新教材(广西专版)高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子反应与平衡第4讲沉淀溶解平衡课件

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1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡,了解沉淀的生成、溶解与转化。2.能综合运用离子反应、化学平衡原理,分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。
一、难溶电解质的沉淀溶解平衡1.溶解平衡状态(1)溶解平衡的建立沉淀溶解平衡状态指在一定温度下,当难溶电解质溶于水形成饱和溶液时,　沉淀溶解　速率和　沉淀生成　速率相等的状态。 例如,在一定温度下,当AgCl溶于水形成　饱和　溶液时,AgCl溶于水形成Ag+和Cl-的速率　等于　溶液中的Ag+和Cl-结合生成AgCl的速率的状态,属于沉淀溶解平衡状态。  绝对不溶的电解质是不存在的,所谓难溶只是溶解度较小而已
2.溶度积常数(1)溶度积与离子积以AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq)为例
(2)Ksp的影响因素①内因:难溶物质本身的性质,这是决定因素。②外因。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(1)向浓度均为0.05 ml·L-1 NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成,则Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)。(　×　)(2)向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀,则Ksp(CuS)Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至Q=Ksp。在曲线左下方Qc([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)
答案 A解析 本题结合图像,考查难溶物AgCl及络合银离子的平衡移动、平衡常数计算等。溶液中存在足量的AgCl固体,根据平衡移动原理,随着氨水的滴加,AgCl溶解度逐渐增大,则Cl-浓度增大、Ag+浓度减小,[Ag(NH3)]+开始占优势,而随着氨水的滴加[Ag(NH3)2]+浓度会逐渐超过[Ag(NH3)]+,结合图像可知,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-。曲线Ⅰ代表[Ag(NH3)2]+浓度随NH3浓度变化曲线,A错误;
根据lg[c(NH3)/(ml·L-1)]=-1相关数据进行计算,AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75,B正确;根据lg[c(NH3)/(ml·L-1)]=-1相关数据进行计算反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数,可得K= =103.81,C正确;c(NH3)=0.01 ml·L-1时,lg[c(NH3)/(ml·L-1)]=-2,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D正确。
2.(2022山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
回答下列问题:(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n( )=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=　　　 ml·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　　　。 
(3) 浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　　　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　　　　;
一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。 
A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10
解析 本题考查工艺流程,内容包括离子方程式书写、沉淀溶解平衡、图像分析。氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。
(3)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CuSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s) Ca2+(aq)+ (aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图甲信息可知,温度越低,越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化,由图乙信息可知,体系温度为65 ℃时,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于65 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在。
体系温度为80 ℃时,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,位于80 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,据此分析: P2O5%=15、SO3%=15,由图乙信息可知,该点坐标位于65 ℃线以下,晶体以CaSO4·2H2O形式存在,可以实现石膏晶体的转化,A符合题意; P2O5%=10、SO3%=20,由图乙信息可知,该点坐标位于80 ℃线的上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体的转化,B不符合题意;P2O5%=10、SO3%=30,由图乙信息可知,该点坐标位于65 ℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体转化,C不符合题意;P2O5%=10、SO3%=10,由图乙信息可知,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,故能实现晶体的完全转化,D符合题意。综上所述,能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
归纳总结有关Ksp的计算(1)已知溶度积,求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp(AgCl)=a的饱和AgCl溶液中,c(Ag+)= ml·L-1。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 ml·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10 a ml·L-1。(3)计算反应的平衡常数,如对于反应Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq),Ksp(MnS)=c(Mn2+)·c(S2-),Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),该反应的平衡常数
考向1.沉淀的生成与溶解典例突破硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,也可用作印染媒染剂,医药上用于催吐剂。已知25 ℃时,Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17,Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5,则下列说法正确的是(　　)A.在水中加入少量ZnSO4固体时,水的电离平衡正向移动,KW变大B.在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c( )C.在0.5 L 0.10 ml·L-1 ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 ml·L-1 AgNO3溶液,即可生成Ag2SO4沉淀D.常温下,要除去0.20 ml·L-1 ZnSO4溶液中的Zn2+,至少要调节pH≥8
针对训练1. 牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分,起着保护牙齿的作用,其主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]。[Ca5(PO4)3OH]。在牙齿表面存在
A.残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,经常吃糖易造成龋齿B.由题述平衡可知,小孩长牙时要少吃糖多补钙C.若减少OH-的浓度,题述平衡将向右移动,Ksp的值相应增大D.使用含氟的牙膏能防止龋齿,是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)
答案 C解析 残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,与OH-反应生成H2O,促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动,易造成龋齿,A项正确;小孩长牙时,要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s),从平衡移动角度分析,要增大牙齿表面的c(Ca2+)、c(OH-),促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动,故小孩长牙时要少吃糖多补钙,B项正确;减少OH-的浓度,Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动,由于温度不变,Ksp的值不变,C项错误;由于Ca5(PO4)3F的Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp,使用含氟牙膏,使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s),可有效防止龋齿,D项正确。
2. 某实验小组探究常温下难溶电解质的溶解平衡,查得如表资料。依据上述数据进行的预测不合理的是(　　)A.向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体,有浑浊出现B.除去FeSO4溶液中的CuSO4,可选用FeS作为沉淀剂C.向含等物质的量的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先出现的沉淀是Mg(OH)2D.向1 mL 0.1 ml·L-1 MgCl2溶液中滴加2 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液,取澄清溶液滴加2滴0.1 ml·L-1 FeCl3溶液,有浑浊出现
答案 C解析 向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体,c(S2-)增大,Q>Ksp(FeS),有浑浊出现,A合理;沉淀转化时,溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀,除去FeSO4溶液中的CuSO4,可选用FeS作为沉淀剂,B合理;由溶度积计算可知,开始沉淀时, MgCl2需要的c(OH-)大于FeCl3需要的c(OH-),向含等物质的量的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先出现的沉淀是Fe(OH)3,C不合理;1 mL 0.1 ml·L-1 MgCl2溶液和2 mL 0.1 ml·L-1 NaOH溶液,计算可得Q>Ksp[Mg(OH)2],且溶液恰好完全反应,则得到氢氧化镁的饱和溶液,c(OH-) =2× ×10-4 ml·L-1,取澄清溶液滴加2滴0.1 ml·L-1 FeCl3溶液, Q>Ksp[Fe(OH)3],有Fe(OH)3沉淀出现,D合理。
归纳总结沉淀剂的选择利用生成沉淀分离或除去某种离子,首先要使生成沉淀的反应能够发生,其次沉淀生成的反应进行的越完全越好。如除去溶液中的Mg2+,用NaOH溶液比使用Na2CO3溶液好,原因是Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小。
考向2.沉淀转化典例突破为研究沉淀的生成及其转化,某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是(　　)
A.①浊液中存在平衡: AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)B.②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C.③中颜色变化说明有AgI生成D.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
答案 D解析 0.01 ml·L-1 AgNO3溶液中加入0.005 ml·L-1 KSCN溶液,产生白色沉淀AgSCN,该沉淀在溶液中存在溶解平衡:AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq),A正确;取①上层清液加入2 ml·L-1 Fe(NO3)3溶液,溶液变成红色,说明有Fe(SCN)3生成,从而推知上层清液中含有SCN-,B正确;①中余下浊液中加入KI溶液,产生黄色沉淀,该沉淀应为AgI,C正确;①中反应后AgNO3溶液有剩余,则余下浊液中除含有AgSCN外,还有AgNO3,再加入2 mL 2 ml·L-1 KI溶液生成AgI沉淀,不能说明AgSCN转化为AgI,故不能证明AgI比AgSCN更难溶,D错误。
针对训练1.取1.0 L浓缩卤水(Cl-、I-浓度均为1.0×10-3 ml·L-1)进行实验:滴加一定量AgNO3溶液,产生黄色沉淀;继续滴加,产生白色沉淀。已知: Ksp(AgI)=8.5×10-17、Ksp(AgCl)=1.8×10-10。下列分析不正确的是(　　)A.黄色沉淀是AgI,白色沉淀是AgClB.产生白色沉淀时,溶液中存在AgI(s) Ag+(aq)+I-(aq)C.若起始时向1.0 L该卤水中滴加2滴(约0.1 mL)1.0×10-3 ml·L-1 AgNO3溶液,能产生沉淀D.白色沉淀开始析出时,c(I-)>1.0×10-6 ml·L-1
答案 D解析 碘化银的溶度积小于氯化银,则先生成黄色沉淀碘化银,A项正确;产生白色沉淀时,碘化银已经达到沉淀溶解平衡,B项正确;若起始时向1.0 L该卤水中滴加2滴(约0.1 mL)1.0×10-3 ml·L-1 AgNO3溶液,则混合后的硝酸银浓度约
2. 已知:Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24, Ksp(PbS)=8.0×10-28。在自然界中,闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是(　　)A.硫化锌转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) === Zn2+(aq)+CuS(s)B.在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,不会生成黑色沉淀(PbS)C.在水中的溶解度:S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)D.若溶液中c(Cu2+)=1×10-10 ml·L-1,则S2-已完全转化成CuS
答案 B解析 根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24,可知CuS的溶解度小于ZnS,硫化锌可以转化为铜蓝,离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+CuS(s),A正确;根据Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(PbS)=8.0×10-28,ZnS的溶解度大于PbS,在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,可以生成黑色沉淀(PbS),B错误;根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24, Ksp(PbS)=8.0×10-28可知,在水中的溶解度:S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS),C正确;根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,若溶液中c(Cu2+)=1×10-10 ml·L-1,则c(S2-) = ml·L-1=6.3×10-26 ml·L-1Ksp,如BaSO4[Ksp=1.1×10-10]用饱和Na2CO3溶液浸泡可部分转化为BaCO3[Ksp=2.58×10-9]。
有关电解质溶液的四大平衡常数及在工艺流程综合题中的应用
考向1电解质溶液的四大平衡常数的应用
例1.下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)
突破方法(1)电解质溶液的四大平衡常数
针对训练1.平衡常数是分析平衡问题的重要依据。回答下列问题。(1)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大,但在冰醋酸中却有一定的差异,以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:
从以上表格中的数据判断以下说法中不正确的是　　　　(填字母)。 a.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离b.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸c.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4 === 2H++d.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
(2)已知:25 ℃时,HA的Ka=1.0×10-6,则25 ℃时,1 ml·L-1 HA溶液的pH=　　　　。 (3)在温度为t时,某研究人员测定NH3·H2O的电离常数Kb为2×10-5, 的水解常数Kh为1.5×10-8,则该温度下水的离子积常数KW为　　　　　,请判断t　　　(填“>”“　(4)3.3×1025 (5)中　
2.已知Ka(Kb)、KW、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25 ℃时以下数据:KW=1.0×10-14,Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Ka(HSCN)=0.13,Ka(HF)=4.0×10-4, Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11(1)有关上述常数的说法正确的是　　　　(填字母)。 a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度b.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大c.常温下,CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Kad.一定温度下,在CH3COONa溶液中,KW=Ka·Kh
(2)25 ℃时,1.0 ml·L-1 HF溶液的pH约等于　　　　　　(已知lg 2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合,判断溶液呈　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性,并结合有关数据解释原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　。 (3)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性,利用以上数据可以计算出反应: Mg(OH)2(s)+2CH3COOH(aq) Mg2+(aq)+2CH3COO-(aq)+2H2O(l)在25 ℃时的平衡常数K=　　　　　,并据此推断Mg(OH)2　　　　　(填“能”或“不能”)溶解于醋酸。(已知1.83≈5.8) 
答案 (1)ad(2)1.7　酸　HF和NaF的浓度相等,Ka= (HF)=4.0×10-4, Kh(HF)= =2.5×10-11,故HF的电离程度大于F-的水解程度,溶液呈酸性(3)5.8×107　能
考向2电解质溶液的四大常数的应用
例2.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(Al)、钼(M)、镍(Ni)等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中M元素的化合价为　 　。 (2)“沉铝”中,生成的沉淀X为　 　。 (3)“沉钼”中,pH为7.0。①生成BaMO4的离子方程式为　 。 ②若条件控制不当,BaCO3也会沉淀。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c( )∶c( )=  　(列出算式)时,应停止加入BaCl2溶液。 
思路指导(1)利用化合价代数和为0,可知Na2MO4中M元素的化合价为+6价。(2)加入NaOH固体焙烧并水浸后,Al2O3转化为Na[Al(OH)4],向水浸之后的滤液Ⅰ中通入过量CO2可产生Al(OH)3沉淀,即X为Al(OH)3。(3)pH=7.0时,c(H+)=1×10-7 ml·L-1。
突破方法无机化工流程综合题的解题思路与方法1.主线法分析
(1)流程图一般包括三大部分:原料预处理阶段、物质转化与分离阶段、目标产品生成阶段,某些物质可在流程中循环利用。(2)流程中要分析“进”“出”物质和仍然留在溶液中的离子等(否则可能漏掉副产品或干扰离子)。(3)一般默认进入的物质过量,确保每一步目标元素利用率或转化率最高,产品产率最高,损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。
试剂线:为达到最终目的加入的物质,起到调节pH、氧化还原、萃取或反萃取、沉淀的作用;操作线:操作过程中元素守恒—粉碎、焙烧、浸取、沉淀、电解、结晶等;杂质线:复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,加热产生气体等;产品线:蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。
3.解题思路(1)首尾对比:对比分析原料与目标产品之间的关系,比较物质变化和主要元素化合价的变化。(2)主元素跟踪:跟踪主要物质(元素)的转化形式和转化方法,即原料→中间转化物质→目标产品。(3)除杂分析:分析原料中的“杂质”转化除去过程,分析每一步骤的目的以及反应产物、反应过程。(4)综合判断:根据题干信息、流程信息、题中设问信息审题、解题(读完全题再做题)。
针对训练3.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:
已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。
(1)煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为　　　　　　 　　　。 (2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有　　　　(填化学式)。 (3)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是  　。 
(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.100 0 ml·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知 被还原为Cr3+)①氧化还原滴定过程中的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为　　%。[已知M(K2Cr2O7)=294 g·ml-1,计算结果保留至小数点后1位] 
(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3×10-5 ml·L-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全　　　　(填“是”或“否”),写出计算过程　   　。 {已知题给环境下:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
答案 (1)2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2(2)CuSO4(3)该条件下,K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7的小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
解析 (1)煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4,反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2。(2)Cu2Te在煅烧时反应生成TeO2和CuO,浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还有氧化铜与稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSO4)等。(3)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7的小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低显著减小,因此通过冷却结晶可以析出大量K2Cr2O7。
4.(2023新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
回答下列问题:(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　(填化学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　　。 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　　。 (4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH9时,会导致　　　　　　　　。 
(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pHKsp(CdS),下列说法正确的是(　　)
答案 D解析 H2S为弱电解质,分步电离,随pH增大,HS-、S2-均逐渐增大,由于废水处理过程中始终保持H2S饱和,c(HS-)>c(S2-),故③为pH与-lg c(S2-)的关系曲线,④为pH与-lg c(HS-)的关系曲线;已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),则①、②分别为pH与-lg c(Cd2+)、-lg c(Ni2+)的关系曲线;根据点(4.9,13.0)可知, Ksp(CdS)=c2(Cd2+)=(1×10-13)2=1×10-26,A项错误;根据上述分析③为pH与-lg c(S2-)的关系,B项错误;根据图中(4.2,3.9),可知
2.(2023全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM=-lg[c(M)/(ml·L-1)];c(M)≤10-5 ml·L-1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是(　　)
A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10-时Al(OH)3的溶解度为 ml·L-1C.浓度均为0.01 ml·L-1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离D.Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2 ml·L-1时,二者不会同时沉淀
解析 a点c(Fe3+)=10-2.5 ml·L-1,c(OH-)=10-12 ml·L-1,则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×(10-12)3=10-38.5,A项错误。pH=5时,c(Al3+)=10-6 ml·L-1,c(OH-)=10-9 ml·L-1,Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-6×(10-9)3=10-33; pH=4时,c(Al3+)= ml·L-1=10-3 ml·L-1,B项错误。根据溶液中离子被沉淀完全时c(M)≤10-5 ml·L-1可知,当Fe3+被沉淀完全时,有c(Fe3+)≤10-5 ml·L-1,由图中给出的曲线可得此时溶液的pH≈2.8,即c(OH-) ≈1.0×10-11.2 ml·L-1。对于浓度为0.01 ml·L-1的Al3+,若要生成Al(OH)3沉淀,
由图中曲线可得pH≈3.6,即c(OH-)≈1.0×10-10.4 ml·L-1。显然,Fe3+被沉淀完全时的c(OH-)小于Al3+开始生成沉淀时的c(OH-),不能生成Al(OH)3沉淀,因此将溶液的pH控制在2.8~3.6之间,可利用分步沉淀的方法将Al3+和Fe3+进行分离,C项正确。同理,对于Al3+和Cu2+的混合溶液,当Al3+被沉淀完全时,有c(Al3+)≤10-5 ml·L-1,对应溶液的pH≈4.6。此时根据图中曲线可得, Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的c(Cu2+)≈0.1 ml·L-1;而混合溶液中的c(Cu2+)=0.2 ml·L-1,故此时反应物的浓度高于平衡时Cu2+的浓度,将会产生Cu(OH)2沉淀,即Al3+和0.2 ml·L-1的Cu2+会同时沉淀,D项错误。
4.(2023辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
回答下列问题:(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为　　　　　　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。 (2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),1 ml H2SO5中过氧键的数目为　　　　　(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 (3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　(填化学式)。 
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　  　。 
(5)“沉钴镍”中得到的C(Ⅱ)在空气中可被氧化成CO(OH),该反应的化学方程式为　 。 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　 　　(精确至0.1)。 
答案 (1)将镍钴矿粉碎、充分搅拌、适当提高硫酸浓度、适当提高浸取温度等(2)NA(4)9.0%　二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分H2SO5,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小(5)4C(OH)2+O2 === 4CO(OH)+2H2O(6)11.1
解析 (1)提高反应速率的方法包含:增大反应物接触面积、充分搅拌、提高反应物浓度、升高反应温度等。(2)结合电荷守恒,氢为+1价,硫为+6价,可知1 ml该物质包含1 ml过氧键,因此过氧键数目为NA。
(4)由题图可知,二氧化硫体积分数为9.0%时,反应速率最大。二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分H2SO5,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小。(5)“沉钴镍”得到的含钴物质为C(OH)2,可被空气氧化为CO(OH),因此反应的化学方程式为4C(OH)2+O2 === 4CO(OH)+2H2O。(6)结合氢氧化镁的Ksp可知,当镁离子完全沉淀时,其浓度为1×10-5 ml·L-1,代入Ksp计算可得此时氢氧根浓度为1×10-2.9 ml·L-1,则pH为11.1。
5.(2023湖北卷)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属,工艺路线如下:
回答下列问题:(1)C位于元素周期表第　　　　　周期、第　　　　　族。 (2)烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物,“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去,否则水浸时会产生大量烟雾,用化学方程式表示其原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是　　　　　　。 (4)已知Ksp[C(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中C2+浓度为　　　　　 ml·L-1。“850 ℃煅烧”时的化学方程式为　  　。 (5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有　　　　　(填字母)。 a.Si—Cl键极性更大b.Si的原子半径更大c.Si—Cl键键能更大d.Si有更多的价层轨道
答案 (1)四　Ⅷ(2)SiCl4+4H2O === 4HCl↑+H4SiO4或SiCl4+3H2O === H2SiO3+4HCl↑(3)焰色试验(4)5.9×10-7　6C(OH)2+O2 2C3O4+6H2O(5)abd
解析 (1)C的原子序数为27,位于元素周期表中第四周期、第Ⅷ族。(2)SiCl4中Si、Cl化合价分别为+4价、-1价,根据水解规律产生HCl和H2SiO3或H4SiO4:SiCl4+4H2O === 4HCl↑+H4SiO4或SiCl4+3H2O === 4HCl↑+H2SiO3。(3)“滤饼3”是Li2CO3,区分Na2CO3和Li2CO3采用焰色试验。(4)pH=10的溶液c(OH-)=1×10-4 ml·L-1,Ksp[C(OH)2]=c(C2+)·c2(OH-), c(C2+)= ml·L-1=5.9×10-7 ml·L-1。“滤饼2”的主要成分为C(OH)2,煅烧产物为C3O4,化学方程式为6C(OH)2+O2 2C3O4+6H2O。