.25×10-10mol·L-1×1×10-5mol·L-1=2.5×10-16，故答案为：2.5×10-16；(5)加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，离子方程式为：=3CO2↑+NaFe3(SO4)2(OH)6↓，故答案为：=3CO2↑+NaFe3(SO4)2(OH)6↓；(6)在空气中煅烧CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，，，，则固体A中，故化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。28．（2021·济南市·山东师范大学附中高三其他模拟）某工厂产生的废渣中主要含有ZnO，另含有少量FeO、CuO、SiO2、MnO等，某科研人员设计的用废渣制取高纯ZnO的工艺流程图如下图所示。已知，，，。(1)“酸浸”步骤中发生的离子反应有_______个。(2)“除锰”步骤中发生的离子方程式有_______。(3)用平衡移动原理结合必要的文字说明“除铁”的原理_______。(4)若“除锰”后所得滤液中，，“除铁”操作中为了使铁元素完全除去，又不影响高纯ZnO的产量，可以调节pH的范围是_______，滤渣B为_______。-50- (5)已知：；；有同学认为各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸”→“除锰”→“除铜”→“除铁”……也可以除去和，并回收CuS和，该设计是否合理_______(填“是”或“否”)，理由是_______。(6)称量晶体隔绝空气加热分解，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，加热温度为200℃～400℃范围内，生成两种碳的氧化物，则M→N的化学方程式为_______。【KS5U答案】4、加入的ZnO与氢离子反应，水解平衡⇌Fe(OH)3+H+右移，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去Fe(OH)3和Cu(OH)2否若先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去【KS5U解析】(1)“酸浸”步骤中发生的离子反应有、、、，共有4个。为了增大单位时间的浸出率可将废渣粉碎、适当升温、适当增大盐酸浓度，还可以搅拌。(2)“除锰”步骤中，将氧化为，将氧化为，反应的离子方程式分别为：、。(3)“除铁”的原理是：加入的ZnO与氢离子反应，水解平衡右移，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去-50- (4)化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时，沉淀就达完全。当时，，则，，因此，当时，。由于溶液中，当开始生成沉淀时，溶液中的，因此，故，因此当Zn2+开始生成沉淀时，。为使不沉淀，应该控制。综上所述，在“除铁”操作中为了使铁元素完全除去，又不影响高纯ZnO的产量，可以调节pH的范围是。当时，，此时，，此时会有沉淀生成，因此，滤渣B为和。(5)各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸”→“除锰”→“除铜”→“除铁”也可以除去和，并回收CuS和，该设计不合理，理由是若先加入ZnS会将还原为，使铁元素难以除去。(6)晶体的物质的量为0.1mol，M点时剩余固体17.1g，为，加热温度为200℃～400℃范围内，生成两种碳的氧化物分别为CO和，N点得到8.1g固体，为，因此，M→N的化学方程式为。-50-