2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题14沉淀溶解平衡含解析

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)]，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；
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。
(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。
（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，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、Fe2O3 2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【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+2 Fe2O3+ 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+2 Fe2O3+ 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，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
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
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_______、_______。
(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·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【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=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·x H2O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5 mL FeCl3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2 mL 0.1 mol/L NaCl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)0，c(OH-)AgBr>AgI
A．A B．B C．C D．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
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
未产生砖红色沉淀
蔗糖未水解
C
向Ag2CrO4饱和溶液中加入NaCl浓溶液
产生白色沉淀
Ksp(AgCl)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．A B．B C．C D．D
【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．0.1 mol·L-1NaHSO3溶液中，c()+c()+c(H2SO3)=0.1 mol/L
C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Br-)=c(I-)
D．浓度均为0.1 mol/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)=0.1 mol/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()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)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-)HA
D
用AgNO3标准溶液滴定待测液中Cl-，以K2CrO4为指示剂
Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(AgCl)

A．A B．B C．C D．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

A．A B．B C．C D．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。
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pH
Fe2＋
1.0×10—3
8.0
0
Fe3＋
4.0×10—2
1.7
3.2
Zn2＋
1.5
5.5
7.5
Ga3＋
3.0×10—3
3.0

表2：金属离子的萃取率
金属离子
萃取率(%)
Fe2＋
0
Fe3＋
99
Zn2＋
0
Ga3＋
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)3 Fe NaGaO2或(GaO) Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN 3.0×10—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，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：_______。
(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 8.0 4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+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；
(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+O2 12LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+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+)=0.02 mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12}。
【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+ +2H2O SOCl2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