高考物理考点 化工流程中溶度积常数计算(解析版)

考点 化工流程中溶度积常数计算
1.（2019江苏）实验室以工业废渣（主要含CaSO 4·2H 2O ，还含少量SiO 2、Al 2O 3、Fe 2O 3）为原料制取轻质CaCO 3和(NH 4)2SO 4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO 4(s)+23CO -(aq)
CaCO 3(s)+24SO -(aq)达到平衡，则溶液中(
)
()2
423SO CO c c --
=________[K sp (CaSO 4)=4.8×10−5，K sp (CaCO 3)=3×10−9]。

（2）将氨水和NH 4HCO 3溶液混合，可制得(NH 4)2CO 3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH 4)2CO 3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。

（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。

控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。

温度过高将会导致CaSO 4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO 4转化率的操作有________。

（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO 3所需的CaCl 2溶液。

设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl 2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。

实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。

【答案】 (1). 1.6×104 (2). 3HCO -+NH 3·H 2O +4NH +
23CO -+H 2O(或 3HCO -+NH 3·H 2O +4NH +
23CO -+H 2O) (3). 增加溶液中23CO -的浓度，促进CaSO 4的转化 (4). 温度过高，(NH 4)2CO 3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察
不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH 试纸测量溶液pH ，当pH 介于5~8.5时，过滤
【解析】（1）反应CaSO 4（s ）+CO 32-（aq ）CaCO 3（s ）+SO 42-（aq ）达到平衡时，溶液中
2423c SO c CO --（）（）=22
4223c Ca ?SO c Ca ?CO +-+-（）（）（）（）=sp 4sp 3K CaSO K CaCO?（）（）=594.810310
--⨯⨯=1.6×104。

答案：1.6×104 （2）NH 4HCO 3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH 4）2CO 3，反应的化学方程式为NH 4HCO 3+NH 3·
H 2O=（NH 4）2CO 3+H 2O[或NH 4HCO 3+NH 3·H 2O （NH 4）2CO 3+H 2O]，离子方程式为
HCO 3-+NH 3·H 2O=NH 4++CO 32-+H 2O （或HCO 3-+NH 3·H 2O NH 4++CO 32-+H 2O ）；浸取废渣时，加入的（NH 4）
2CO 3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO 32-+NH 4++H 2O HCO 3-+NH 3·H 2O ，加入适量浓氨水，
水解平衡逆向移动，溶液中CO 32-的浓度增大，反应CaSO 4（s ）+CO 32-（aq ）
CaCO 3（s ）+SO 42-（aq ）正向移动，促进CaSO 4的转化。

答案：HCO 3-+NH 3·
H 2O=NH 4++CO 32-+H 2O （或HCO 3-+NH 3·H 2O NH 4++CO 32-+H 2O ） 增加溶液中CO 32-的浓度，促进CaSO 4的转化
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH 4）2CO 3分解，从而使CaSO 4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO 4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO 4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。

答案：温度过高，（NH 4）2CO 3分解 加快搅拌速率
（4）工业废渣主要含CaSO 4·
2H 2O ，还含有少量SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3，加入（NH 4）2CO 3溶液浸取，其中CaSO 4与（NH 4）2CO 3反应生成CaCO 3和（NH 4）2SO 4，SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO 3、SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl 2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO 3完全转化为CaCl 2，发生的反应为CaCO 3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑，与此同时发生反应Al 2O 3+6HCl=2AlCl 3+3H 2O 、Fe 2O 3+6HCl=2FeCl 3+3H 2O ，SiO 2不反应，经过滤除去SiO 2；得到的滤液中含CaCl 2、AlCl 3、FeCl 3，根据“pH=5时Fe （OH ）3和Al （OH ）3沉淀完全，pH=8.5时Al （OH ）3开始溶解”，为了将滤液中Al 3+、Fe 3+完全除去，应加入Ca （OH ）2调节溶液的pH 介于5~8.5[加入Ca （OH ）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl 2溶液。

答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca （OH ）2，用pH 试纸测得溶液pH ，当pH 介于5~8.5时，过滤。

2．（2017课标Ⅰ）（14分）Li 4Ti 5O 12和LiFePO 4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO 3，还含有少量MgO 、SiO 2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。

由图可知，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。

（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42－形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。

（3）TiO2·x H2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃30 35 40 45 50
TiO2·xH2O转化
92 95 97 93 88
率%
分析40℃时TiO2·x H2O转化率最高的原因__________________。

（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。

（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？___________（列式计算）。

FePO4、Mg3(PO4)2的K sp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。

（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式。

【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h
（2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O
（3）低于40℃，TiO2·x H2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·x H2O转化反应速率下降
（4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43－)=
22
5
1.310
1.010
-
-
⨯
⨯
mol·L−1=1.3×10-17mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝
(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.7×10-40＜K sp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。

（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ TiOCl42− + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·x H2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·x H2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝
c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。

（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。

此类试题关键要正确书写溶度积常数表达式，同时还要注意离子浓度的计算。

溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解能力，高考试题中溶度积常数的考查常结合化工流程题，在化工流程题中考查溶度积常数是近年高考的热点，化工流程中常常需要控制条件进行离子的分离或除杂，通过溶度积常数计算溶液中金属离子的浓度、离子完全沉淀时的pH、判断废水排放是否符合标准、沉淀完全转化时所需离子浓度。

一．判断溶液中沉淀的离子
化工流程中，某些金属离子沉淀或某些金属离子除杂，需要控制一定的pH，通过溶度积常数可判断溶
液中沉淀的离子。

典例1（2018届福建省漳州市高三考前模拟考试试卷二）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。

从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如下：
回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。

洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。

混合的实验操作是______________________________。

（2）先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是__________；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中Sc3+的浓度为_____________。

（已知：K sp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、K sp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，K sp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31）
（3）用草酸“沉钪”。

25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留两位有效数字)。

写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式__________________________________。

[已知K a1(H2C2O4)＝5.9×10－2，K a2(H2C2O4)＝6.4×10－5]
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为______________________________________________。

（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为____________。

【答案】将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌Fe(OH)39.0×10－7mol·L－l 3.8×10－22Sc3+＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H+2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO20.023V g
【解析】(1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；（2）废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子，根据K sp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、K sp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，K sp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31，可以求出余下三种离子沉淀完全（离子浓度小于10－5mol/L）的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为
；(3) 25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝
=
，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3+＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H+；（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2；（5）废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为
15，所以最多可提取Sc2O3的质量为。

二．沉淀完全转化时所需离子浓度
化工流程中原料的溶解或沉淀的转化往往要加入某种试剂，通过溶度积常数可计算出所加试剂的浓度。

典例2（2019届江西省上高县第二中学高三上学期第一次月考）Ⅰ、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl2、KCl以及金属溴化物。

以下是苦卤化学分离的过程。

回答下列问题：
（1）若试剂A是一种有色气体单质，则A是_______(填化学式）；
（2）“操作II”是_______，“操作III”是_______。

(填字母）
a．蒸发b．蒸馏c．分液d．重结晶
（3）试剂B可能是下列物质中的________。

(填字母）
a．饱和NaCl溶液b．CCl4c．NaOH d．乙醇
Ⅱ、一种工业制备SrCl2·6H2O的生产流程如下图所示：
已知：①M(SrCl2·6H2O)＝267 g/mol；②K sp(SrSO4)＝3.3×10－7、K sp(BaSO4)＝1.1×10－10；③经盐酸浸取后，溶液中有Sr2＋和Cl－及少量Ba2＋。

(1)加入硫酸溶液的目的是______________；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2＋的浓度应不高于_________ mol/L(注：此时滤液中Ba2＋浓度为1×10－5 mol/L)。

(2)产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10－2 mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl－外，不含其他与Ag+反应的离子)，待Cl－完全沉淀后，用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.200
0 mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出。

①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________。

②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为________________(保留4位有效数字)。

【答案】Cl2bdb除去Ba2＋杂质0.03加入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色，且30 s不褪色93.45% 【解析】Ⅰ、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl2、KCl以及金属溴化物，加入试剂A为氧化剂，发生反应生成溴单质，加入萃取剂四氯化碳萃取分液得到含溴单质的混合溶液B和混合溶液C，混合溶液B通过蒸馏得到液溴和试剂B为四氯化碳，混合溶液C通过结晶法分离氯化镁和氯化钾。

（1）若试剂A是一种有色气体单质，则A是Cl2 ，氯气氧化溴离子生成溴单质，反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；
（2）操作II”是从萃取剂中分离出溴单质，利用物质沸点不同，控制温度通过蒸馏方法分离得到溴单质，操作III是浓缩结晶的方法分离混合物，可以利用重结晶方法分离氯化镁和氯化钠；
（3）试剂B是萃取剂，萃取剂与水不互溶，且溴不易溶于水，易溶于萃取剂，且不发生反应，acd水溶液中不能分层不能做萃取剂，四氯化碳不溶于水，溴单质再四氯化碳中溶解度大于水中可以做萃取剂；
Ⅱ、（1）经盐酸浸取后的溶液中含有少量Ba2+杂质，加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质，由于在Ba2+浓度为1×10-5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，所以c（SO42-）=mol/L=1.1×10-5mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3×10-7，所以c（Sr2+）=mol/L=0.03mol/L；
（2）①Ag+完全以AgSCN白色沉淀的形式析出后，再滴加KSCN溶液，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；
②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0×10-3mol，则与Cl-反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100×10-2 mol-4.0×10-3mol=7.0×10-3mol，1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为：n（SrCl2•6H2O）=×n（Ag+）=3.5×10-3mol，1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为：m（SrCl2•6H2O）=3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g，所以产品纯度为：×100%=93.45%。

典例3（2019届安徽省合肥市高三上学期调研性检测）一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。

由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：
回答下列问题:
(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是______；金属镍溶解的离子方程式为______________。

(2)“除铁”时H2O2的作用是_____________，加入碳酸钠的目的是____________________。

(3)“除铜”时，反应的离子方程式为________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是______________。

(4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为______________。

(5)已知常温下K sp[Ni(OH)2]=2. 0×10-15，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为______时，Ni2+才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的依度≤1.0×10-5mol/L；lg2=0.30)。

【答案】SiO25Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O 将亚铁离子氧化为铁离子调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣H2S+Cu2+=CuS↓+2H+无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器9.15
【解析】(1) SiO2不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是SiO2；金属镍溶解时被氧化为镍离子的同时硝酸被还原产生氮气，反应的离子方程式为5Ni+12H++2NO3-= 5Ni2++N2↑+6H2O；（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更好；(4)氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器，故NaF的实际用量不能过多；(5) K sp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0×10-5mol/L×c2(OH-)= 2.0×10-15，则c(OH-)= ×10-5，c(H+)=，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。

三．判断判断沉淀转化的可能性
沉淀之间的转化是有条件的，通过溶度积常数可以判断沉淀之间的转化可能性。

典例4（2018届河南省安阳市高三第三次模拟考试）一种从含铝锂钴废料[铝箔、CoO和Co2O3(只溶于酸，不溶于碱)及LiCoO2]中回收氧化钴的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤I“碱溶”时，为提高铝的去除率，除升高温度和不断搅拌外,还可采取的措施是____(列举1点)，“碱溶”时发生主要反应的化学方程式为_______；步骤II“过滤、洗涤”过程中滤渣还会有少量的Al(OH)3，是因为________(填离子方程式)。

(2)步骤III“酸溶”时,Co2O3转化为CoSO4 的离子方程式为_________。

(3)步骤V“除铝和锂”时,调节pH的适用范围是_______(已知该条件下,Al3+开始沉淀时的pH为4.1,沉淀完全时的pH为4.7.Co2+开始沉淀时的pH为6.9。

沉淀完全时的pH为9.4)；步骤VI所得滤渣的成分为__________。

(4)煅烧CoC2O4时发生氧化还原反应，则CoC2O4分解的化学方程式是___；若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应CoCO3+ C2O42-=== CoC2O4+ CO32-将CoCO3 转化为CoC2O4?___ (填“能”或“不能”),说明理由:________[已知Ksp(CoCO3) =1.4×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]
【答案】增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间(答出一点即可) 2Al+ 2NaOH +2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2-+2H2O Al(OH)3+OH-4Co2O3 +S2O32- +14H+=8Co2+ +2SO42- +7H2O 4.7 6.9或 4.7≤pH<6.9 Al(OH)3和LiF CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑ 不能该反应的平衡常数为K=2.22×10-6，转化程度极小【解析】(1)根据影响化学反应速率的外因，由于固液反应不考虑压强，所以可以考虑浓度、温度及接触面积等，如升高温度、不断搅拌、增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间等；由流程可知“碱溶”时，铝与氢氧化钠溶液反应，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；步骤II“过滤、洗涤”过程，NaAlO2已进入滤液，若滤渣还有少量的Al(OH)3则是NaAlO2水解所致，离子方程为：AlO 2-+2H2O Al(OH)3+OH-；
（2）步骤III“酸溶”时,Co2O3转化为CoSO4 ，三价钴转化为二价钴，加入的Na2S2O3起还原剂作用，发生氧化还原反应，离子方程式为4Co2O3 +S2O32- +14H+=8Co2+ +2SO42- +7H2O；
(3)步骤V“除铝和锂”时,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全时的pH为4.7，Co2+
开始沉淀时的pH为6.9，故调节pH的适用范围是4.7 6.9或4.7≤pH<6.9；步骤VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+发生双水解生成氢氧化铝沉淀，同时加入NaF溶液使Li+变为LiF沉淀，故步骤VI所得滤渣的成分为：Al(OH)3和LiF；
(4)从流程知：煅烧CoC2O4发生氧化还原反应，生成CoO，钴元素化合价降低，则碳元素化合价一定
会升高，即一定有CO2生成，根据原子守恒可写出并配平化学方程式为：CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑；从沉淀转化角度考虑，若实现CoCO3+ C2O42-=== CoC2O4 + CO32-，
该反应的平衡常数为K=c(CO32-)/c（C2O42-）=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=1.4×10-13/6.3×10-8=2.22×10-6，转化程度极小，所以不能实现转化。

1．（2019届东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高考化学一模）从海水中提取并制备碳酸锂，可以提高海水的综合利用价值，满足工业上对碳酸锂的需求。

制备碳酸锂的一种工艺流程如下：
已知：①海水中某些离子浓度如下：
离子Li+Mg2+Ca2+Mn2+Cl-
浓度(mol/L) 0.113 0.049 0.001 0.010 0.501
②碳酸锂的溶解度：
温度(℃) 0 10 30 50 70 90 溶解度(g/L) 1.54 1.43 1.25 1.08 0.91 0.83
③几种难溶电解质的溶度积(25℃)：
物质Li2CO3MgCO3MnCO3CaCO3Mg(OH)2
Ksp 2.5×10-2 6.8×10-6 2.3×10-11 2.8×
10-96×10-10
请回答下列问题：
()1精制除杂阶段的滤渣为MgCO3、______(写化学式)
()2用HCl调pH为4～5的目的是_________。

()3二次除镁过程中，若使Mg2+浓度为6×10-4mol/L，应控制pH为______。

()4沉锂阶段，实际测得不同纯碱加入量条件下的碳酸锂沉淀结果如下表：
序号
()
()
2
3
C
n O
n Li
-
+
沉淀质量(g) Li2CO3含量(%) 锂回收率(%)
0.9:2.0 10.09 92.36 77.67
1.0:
2.0 10.97 90.19 82.46
1.1:
2.0 11.45 89.37 85.27
1.2:
2.0 12.14 84.82 85.85
综合以上信息及考虑实际生产时的原料成本，应按照______(填序号)中CO32-与Li+物质的量之比加入
纯碱制备碳酸锂。

()5沉锂温度需控制在90℃，主要原因是______。

()6碳化分解具体过程为：①向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤；②加热滤液使其分解。

写出②反应中的化学方程式：__________。

写出在碳化分解中可循环利用物质的电子式：
_________。

【答案】MnCO3、CaCO3除去碳酸根，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出11 ③该温度下，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率(或回收率)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
【解析】(1)流程的目的是制备提纯Li+，则Mn2+、Mg2+和Ca2+均为杂质离子，精制除杂阶段调节pH 为10，主要除去Mg2+、Mn2+和Ca2+，分别形成MgCO3、MnCO3和CaCO3；
(2)用HCl调pH为4～5，此时溶液为酸性，溶液中存在过量的Na2CO3，可以除去过量的Na2CO3，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出；
(3)二次除镁过程中，若使Mg2+浓度为6×10-4mol/L，则此时溶液中
c(OH-)=
()
()2
2
Ksp Mg OH
c Mg+
⎡⎤
⎣⎦
=10-3mol/L，所以控制溶液pH=11；
(4)要求尽可能高的回收Li+，在高回收率相差不大情况下，再考虑使用较少的纯碱，综合考虑应按③投入纯碱参加反应；
(5)沉锂温度需控制在90℃，考虑到随着温度升高，Li2CO3溶解度降低，所以温度控制在90℃时，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率(或回收率)；
(6)向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤得到LiHCO3，加热LiHCO3可以发生分解，产生Li2CO3、CO2，则发生的反应为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，得到的CO2可以循环使用，CO2
的电子式为：。

2．（2019年湖南省株洲市高考化学一模）某工业废催化剂含有 SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物质，为落实“节约资源，变废为宝”的环保理念，某课外兴趣小组的同学取 20g 该物质进行实验，回收其中
的 Cu 和 Zn，实验方案如下：
已知：ZnS 可与稀硫酸反应；CuS 不溶于稀硫酸，也不与其发生反应。

请回答下列问题：
(1)可用图装置进行第一次浸出，烧杯中盛放的是______溶液。

(2)滤液Ⅰ中的 Fe2+最好用______来检验。

a.氯水
b.双氧水
c.KSCN 溶液
d.K3[Fe(CN)6]溶液
(3)物质 A 是含有 X 元素的氧化物(XO)，则 X 是______(填元素符号)，由滤液Ⅱ、Ⅳ滤液获
得 ZnSO4•7H2O 的操作是______________。

(4)第二次浸出时的化学方程式为_______________。

(5)加 A 调节溶液的 pH 约为______时，可以完全除去其中的杂质离子。

(当溶液中离子浓度小于等于 10-5mol/L 时视为沉淀完全；实验条件下部分物质的溶度积常数为：
K sp[Fe(OH)3]=10-38，K sp[Fe(OH)2]=10-17，K sp[Zn(OH)2]=10-17，K sp[Cu(OH)2]=10-20)
(6)实验最后获得了 5.74gZnSO4•7H2O 晶体(假设实验中没有损耗)，但不能由此确定原催化剂中锌元素的质量分数，原因是_________________。

【答案】NaOH溶液或者氨水 d Zn 蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)
CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O 3 在实验过程中添加了单质锌，不能由产品质量来计算锌元素的质量分数
【解析】(1)第一次浸出可生成硫化氢等气体，可用NaOH 溶液或者氨水吸收，防止污染环境；
(2)亚铁离子可与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，因此可用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+的存在，故合理选项是d；
(3)X为Zn，由滤液Ⅱ、Ⅳ滤液获得 ZnSO4•7H2O，可进行蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)等操作；
(4)第二次浸出可氧化CuS生成硫、硫酸铜，化学方程式为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；
(5)加入ZnO调节pH除去铁离子，应生成氢氧化铁沉淀，K sp[Fe(OH)3]=10-38，可知
c(OH-)=
38
3
5
10
10
-
-
mol/L=10-11mol/L，则c(H+)=()
14
11
10
10
Kw
c OH
-
-
-
==10-3mol/L，所以溶液的pH=3；
(6)因在实验过程中添加了单质锌，则不能由产品质量来计算锌元素的质量分数。

3．（安徽省安庆市2019届高三第二次模拟考试）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。

一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。

(1)溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有_________(填序号)
a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触
b.增大通入SO2的流速
c.减少软锰矿浆的进入量
d.减小通入SO2的流速
(2)已知：室温下，Ksp[A1(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39，pH=7.1 时Mn(OH)2开始沉淀。

氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1× l0-6mol /L)，需调节溶液pH范围为_______。

(3)由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。

请写出发生反应的离子方程式___________。

(4)将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600℃〜750℃，制取产品LiMn2O4。

写出该反应的化学方程式_____________ 。

(5)锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1-x Mn2O4+LixC LiMn2O4+C(0＜x＜1)
①充电时，电池的阳极反应式为_________，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重______g。

②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是
________。

【答案】ad 5.0<pH<7.1 Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42-
8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ LiMn2O4-xe-=Li1-x Mn2O4+xLi+7 拆解环境保持干燥，拆解下的锂隔绝空气保存
【解析】(1) a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触，这样SO2就会更多转化为SO42-，a正确；
b.增大通入SO2的流速，可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，b错误；
c.减少软锰矿浆的进入量，SO2可能回收率不能及时参加反应，导致回收率降低，c错误；
d.减小通入SO2的流速，SO2能尽可能充分反应，回收率增大，d正确；
故合理选项是ad；
(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始
沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]= 1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-9 mol/L，则溶液c(H+) =l×10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3
完全变成沉淀时，Ksp[Fe(OH)3]= l×10-39=c(Fe3+)·c3(OH-)，c(Fe3+)=1×10-6mol/L，解得：c(OH-)=1×10-11 mol/L，c(H+) =l×10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0<pH<7.1；
(3)由题意可知，反应物为MnSO4和K2S2O8，生成物之一为MnO2，再根据化合价升降相等和原子守恒配平,则发生反应的离子反应方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+。

(4) MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。

根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO 34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；
(5)①放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为Li1-x Mn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4，充电时电池的阳极反应式为：LiMn2O4-xe-=Li1-x Mn2O4+xLi+；此时，石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=Li x C，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g。

②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。

4．（天津市河东区2019届高三高考一模考试）球形纳米银粉是一种重要的无机功能材料，被广泛应用于装饰材料、电接触材料、感光材料、催化剂、医药和抗菌材料等众多领域。

从含Ag+的废定影液中回收并制备球形纳米银粉工艺流程图如下：
请回答下列问题：
(1)硝酸中所含元素的原子半径由小到大的顺序：____________；Na在周期表中的位置：
_____________；N2H4的电子式：______________。

(2)为使Na2S溶液中
()
()2
Na
c
c S
+
-
的值减小，可加入的物质是__________。

A.盐酸
B.适量KOH
C.适量NaOH
D.适量CH3COONa
(3)写出置换过程的离子反应方程式_____________________________________。

(4)若氧化精制过程产生等体积的NO2和NO混合气体，写出HNO3与Ag反应的化学反应方程式
_____________。

(5)下图分别是HNO3浓度、浸取时间对银回收的影响，则最佳的浓度和时间分别是_____%；___min。

(6)加入N2H4·H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5～6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为__________________________。

(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=__________mol/L［已知：常温下，K sp(AgNO2)=2×10-8，K sp(AgCl)=1.8×10-10］
【答案】H<O<N 第三周期第IA族 B Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2++H2S↑
4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO↑+NO2↑+3H2O 30 6 pH过大会有AgOH生成，降低产品的纯度
1.8×10-3
【解析】(1)硝酸分子式是HNO3，在该物质中含H、N、O三种元素，根据元素周期律：原子核外电子层数越多，原子半径越大，当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此这三种元素的原子半径由小到大的顺序是H<O<N；Na是11号元素，原子核外电子排布为2、8、1，所以Na在周期表中的位置是第三周期第IA族；在N2H4中，N原子最外层有5个电子，两个N原子共用一对电子，每个N原子再与2个H原子形成2对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以N2H4的电子式是。

(2) Na2S在溶液中存在水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-，为使Na2S溶液中
()
()2
Na
c
c S
+
-
的值减小，应加入
碱来抑制硫离子的水解，但同时又不能增大c(Na+)，因此可加入适量KOH，故答案为选项B；
(3)根据流程示意图可知置换过程的离子反应方程式为Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2++H2S↑；
(4)氧化精制过程中HNO3与Ag反应产生等体积的NO2和NO混合气体，根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学反应方式为4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO↑+NO2↑+3H2O；
(5)由图象可知，Ag回收率达到最大值时硝酸溶液的浓度为30%、浸取时间为6分钟，所以最佳的浓度和时间分别是30%、6min；
(6)加入N2H4•H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至5-6，得到Ag的产率最高，pH>6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag++OH-=AgOH↓，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；
(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)=
()
()
8
2
2
210
0.2
Ksp AgNO
c NO
-
-
⨯
==1×10-7mol/L；由溶度积常数
Ksp(AgCl)<Ksp(AgNO2)可知知AgNO2开始沉淀，AgCl已经沉淀，此时：
c(Cl-)=
()
()
10
7
1.810
110
Ksp AgCl
c Ag
-
-
+
⨯
=
⨯=1.8×10-3mol/L。

5．（辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三下学期第八次模拟）H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。

请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。

(1)该反应的化学方程式为_____________。

Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。

(2)H2S的第一步电离方程式为________。

(3)已知：25 ℃时，K sp(SnS)＝1.0×10－25，K sp(CdS)＝8.0×10－27。

该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。

Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。

反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g) H2S(g)＋CO(g)ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－42 kJ·mol－1。

(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。

分子COS(g) H2(g) CO(g) H2S(g) H2O(g) CO2(g)
能量
/(kJ·mol－1)
1 319 44
2 x 678 930 1 606
表中x＝________。