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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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这是一份新教材(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，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，研专项前沿命题，明考向真题演练，课程标准，2特点，沉淀的溶解，2应用，答案B等内容，欢迎下载使用。
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)
应用提升 (1)Ksp只与温度有关,与浓度无关;升高温度,大多数固体难溶电解质的Ksp增大,但Ca(OH)2却相反。(2)对于Ksp表达式类型相同的物质,如Mg(OH)2和Zn(OH)2,Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中的溶解能力的大小,一般Ksp越小,则溶解能力越小。(3)对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质,它们的溶解度不能直接用Ksp的大小来比较,如AgCl(Ksp=1.8×10-10)、Ag2CrO4(Ksp=1.0×10-12), Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag+)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag+)。
二、沉淀溶解平衡的应用1.沉淀的生成
3.沉淀的转化(1)实质:沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别 越大 ,越容易转化)。 增大某种沉淀离子的浓度,也可以实现溶解度较小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(5)为减少洗涤过程中固体的损耗,最好选用稀硫酸代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。( √ )(7)分别用等体积的蒸馏水和0.01 ml·L-1的盐酸洗涤AgCl沉淀,用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。( √ )
应用提升 若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀,则可控制条件,使这些离子先后分别沉淀。(1)对同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大,逐滴加入Ag+可按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对不同类型的沉淀,其沉淀先后顺序要利用Ksp计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀,可通过控制Ag+的浓度来完成。
考向1.难溶电解质的溶解平衡图像分析典例突破已知相同温度下, Ksp(BaSO4)
针对训练1. 某温度时硫酸盐MSO4(M:Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=-lgc(M), p( )=-lgc( )。下列说法正确的是( )
A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液,可能转化成PbSO4B.X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液,不能继续溶解SrSO4C.蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液D.溶度积:Ksp(SrSO4)Ksp(PbSO4),即可使BaSO4转化为PbSO4,A正确;由题图可知Y点对应的SrSO4溶液中c(Sr2+)·c( )c( ),蒸发Z点的BaSO4溶液不能得到C点状态的溶液,C错误;由题图可知溶度积: Ksp(BaSO4)
答案 C解析 本题考查沉淀滴定曲线及相关计算和判断。根据Ksp数据可知,Cl-、Br-、I-浓度相同的溶液中,滴加AgNO3溶液,I-首先形成沉淀,A项错误;从图像可知,加入4.50 mL AgNO3溶液时Cl-、Br-、I-三种离子均已沉淀完全, 0.100 ml·L-1×4.50×10-3 L=c×15.00×10-3 L×3,解得c=0.01 ml·L-1,B项错误;根据Ksp可知,当Br-完全沉淀时,c(Ag+)=5.4×10-8 ml·L-1,根据Ksp(AgCl)=1.8×10-10可知,c(Cl-)最大值为 ml·L-1≈3.3×10-3 ml·L-1,即Cl-已有部分沉淀,C项正确;当Cl-恰好完全沉淀时,c(Cl-)=1.0×10-5 ml·L-1,根据AgCl的Ksp可知c(Ag+)=1.8×10-5 ml·L-1,代入AgBr、AgI的Ksp可得,Br-浓度为3×10-8 ml·L-1,I-浓度约为4.7×10-12 ml·L-1,b点时,AgNO3溶液过量,则b点离子浓度:c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D项错误。
归纳总结解沉淀溶解平衡图像题的三个步骤第一步:明确图像中横、纵坐标的含义横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步:理解图像中线上点、线外点的含义
在曲线右上方Q>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至Q=Ksp。在曲线左下方Q
第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断(1)溶液在恒温蒸发时,离子浓度的变化分两种情况。①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;②原溶液饱和时,离子浓度都不变。(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
考向2.溶度积常数及其应用典例突破磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。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pH见下表:
回答下列问题:(1)“焙烧”中,TiO2、SiO2几乎不发生反应,Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐,写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式: 。 (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6,依次析出的金属离子是 。
(3)“母液①”中Mg2+浓度为 ml·L-1。 (4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”最适合的酸是 ;“酸溶渣”的成分是 、 。 (5)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得 ,循环利用。
(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 ml·L-1=1×10-6 ml·L-1。(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,应加入硫酸加热到160 ℃酸溶; 二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应,则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。(5)尾气中含有氨,母液①含NH3·H2O、硫酸铵 ,母液②含硫酸,将母液①和母液②混合后吸收氨得到硫酸铵溶液,可以循环使用。
针对训练1.(2023新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(ml·L-1)]与lg[c(NH3)/(ml·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。
下列说法错误的是( )A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75C.反应[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81D.c(NH3)=0.01 ml·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([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-1<1×10-5 ml·L-1,S2-已完全转化成CuS,D正确。
归纳总结沉淀的转化类型(1)溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。(2)溶解度小的沉淀转化成溶解度稍大的沉淀,通过控制反应条件也能实现,但前提是溶液的Q>Ksp,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“>”“<”或“=”)25 ℃。 (4)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+:Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)。该反应的平衡常数K的数值为 (结果保留1位小数,CuS和MnS的Ksp分别为6.0×10-36、2.0×10-10)。 (5)25 ℃时,将a ml·L-1的氨水与0.01 ml·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c( )=c(Cl-),则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
答案 (1)c (2)3 (3)3×10-13 > (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pH<9时,会导致 ;pH>9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pH<1时,溶解为 或VO3+;在碱性条件下,溶解为 。上述性质说明V2O5具有 (填字母)。 A.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为 。
答案 (1)Na2CrO4 (2)Fe2O3(3)铝 (4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性的酸式盐) 硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)
解析 本题考查化学工艺流程。(1)碱性条件下,铬被氧化为Na2CrO4。(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。(3)根据元素守恒可知, Al元素在沉淀环节被除去,浸取时溶液为碱性,Al以[Al(OH)4]-形式存在,调节溶液pH可生成Al(OH)3沉淀而除去:[Al(OH)4]-+H+ === Al(OH)3↓+H2O,因此调pH到弱碱性,沉淀只有Al(OH)3,主要除去的杂质是铝。(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐,导致磷不能除净;pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,导致硅不能除净。
1.(2023辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 ml·L-1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与-lg c关系如下图所示,c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为ml·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(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。
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)
应用提升 (1)Ksp只与温度有关,与浓度无关;升高温度,大多数固体难溶电解质的Ksp增大,但Ca(OH)2却相反。(2)对于Ksp表达式类型相同的物质,如Mg(OH)2和Zn(OH)2,Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中的溶解能力的大小,一般Ksp越小,则溶解能力越小。(3)对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质,它们的溶解度不能直接用Ksp的大小来比较,如AgCl(Ksp=1.8×10-10)、Ag2CrO4(Ksp=1.0×10-12), Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag+)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag+)。
二、沉淀溶解平衡的应用1.沉淀的生成
3.沉淀的转化(1)实质:沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别 越大 ,越容易转化)。 增大某种沉淀离子的浓度,也可以实现溶解度较小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(5)为减少洗涤过程中固体的损耗,最好选用稀硫酸代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。( √ )(7)分别用等体积的蒸馏水和0.01 ml·L-1的盐酸洗涤AgCl沉淀,用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。( √ )
应用提升 若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀,则可控制条件,使这些离子先后分别沉淀。(1)对同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大,逐滴加入Ag+可按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对不同类型的沉淀,其沉淀先后顺序要利用Ksp计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀,可通过控制Ag+的浓度来完成。
考向1.难溶电解质的溶解平衡图像分析典例突破已知相同温度下, Ksp(BaSO4)
针对训练1. 某温度时硫酸盐MSO4(M:Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=-lgc(M), p( )=-lgc( )。下列说法正确的是( )
A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液,可能转化成PbSO4B.X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液,不能继续溶解SrSO4C.蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液D.溶度积:Ksp(SrSO4)
答案 C解析 本题考查沉淀滴定曲线及相关计算和判断。根据Ksp数据可知,Cl-、Br-、I-浓度相同的溶液中,滴加AgNO3溶液,I-首先形成沉淀,A项错误;从图像可知,加入4.50 mL AgNO3溶液时Cl-、Br-、I-三种离子均已沉淀完全, 0.100 ml·L-1×4.50×10-3 L=c×15.00×10-3 L×3,解得c=0.01 ml·L-1,B项错误;根据Ksp可知,当Br-完全沉淀时,c(Ag+)=5.4×10-8 ml·L-1,根据Ksp(AgCl)=1.8×10-10可知,c(Cl-)最大值为 ml·L-1≈3.3×10-3 ml·L-1,即Cl-已有部分沉淀,C项正确;当Cl-恰好完全沉淀时,c(Cl-)=1.0×10-5 ml·L-1,根据AgCl的Ksp可知c(Ag+)=1.8×10-5 ml·L-1,代入AgBr、AgI的Ksp可得,Br-浓度为3×10-8 ml·L-1,I-浓度约为4.7×10-12 ml·L-1,b点时,AgNO3溶液过量,则b点离子浓度:c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D项错误。
归纳总结解沉淀溶解平衡图像题的三个步骤第一步:明确图像中横、纵坐标的含义横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步:理解图像中线上点、线外点的含义
在曲线右上方Q>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至Q=Ksp。在曲线左下方Q
第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断(1)溶液在恒温蒸发时,离子浓度的变化分两种情况。①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;②原溶液饱和时,离子浓度都不变。(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
考向2.溶度积常数及其应用典例突破磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。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pH见下表:
回答下列问题:(1)“焙烧”中,TiO2、SiO2几乎不发生反应,Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐,写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式: 。 (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6,依次析出的金属离子是 。
(3)“母液①”中Mg2+浓度为 ml·L-1。 (4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”最适合的酸是 ;“酸溶渣”的成分是 、 。 (5)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得 ,循环利用。
(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 ml·L-1=1×10-6 ml·L-1。(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,应加入硫酸加热到160 ℃酸溶; 二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应,则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。(5)尾气中含有氨,母液①含NH3·H2O、硫酸铵 ,母液②含硫酸,将母液①和母液②混合后吸收氨得到硫酸铵溶液,可以循环使用。
针对训练1.(2023新课标卷)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(ml·L-1)]与lg[c(NH3)/(ml·L-1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。
下列说法错误的是( )A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75C.反应[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81D.c(NH3)=0.01 ml·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([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-1<1×10-5 ml·L-1,S2-已完全转化成CuS,D正确。
归纳总结沉淀的转化类型(1)溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。(2)溶解度小的沉淀转化成溶解度稍大的沉淀,通过控制反应条件也能实现,但前提是溶液的Q>Ksp,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“>”“<”或“=”)25 ℃。 (4)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+:Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)。该反应的平衡常数K的数值为 (结果保留1位小数,CuS和MnS的Ksp分别为6.0×10-36、2.0×10-10)。 (5)25 ℃时,将a ml·L-1的氨水与0.01 ml·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c( )=c(Cl-),则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。
答案 (1)c (2)3 (3)3×10-13 > (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pH<9时,会导致 ;pH>9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pH<1时,溶解为 或VO3+;在碱性条件下,溶解为 。上述性质说明V2O5具有 (填字母)。 A.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为 。
答案 (1)Na2CrO4 (2)Fe2O3(3)铝 (4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性的酸式盐) 硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)
解析 本题考查化学工艺流程。(1)碱性条件下,铬被氧化为Na2CrO4。(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。(3)根据元素守恒可知, Al元素在沉淀环节被除去,浸取时溶液为碱性,Al以[Al(OH)4]-形式存在,调节溶液pH可生成Al(OH)3沉淀而除去:[Al(OH)4]-+H+ === Al(OH)3↓+H2O,因此调pH到弱碱性,沉淀只有Al(OH)3,主要除去的杂质是铝。(4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐,导致磷不能除净;pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀,导致硅不能除净。
1.(2023辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 ml·L-1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与-lg c关系如下图所示,c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为ml·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(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。
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