(新高考)高考化学一轮复习课时练习第8章热点强化练16化工流程中的生产条件的选择和Ksp的应用(含解析)

热点强化练16　化工流程中的生产条件的选择和Ksp的应用

1．(2020·安徽马鞍山高三三模)工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素的氧化物)进行烟气脱硫，并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如下图所示。

(1)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2＋和Mg2＋沉淀率的影响如下图所示。

①由图可知，“沉锰”的合适条件是___________________________________。

②当温度高于45 ℃时，Mn2＋沉淀率减小的原因是__________________________

_____________________________________________________________________(2)“沉镁”中MgSO4溶液的浓度为0.03 mol·L－1，加入某浓度氨水至溶液体积增加1倍时，恰好使Mg2＋完全沉淀即溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为________mol·L－1(计算结果保留2位小数。已知：Ksp[Mg(OH)2]＝4.9×10－12，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5)。

答案　(1)①45 ℃、pH＝7.5　②随着温度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解挥发)　(2)1.17

解析　软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素，均以氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成Mn2＋和SO，过滤后形成含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋、SO等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水，调节pH值，使Fe3＋、Al3＋形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2＋、Ni2＋转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2＋的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2＋的溶液通入氨气，得到氢氧化镁。(1)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45 ℃左右，pH＝7.5左右锰离子的沉淀率最高；②当温度高于45 ℃时，Mn2＋和Mg2＋沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45 ℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解挥发)，c(CO)下降，所以Mn2＋沉淀率下降；(2)“沉镁”中MgSO4溶液的浓度为0.03 mol·L－1，加入某浓度氨水至溶液体积增加1倍时，MgSO4溶液的浓度减半为0.015 mol·L－1，恰好使Mg2＋完全沉淀即溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×c2(OH－)＝4.9×10－12，c2(OH－)＝＝＝4.9×10－7，c(OH－)＝7×10－4 mol·L－1，NH3通入0.015 mol·L－1 MgSO4溶液中，Mg2＋恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH)＝2c(SO)＝2×0.015 mol/L＝0.03 mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2ONH＋OH－，Kb(NH3·H2O)＝＝＝1.8×10－5，则NH3·H2O的物质的量浓度为≈1.17 mol/L。

2．(2020·山东日照高三一模)铋(83号元素)主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO杂质)为原料提Bi的工艺流程如下：

已知：Ⅰ.BiOCl不溶于水，加热至700 ℃就分解生成BiCl3，BiCl3的沸点为447 ℃。

Ⅱ.25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝1.2×10－20；Ksp(PbCl2)＝1.17×10－5。

(1)“浸出”时，在盐酸浓度0.75 mol·L－1、浸出温度70 ℃、浸出时间2 h及不同浸出液固比条件下进行浸出实验，浸出率与液固比的关系如图所示，最合适的液固比应选________。

(2)“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2＋水解生成Cu3(OCl)2，则此过程中Cu2＋水解的离子方程式为_______________________
___________________________________________________________________。

若“滤液Ⅱ”中c(Cu2＋)为0.01 mol·L－1，当加入等体积的NaOH溶液时，pH恰好为6，出现沉淀Cu(OH)2，此时Cu2＋的去除率为________(忽略溶液体积变化)。

答案　(1)3　 (2)3Cu2＋＋2H2O＋2Cl－===Cu3(OCl)2↓＋4H＋　97.6%

解析　(1)由图像可知，液固比为3、4时铋的浸出率较高，以节约原料为原则，液固比为3时最为合适；

(2)“沉铜”时，向滤液Ⅱ中加入NaOH溶液调节pH，促进Cu2＋水解生成Cu3(OCl)2，反应的离子方程式为：3Cu2＋＋2H2O＋2Cl－===Cu3(OCl)2↓＋4H＋，加入等体积的NaOH溶液时，pH＝6，溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则c(OH－)＝10－8 mol·L－1，由于Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，则c(Cu2＋)＝0.000 12 mol/L，n(Cu2＋)＝0.000 12 mol/L×2V L＝0.000 24V mol，则去除的Cu2＋的物质的量为0.01V mol－0.000 24V mol＝0.009 76V mol，Cu2＋的去除率为×100%＝97.6%。

3．(2020·湖北襄阳市多校联考)二次电池锂离子电池广泛应用于手机和电脑等电子产品中。某常见锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋C6(x<1)。2018年中国回收了全球可回收锂离子电池总量的69%。但现阶段我国废旧电池回收仍属于劳动密集型产业，效率仍需提高。一种回收该锂离子电池中的锂和钴的流程：

已知：①Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，遇强酸分解

②Li2CO3溶解度随温度升高而减小

(1)控制氢离子浓度为4 mol/L，反应温度90 ℃，测得相同时间内离子的浸出率与Na2S2O3溶液的变化关系如图。则酸浸时应选用浓度为________mol/L的Na2S2O3溶液。Na2S2O3溶液浓度增至0.3 mol/L时，LiCoO2的浸出率明显下降，可能的原因是________________________________________________________

____________________________________________________________(用化学方程式结合文字说明)。

(2)已知15 ℃左右Li2CO3的Ksp为3.2×10－2，该温度下Li2CO3的溶解度约为________g。将萃取后的Li2SO4溶液加热至95 ℃，加入饱和Na2CO3溶液，反应10 min，________________(填操作)得Li2CO3粉末。

答案　(1)0.25　Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，反应中产生硫单质，附着在固体表面阻止反应进行

(2)1.48　趁热过滤、洗涤、干燥

解析　(1)通过酸浸，加入Na2S2O3溶液，将Cu、Al、Ni与Li、Co分离，提高Li、Co离子的浸出率，当Li、Co离子的浸出率最高时，Na2S2O3溶液的浓度为0.25 mol/L；Na2S2O3溶液浓度增至0.3 mol/L时，Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，遇强酸分解，发生反应为：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，反应中产生硫单质，附着在固体表面阻止反应进行，导致LiCoO2的浸出率明显下降；

(2)溶解度是指一定温度下达到饱和时，100 g水中溶解溶质的质量，15 ℃左右，100 g水的体积100 mL，根据Li2CO32Li＋＋CO，c(Li＋)＝2c(CO)，Ksp(Li2CO3)＝c2(Li＋)×c(CO)＝[2c(CO)]2×c(CO)＝4[c(CO)]3＝3.2×10－2，c(CO)＝＝＝0.2(mol/L)，则溶解的Li2CO3的物质的量＝0.2 mol/L×0.1 L＝0.02 mol，溶解的Li2CO3的质量＝0.02 mol×74 g/mol＝1.48 g；将萃取后的Li2SO4溶液加热至95 ℃，加入饱和Na2CO3溶液，反应10 min，Li2CO3溶解度随温度升高而减小，应趁热过滤，洗涤，干燥获得Li2CO3粉末。

4．(2020·河北衡水中学高三联考)我国黄铜矿的储量比较丰富，主要产地集中在长江中下游地区、川滇地区、山西南部、甘肃的河西走廊以及西藏高原等地。黄铜矿是一种铜铁硫化物矿物，外观黄铜色，主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2和Ni、Pb、Ag、Au等元素。为实现黄铜矿的综合利用，设计了如下的工艺流程。

已知：①a、b、c均为整数；②CuCl＋2Cl－CuCl。

废电解液中含有少量的Pb2＋，从废电解液中除去Pb2＋的方法是往其中通入H2S至饱和，使Pb2＋转化为硫化物沉淀，若废电解液的pH＝4，为保证不生成NiS沉淀，Ni2＋浓度应控制在________以下。[已知：饱和H2S溶液中c(H2S)为0.1 mol/L，H2S的电离常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝2.0×10－15，Ksp(NiS)＝1.4×10－16]

答案　0.07 mol/L

解析　本题中存在两个流程，第一个流程目的是以黄铜矿为原料生产碱式氯化铜，黄铜矿(主要含CuFeS2及少量Fe2O3、SiO2等)，加入稀盐酸酸浸，SiO2不溶于稀盐酸，溶液中浸出Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋等离子，加入H2O2溶液，酸性条件下H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节溶液pH，使Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，进行操作Ⅰ过滤，得到SiO2、Fe(OH)3滤渣，溶液中则存在Cu2＋为主，还存在SO，加入Cu和NaCl溶液，反应生成CuCl沉淀，经过操作Ⅱ过滤得到CuCl(s)和滤液，加入H2O和O2发生反应Ⅲ，得到碱式氯化铜；第二个流程中先将黄铜矿隔绝空气焙烧，得到Cu2S和FeS等，加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，熔渣为Fe2O3等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜。饱和H2S溶液中c(H2S)为0.1 mol/L，溶液pH＝4，则溶液中c(H＋)＝10－4 mol/L，根据Ka1＝＝1.0×10－7，可解得c(HS－)约为10－4 mol/L，根据Ka2＝＝2.0×10－15，解得溶液中c(S2－)约为2.0×10－15 mol/L，Ksp(NiS)＝1.4×10－16＝c(Ni2＋)·c(S2－)，所以为保证不生成NiS沉淀，Ni2＋浓度应小于＝ mol·L－1＝0.07 mol·L－1 。

5．(2020·湖北黄冈中学高三测试)2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，锂离子电池是目前应用广泛的一类电池。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，制备锂离子电池电极材料的工艺流程如图所示：

已知：①滤液1中含Ti微粒的主要存在形式为TiO2＋；

②Ksp(FePO4)＝1.3×10－22、Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24；溶液中某离子浓度小于等于10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。

请回答下列问题：

“转化Ⅰ”后所得溶液中c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，若其中Fe3＋沉淀完全，则溶液中c(PO)的范围为__________________________________________________
___________________________________________________________________。

答案　1.3×10－17 mol/L≤c(PO)<1.0×10－9 mol/L

解析　铁矿石加入硫酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液1为MgCl2、FeCl3、TiOSO4，加铁粉与过量硫酸反应并调pH，滤液中TiO2＋水解得到H2TiO3，加入过氧化氢和氨水、氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤渣2加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4。Fe3＋刚好沉淀完全时，c(PO)＝＝＝1.3×10－17(mol/L)，要保证Fe3＋沉淀完全，c(PO)应该≥1.3×10－17 mol/L；c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，若刚好产生沉淀，c(PO)＝＝＝1.0×10－9(mol/L)，而按题意分析应不能使镁离子沉淀，故c(PO)<1.0×10－9 mol/L，故答案为：1.3×10－17 mol/L≤c(PO)<1.0×10－9 mol/L。

6．(2020·河北石家庄市高三阶段考)一种从乙醛工业中产生的废钯(Pd)催化剂(钯5～6%，炭93～94%，铁、铜、锌、镍1～2%)中提取PdCl2和CuCl2的工艺流程如图所示：

已知：钯、铜、锌、镍可与氨水形成Pd(NH3)等络离子。请回答：

(1)“酸溶”时，Pd转化为PdCl2，其化学方程式为_________________________
____________________________________；

该过程需控温70～80 ℃，温度不能太低或太高的原因为___________________
___。

(2)“络合”时，溶液的pH需始终维持8～9，则络合后溶液中含铁离子的浓度≤________。[已知：Fe(OH)2、Fe(OH)3的Ksp分别为4×10－17、2.8×10－39]

答案　(1)Pd＋3HCl＋HNO3===PdCl2＋NOCl＋2H2O　温度太低反应速率过慢，温度太高王水易分解挥发

(2)2.8×10－21 mol·L－1

解析　(1)“酸溶”时，Pd被氧化为PdCl2，根据流程图可知，酸溶时的还原产物为NOCl，其化学方程式为Pd＋HNO3＋3HCl===PdCl2＋NOCl＋2H2O，该过程需控温70～80 ℃，温度过低会，导致反应速率比较慢，温度过高时，王水会挥发分解。

(2)加入王水后，溶液中铁元素以Fe3＋ 形式存在，加氨水络合后，溶液pH维持在 8～9，当pH＝8 时，c(Fe3＋) 最大，最大为 ＝＝2.8×10－21(mol·L－1)，故络合后含铁离子浓度≤2.8×10－21 mol·L－1。

7．(2020·福建厦门市高三模拟)以含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等)为原料，生产高纯度LiOH的工艺流程如图：(已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水)

40 ℃下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为_______________________________________________________；

若碱解前滤液中c(Li＋)＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li＋的沉降率到99%，则“滤液2”中c(CO)＝________mol·L－1。[Ksp(Li2CO3)＝1.6×10－3]

答案　2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑　4

解析　40 ℃下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝主要是碳酸根和铝离子发生双水解，其离子方程式为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑；若碱解前滤液中c(Li＋)＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li＋的沉降率到99%，则此时溶液中c(Li＋)＝＝0.02 mol·L－1，根据Ksp(Li2CO3)＝c2(Li＋)·c(CO)＝0.022×c(CO)＝1.6×10－3，得到“滤液2”中c(CO)＝4 mol·L－1。