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攻难点(四)　溶液中粒子浓度的比较及图像分析
核心考点 三年考情 命题预测
溶液中的离子平衡图像 2024湖南T13,HCOOH滴定NaOH的c-V图像; 2024新课标T13,CH2ClCOOH和CHCl2COOH溶液的分布系数δ与pH的变化关系图像 [命题特点] 高考中对水溶液中的离子平衡的考查多以图像为载体,考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中离子浓度的大小关系及等量关系、相关常数的计算等。 [创新考法] 图像创新程度逐年增大,如配合物的解离图像、多平衡体系图像、单一溶液滴定混合溶液等。
2023湖南T12,NaOH标准溶液滴定HCl和CH3COOH的混合溶液的pH随η的变化曲线; 2023湖北T14,Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系图像
2022辽宁T15,甘氨酸溶液中NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数
沉淀溶解平衡图像 2024湖北T13,CO2气氛下,Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布图; 2024黑吉辽T15,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线
2023新课标T13,有关银氨络合物的对数图像; 2023辽宁T15,H2S饱和溶液中pH与-lg c(c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度)关系图
2022湖南T10,用AgNO3溶液滴定Cl-、Br-和I-混合溶液的图像; 2022山东T14,含SrCO3(s)的0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液,含SrSO4(s)的0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4的四种溶液中lg[c(Sr2+)/mol-1·L-1]随pH的变化关系图像
命题角度1　溶液中微粒浓度大小比较
　
1.(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是(　　)
A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B.0.01 mol·L-1 Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1
D.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中:c(H+)>c(Cd2+)
2.(2022·浙江1月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa溶液和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
3.(天津卷)常温下,下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)
A.在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)
B.在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2)
C.在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1
D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
1.理解溶液中的“三大守恒”
(1)电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。
(2)物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素,离子会发生变化,变成其他离子或分子等,但离子或分子中某些特定元素的原子总数存在确定的比例关系。
(3)质子守恒:即H2O电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2.建立解题思维模型
(1)单一溶液
(2)
(3)不同溶液中某离子浓度的变化。
若其他离子能促进该离子的水解,则该离子浓度减小,若抑制其水解,则该离子浓度增大。
3.“五模板”突破溶液中粒子浓度问题
(1)MCl(强酸弱碱盐)溶液。
①电荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒:c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)
③粒子浓度:c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)
(2)Na2A(强碱弱酸盐)溶液。
①电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
②物料守恒:c(Na+)=2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]
③粒子浓度:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)
(3)NaHA(a:水解为主,b:电离为主)。
①电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
②物料守恒:c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
③粒子浓度:
(4)HA(弱酸)与NaA的混合液(同浓度、同体积)(a:pH<7,b:pH>7)。
①电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
②物料守恒:2c(Na+)=c(HA)+c(A-)
③粒子浓度:
(5)MOH(弱碱)与MCl的混合液(同浓度、同体积)(a:pH>7,b:pH<7)。
①电荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒:2c(Cl-)=c(MOH)+c(M+)
③粒子浓度:
真题例析
[例]　(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.水的电离程度:MB.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
[图像分析]　结合起点和终点,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液,发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-,当V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知随着甲酸的加入,OH-被消耗,逐渐下降,即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变,经过M点、N点上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。
[听课记录]
1.常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液,下列说法不正确的是(　　)
A.当滴入NaOH溶液10 mL时,c(Na+)+c(N)B.当滴入NaOH溶液15 mL时,2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(N)=3c(Na+)
C.当滴入NaOH溶液15 mL时,c(N)>c(NH3·H2O)
D.当溶液呈中性时,NaOH溶液滴入量小于20 mL,c(Na+)+c(N)=c(Cl-)
2.(2024·唐山二模)已知室温下的电离常数:
电解质 H2CO3 H2SO3 HClO NH3·H2O
电离 常数 Ka1=10-6.37 Ka2=10-10.32 Ka1=10-1.85 Ka2=10-7.22 Ka=3× 10-8 Kb=1.8× 10-5
下列溶液中的离子浓度关系正确的是(　　)
A.NaHSO3溶液中:c(H2SO3)>c()
B.NaOH与CO2 3∶2反应后的溶液中:3c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]
C.等浓度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c():NH4HSO3>NH4HCO3
D.NaClO与SO2 1∶1反应后的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+2c()+c()+c(OH-)
命题角度2　溶液中离子平衡的图像
　
1.(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq),平衡常数为K。已初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是(　　)
A.曲线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n
C.pH=n时,c(Ag+)= mol·L-1
D.pH=10时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1
2.(2023·湖南卷)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1 的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1 的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随η(η=的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B.点a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.点b:c(CH3COOH)D.水的电离程度:a3.(2023·湖北卷)H2L为某邻苯二酚类配体,其pKa1=7.46,pKa2=12.4。常温下构建Fe(Ⅲ) H2L溶液体系,其中c0(Fe3+)=2.0×10-4 mol·L-1,c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1。体系中含Fe元素物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示,分布系数δ(x)=,已知lg 2≈0.30,lg 3≈0.48。下列说法正确的是(　　)
A.当pH=1时,体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)
B.pH在9.5~10.5之间,含L元素的物种主要为L2-
C.L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常数的lg K约为14
D.当pH=10时,参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
1.与pH有关的图像
(1)pH与稀释倍数的线性关系。
①HY为强酸、HX为弱酸 ②a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-) ③水的电离程度:d>c>a=b ①MOH为强碱、ROH为弱碱 ②c(ROH)>c(MOH) ③水的电离程度:a>b
(2)以常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中为例,分析pH~lg或lg曲线。
①确定各曲线的含义:二元弱酸(H2X)第一步电离程度远大于第二步电离程度。lg或lg越大,表示电离程度越大,因而N代表第一步电离曲线,M代表第二步电离曲线。
②pH~lg图是分布系数图的变形,通过找lg=0,依次确定pKan。
如上述图像,可以根据m点、n点的坐标计算pKa1和pKa2。
2.酸碱滴定曲线分析
(1)酸碱滴定pH~V标准液曲线的特点。
强碱滴定等浓度的HA 强酸滴定等浓度的BOH
曲线起点:强碱滴定HA,酸性越强起点越低;强酸滴定BOH,碱性越强起点越高
突变范围:强强滴定范围大于强弱滴定
酸碱指示剂:根据中和反应终点的酸碱性选择。酸性选甲基橙;碱性选酚酞;中性二者均可
(2)巧抓“五个”关键点,突破溶液中的粒子浓度关系。
如:室温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH的变化如图所示:
3.粒子分布系(分)数图像分析
分布曲线指以pH为横坐标,分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
注:pKa为电离常数的负对数
Ka= 交点:c(CH3COO-)= c(CH3COOH), 故Ka=c(H+)=10-4.76 Ka1= A点:c(HC2)=c(H2C2O4), 故Ka1=c(H+)=10-1.2; Ka2= B点:c(C2)=c(HC2),故Ka2=10-4.2
真题例析
[例]　(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中,分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)=]
下列叙述正确的是(　　)
A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系
B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3
D.pH=2.08时,=
[图像分析]　随着pH的增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大,—Cl为吸电子基团,CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)> Ka(CH2ClCOOH)),曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈ 10-2.8。
[听课记录]
1.常温下,某二元弱酸H2R的lg M随pH变化情况如图所示,M为或。已知:X点和Z点的坐标分别为(0,-1.81)、(6.99,0)。下列说法正确的是(　　)
A.曲线Ⅱ表示lg随pH变化情况
B.Ka2(H2R)的数量级为10-6
C.Y点的坐标为(4.40,2.59)
D.反应2HR-H2R+R2-的平衡常数K=105.18
2.(2024·石家庄质检)常温下,向1 L 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中加入NaOH固体,N、NH3·H2O、HC、C等粒子浓度变化情况如图所示(忽略溶液体积、温度的变化及NH3·H2O和H2CO3的分解):
已知:Ka1(H2CO3)=10-6.35,Ka2(H2CO3)=10-10.3;Kb(NH3·H2O)=10-4.7。
下列说法错误的是(　　)
A.NH4HCO3溶液中存在:c()>c()>c(OH-)>c(H+)
B.b、d曲线分别表示、浓度的变化情况
C.pH=9.3时,c()>c()=c(NH3·H2O)>c()
D.n(NaOH)=0.1 mol时,c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)
3.(2024·长春质检)常温下,将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中,溶液中含铁微粒、、H2FeO4、H3的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图。下列说法正确的是(　　)
A.曲线Ⅲ表示H3的变化曲线
B.a、b、c三点水的电离程度相等
C.25 ℃时,+3H2OH3+3OH-的平衡常数K=10-12.1
D.b点:c(Na+)+c(H+)+c(H3)=c(OH-)+2c()+c()
4.(2024·安徽部分学校联考)25 ℃时,用HCl气体调节0.1 mol·L-1氨水的pH,体系中粒子浓度的对数(lg c)、反应物的物质的量之比与溶液pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化,下列说法错误的是(　　)
A.P1点溶液中:c(Cl-)>c(NH3·H2O)
B.P2点溶液中:c(N)=c(Cl-)
C.25 ℃时,NH4Cl的水解平衡常数的数量级为10-9
D.=0.5时,c(NH3·H2O)+c(N)=2c(Cl-)
命题角度3　沉淀溶解平衡图像
　
1.(2024·黑吉辽卷)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀;
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr;
③25 ℃时,pKa1(H2CrO4)=0.7,pKa2(H2CrO4)=6.5。
pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)]
pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)]
(Xn-代表Cl-、Br-或Cr)
下列说法错误的是(　　)
A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数K=10-5.2
C.滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1
D.滴定Br-达终点时,溶液中=10-0.5
2.(2024·湖北卷)CO2气氛下,Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1,pKa1(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3,pKsp(PbCO3)= 12.1。下列说法错误的是(　　)
A.pH=6.5时,溶液中c()B.δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时,c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1
C.pH=7时,2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c()+c()+c()
D.pH=8时,溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3会溶解
3.(2023·河北卷)某温度下,两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中-lgc(Xx-)或-lgc(Yy-)与-lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.x∶y=3∶1
B.若混合溶液中各离子浓度如J点所示,加入AgNO3(s),则平衡时变小
C.向AgxX固体中加入NayY溶液,可发生AgxX→AgyY的转化
D.若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示,待平衡时c(Xx-)+c(Yy-)<2c(Ag+)
1.有关沉淀溶解平衡Ksp曲线的分析
(1)典型示例。
(2)点的变化。
a→c 曲线上变化,增大c(S)
b→c 加入1×10-5 mol·L-1 Na2SO4溶液(加水不行)
d→c 加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)
c→a 曲线上变化,增大c(Ba2+)
曲线上方的点表示有沉淀生成;曲线下方的点表示不饱和溶液
2.有关沉淀溶解平衡对数图像分析
图像 说明
已知:pM=-lg c(M)(M为Mg2+、Ca2+、Mn2+),p(C)= -lg c(C) 横坐标数值越大,c(C)越小
纵坐标数值越大,c(M)越小
曲线上方的点为不饱和溶液
曲线上的点为饱和溶液
曲线下方的点表示有沉淀生成
曲线上任意一点,坐标数值越大,其对应的离子浓度越小
3.沉淀滴定曲线分析
以0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线为例:
①根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10。
②滴定终点c点为饱和AgCl溶液,c(Ag+)=c(Cl-)。
③相同实验条件下,若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-,反应终点c向a方向移动。
④相同实验条件下,若改为0.050 0 mol·L-1Br-,反应终点c向b方向移动。
真题例析
[例]　(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和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如图所示(其中M代表Ag+、Cl-、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-)=10-9.75
C.反应[Ag(NH3)]++NH3的平衡常数K的值为103.81
D.c(NH3)=0.01 mol·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)
[图像分析]　AgCl饱和溶液中Ag+和Cl-的浓度相等,向饱和溶液中滴加氨水,溶液中Ag+浓度减小,Cl-浓度增大,[Ag(NH3)]+浓度增大,继续滴加氨水,[Ag(NH3)]+浓度增大的幅度小于[Ag(NH3)2]+,则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-与NH3浓度对数变化的曲线。
[听课记录]
1.(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)/(mol·L-1)];c(M)≤10-5 mol·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)=10-8.5
B.pH=4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L-1
C.浓度均为0.01 mol·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 mol·L-1时二者不会同时沉淀
2.(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 mol·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关系如图所示,c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),下列说法正确的是(　　)
A.Ksp(CdS)=10-18.4
B.③为pH与-lg c(HS-)的关系曲线
C.Ka1(H2S)=10-8.1
D.Ka2(H2S)=10-14.7
3.(2024·大庆质检)常温下,用0.12 mol·L-1 Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液电导率k和-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
已知:常温下Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
A.该温度下BaSO4的溶度积常数的数量级为10-6
B.当k=1.7×10-4 μS·cm-1时,溶液中的主要溶质为Na2SO4
C.该BaCl2溶液的物质的量浓度为6.0×10-3 mol·L-1
D.若将0.1 L含0.002 mol BaSO4的悬浊液中的BaSO4完全转化为BaCO3,需加入0.002 mol Na2CO3
4.(2023·北京卷)利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知:ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c(C)由图1得到]。
图1
图2
下列说法不正确的是(　　)
A.由图1,pH=10.25,c(HC)=c(C)
B.由图2,初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,无沉淀生成
C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1
D.由图1和图2,初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,发生反应:Mg2++2HCMgCO3↓+ CO2↑+H2O
攻难点4
命题角度1 　
真题体验
1.B　解析　Na2S溶液中只有5种离子,分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-,溶液是电中性的,存在电荷守恒,可表示为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A项正确;0.01 mol·L-1 Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈碱性,其水解常数为Kh====10-1.1,根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1 mol·L-1,所以>1,则c(OH-)>c(S2-),B项不正确;Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS时,可以发生沉淀的转化,该反应的平衡常数为K===108.9 105,因此该反应可以完全进行,CdS的饱和溶液中c(Cd2+)= mol·L-1=10-13.05 mol·L-1,若加入足量FeS,可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1,C项正确;Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常数K====106.23 105,该反应可以完全进行,因此,当向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,Cd2+可以完全沉淀,所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D项正确。
2.C　解析　醋酸的酸性强于苯酚,则醋酸根离子的水解程度较小,则相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)3.A　解析　由于磷酸为多元弱酸,第一步电离大于第二步电离,第二步电离大于第三步电离,所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中,粒子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P),A项正确;在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中,根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),B项错误;在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根据元素质量守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,C项错误;氨水和NH4Cl溶液混合形成pH=9的溶液,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),则c(Cl-)真题例析
例　D　解析　M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,仍剩余有未反应的NaOH,对水的电离是抑制的,N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,此时水的电离程度最大,A项正确;M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),联合可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),B项正确;当V(HCOOH)=10 mL时,溶液中c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根据物料守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),联合可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),C项正确;N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根离子发生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+)观察图中N点可知,c(HCOO-)≈0.05 mol·L-1,根据Ka(HCOOH)==1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),D项错误。
典题演练
1.B　解析　当加入NaOH溶液10 mL时,n(NaOH)=n(HCl)=n(NH4Cl),NaOH与HCl恰好发生中和反应生成NaCl、H2O,n(NaCl)=n(NH4Cl),在溶液中N会部分发生水解反应生成NH3·H2O,根据元素质量守恒可知c(Na+)+c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-),故c(Na+)+c(N)c(NH3·H2O),C项正确;若NaOH溶液滴入量为20 mL,HCl、NH4Cl恰好反应生成NaCl、NH3·H2O的混合溶液,NH3·H2O电离产生OH-,使溶液显碱性,因此要使溶液显中性,NaOH溶液滴入量应小于20 mL,溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),由于溶液显中性,c(H+)=c(OH-),此时c(Na+)+c(N)=c(Cl-),D项正确。
2.C　解析　的电离平衡常数为Ka2=10-7.22,水解平衡常数为Kh=====10-12.15,由于Ka2>Kh,以电离为主,c(H2SO3)NH4HCO3,C项正确;NaClO与SO2按1∶1反应的化学方程式为NaClO+SO2+H2ONaCl+H2SO4,反应后的溶液中溶质为NaCl和H2SO4,D项错误。
命题角度2 　
真题体验
1.C　解析　在溶液中存在平衡CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡为Ag++H2OAgOH+H+(③),随着pH的增大,c(H+)减小,平衡①③正向移动,c(CH3COOH)、c(Ag+)减小,pH较小时(约小于7.8)CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度增大,pH较大时(约大于7.8)CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响,CH3COOAg浓度减小,故曲线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系,曲线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系,曲线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系,A项错误;由题图可知,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时(即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点),溶液的pH=m,则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m,B项错误;pH=n时,=10-m,c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=,c(Ag+)=,由图可知pH=n时,c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),代入整理得c(Ag+)= mol·L-1,C项正确;根据物料守恒,pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1,D项错误。
2.D　解析　NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时,先与强酸反应,然后再与弱酸反应,由滴定曲线可知,a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水,CH3COOH未发生反应,溶质成分为等物质的量的NaCl和CH3COOH;b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH,溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa,且物质的量之比为2∶1∶1;c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应,溶质成分为等物质的量的NaCl、CH3COONa;d点时NaOH过量,溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH,c(CH3COOH)=0.010 0 mol·L-1,c(H+)=10-3.38 mol·L-1,Ka(CH3COOH)=≈=10-4.76,A项正确;a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液,存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),B项正确;b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa,由于pH<7,溶液显酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COOH)d,D项错误。
3.C　解析　由题图可知,pH=1即c(H+)=0.1 mol·L-1时c([FeL]+)=1.0×10-4 mol·L-1,又因为c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1,根据Fe3++H2L[FeL]++2H+知,此时c(H2L)=(5.0-0.1)×10-3 mol·L-1=4.9×10-3 mol·L-1,结合Ka1==10-7.46 mol·L-1知,此时c(HL-)=10-7.46×4.9×10-3×10=4.9×10-9.46 mol·L-1,pH=1时,c(OH-)=10-13 mol·L-1,因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-),A项错误;当溶液pH在9.5~10.5之间时,10-10.5 mol·L-1真题例析
例　D　解析　根据图像分析可知A、C项错误;根据Ka(CHCl2COOH)=,初始c0(CHCl2COOH)=0.1 mol·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈=10-1.15 mol·L-1,但a点对应的c(H+)=0.1 mol·L-1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B项错误;电离度α=,n始=n电离+n未电离,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,δ(CHCl2COO-)=0.85,D项正确。
典题演练
1.C　解析　二元弱酸H2R的一级电离常数Ka1(H2R)=c(H+)·,对该式求对数可得lg=pH+lg Ka1(H2R),则曲线Ⅱ表示lg随pH变化情况,A项错误;曲线Ⅰ的函数解析式为lg=-pH-lg Ka2(H2R),该曲线表示lg随pH变化情况,由Z点坐标(6.99,0)可知lg Ka2(H2R)=-6.99,则Ka2(H2R)=10-6.99,其数量级为10-7,B项错误;由X点坐标(0,-1.81)可知lg Ka1(H2R)=-1.81,则Ka1(H2R)=10-1.81,Y点横坐标为==4.40,将其代入任一曲线的解析式可得Y点纵坐标为2.59,因此Y点的坐标为(4.40,2.59),C项正确;反应2HR-H2R+R2-的平衡常数K=====10-5.18,D项错误。
2.C　解析　由电离常数可知,HC在溶液中的水解程度大于N,溶液呈碱性,则溶液中离子浓度的大小顺序为c()>c()>c(OH-)>c(H+),A项正确; HC在溶液中的水解常数Kh===10-7.65>Ka2=10-10.3,则HC在溶液中的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性,N在溶液中水解使溶液呈酸性,所以向NH4HCO3溶液中加入NaOH固体时,N优先与OH-反应,离子浓度减小的程度大于HC,则由图可知,a、c曲线表示N、NH3·H2O的浓度变化情况,b、d曲线分别表示HC、C的浓度变化情况,B项正确;由电离常数可知,溶液中=, pH为9.3时,溶液中==0.1,则溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度,C项错误;加入0.1 mol氢氧化钠固体时,氢氧化钠与碳酸氢铵溶液反应得到的溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-),D项正确。
3.C　解析　溶液pOH越大,溶液中氢氧根离子浓度越小,的物质的量分数越小, H3的物质的量分数越大,由题图可知,曲线Ⅰ代表的变化、曲线Ⅱ代表的变化、曲线Ⅲ代表H2FeO4的变化、曲线Ⅳ代表H3的变化,A项错误;a、b、c三点溶液中微粒成分不同,溶液pOH不同,对水的电离影响程度不同,则水的电离程度不相等,B项错误;+H2O+OH-的平衡常数Ka1=,当c()=c()时,Ka1= c(OH-),由题图可知a点c()=c(),pOH=1.6,则Ka1=10-1.6,同理可知+H2OH2FeO4+OH-的平衡常数Ka2=10-3.2,H2FeO4+H2OH3+OH-的平衡常数Ka3=10-7.3,+3H2OH3+3OH-的平衡常数K==××=Ka1×Ka2×Ka3=10-12.1,C项正确;b点溶液中c()=c(H2FeO4),溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3)=c(OH-)+2c()+c() +2c(),溶液中c(S)≠0,故b点溶液中c(Na+)+c(H+)+c(H3Fe)≠c(OH-)+2c(Fe)+c(HFe),D项错误。
4.C　解析　P1点反应后是氯化铵溶液,溶液显酸性,c(Cl-)>c()>c(H+)>c(NH3·H2O)>c(OH-),A项正确;P2点c(H+)=c(OH-),由电荷守恒得c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),故c()=c(Cl-),B项正确;NH3·H2O的Kb=,根据题图可知当lg c()=lg c(NH3·H2O),即c()=c(NH3·H2O)时,溶液pH=9.25,则此时c(OH-)=10-4.75 mol·L-1,所以NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.75,的水解常数Kh==10-9.25,数量级为10-10,C项错误;=0.5时,相当于等浓度的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液,根据元素守恒,c(NH3·H2O)+c()=2c(Cl-),D项正确。
命题角度3 　
真题体验
1.D　解析　由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1,即两者图像平行,所以①代表Ag2CrO4,由于相同条件下,AgCl的溶解度大于AgBr,即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),所以②代表AgCl,则③代表AgBr,A项正确;根据曲线①上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c()=(10-2)2×10-7.7=10-11.7,根据曲线②上的点(2.0,7.7),可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2×10-7.7=10-9.7,根据曲线③上的点(6.1,6.1),可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)=10-6.1×10-6.1=10-12.2, 反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数K=====10-5.2,B项正确;当Cl-恰好滴定完全时,c(Ag+)==10-4.85 mol·L-1,即c()===10-2.0 mol·L-1,因此,指示剂的浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1,C项正确;当Br-到达滴定终点时,c(Ag+)=c(Br-)==10-6.1mol·L-1,即c()===100.5 mol·L-1,==10-6.6,D项错误。
2.D　解析　δ为组分中铅占总铅的质量分数,c0(Pb2+)代表Pb2+的初始浓度,根据元素守恒,c0(Pb2+)等于体系中所有含铅物种的浓度之和,因此,体系中任何含铅物种的浓度c(X)=c0(Pb2+)·δ(X)。由题图可知,pH=6.5时δ(Pb2+)>75%,c(Pb2+)=c0(Pb2+)·δ(Pb2+)>1.5×10-5 mol·L-1,此时体系中还没有PbCO3(s),则Ksp(PbCO3)≥c(Pb2+)·c(C),c(C)≤< mol·L-1=×10-7.1 mol·L-1<1.5×10-5 mol·L-1=c(Pb2+),A项正确;δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时,体系中还存在Pb(OH)+,因此δ(Pb2+)=δ(PbCO3)<50%,则c(Pb2+)=c0(Pb2+)·δ(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1,B项正确;体系的初始状态为Pb(ClO4)2溶液和CO2气氛,由于Cl不水解,根据c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1可知c(Cl)=4.0×10-5 mol·L-1,读图可知,pH=7时,δ(Pb2+)<50%,δ[Pb(OH)+]<25%,则c(Pb2+)=c0(Pb2+)·δ(Pb2+)<2.0×10-5 mol·L-1×50%=1.0×10-5 mol·L-1,c[Pb(OH)+]=c0(Pb2+)·δ[Pb(OH)+]<2.0×10-5 mol·L-1×25%=5.0×10-6 mol·L-1,则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2×1.0×10-5 mol·L-1+5.0×10-6 mol·L-1=2.5×10-5 mol·L-1<4.0×10-5 mol·L-1=c(Cl)<2c(C)+c(HC)+c(Cl),C项正确;pH=8时,含Pb物种主要以PbCO3(s)形式存在,溶解PbCO3有两种方式:将其转化为Pb2+或Pb(CO3,即使PbCO3Pb2++C正向移动,或使PbCO3+CPb(CO3正向移动,则需要补充C,若由HC电离提供C,同时电离出的H+会降低溶液pH,与Pb(CO3存在时需要较高的pH矛盾,D项错误。
3.D　解析　对于沉淀AgxX,存在沉淀溶解平衡AgxXxAg++Xx-,则Ksp(AgxX)=cx(Ag+)·c(Xx-),在图像上找两点(0,16)和(3,7),转化成相应的离子浓度代入,由于温度不变,所以计算出的Ksp(AgxX)不变,可求得x=3,对于沉淀AgyY,存在沉淀溶解平衡AgyYyAg++Yy-,Ksp(AgyY)=cy(Ag+)·c(Yy-),按照同样的方法,在图像上找两点(0,10)和(3,7),可求得y=1,A项正确;由图像可知,若混合溶液中各离子浓度如J点所示,此时=1,加入AgNO3(s),c(Ag+)增大,-lgc(Ag+)减小,则-lgc(Xx-)>-lgc(Yy-),c(Xx-)2c(Ag+),D项错误。
真题例析
例　A　解析　氨的浓度较小时AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),浓度较大时AgCl(s)+2NH3[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq),氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合,应该为曲线Ⅳ,A项错误;由题图可知,c(NH3)=10-1 mol·L-1时,c(Cl-)=10-2.35 mol·L-1,c(Ag+)=10-7.40 mol·L-1,则氯化银的溶度积为10-2.35×10-7.40=10-9.75,B项正确;由题图可知,氨分子浓度对数为-1时,溶液中[Ag(NH3)2]+和[Ag(NH3)]+的浓度分别为10-2.35 mol·L-1和10-5.16 mol·L-1,则[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K===103.81,C项正确;c(NH3)=0.01 mol·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D项正确。
典题演练
1.C　解析　由点a(2,2.5)可知,此时pH=2,pOH=12,则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×10-12×3=10-38.5,A项错误;由点(5,6)可知,此时pH=5,pOH=9,则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-6×10-9×3=10-33,pH=4时Al(OH)3的溶解度为=10-3 mol·L-1,B项错误;由题图可知,当铁离子完全沉淀时,铝离子尚未开始沉淀,可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+,C项正确;由题图可知,Al3+沉淀完全时,pH约为4.7,Cu2+刚要开始沉淀,此时c(Cu2+)=0.1 mol·L-1,若c(Cu2+)=0.2 mol·L-1>0.1 mol·L-1,则Al3+、Cu2+会同时沉淀,D项错误。
2.D　解析　已知H2S饱和溶液中随着pH的增大,H2S的浓度逐渐减小,HS-的浓度增大,S2-浓度逐渐增大,则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小,且pH相同时,HS-浓度大于S2-,即-lgc(HS-)小于-lg(S2-),则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小,且Ksp(NiS)>Ksp(CdS),即当c(S2-)相同时,c(Ni2+)>c(Cd2+),则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大,且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+),由此可知曲线①代表Cd2+、曲线②代表Ni2+、曲线③代表S2-、曲线④代表HS-,B项错误;曲线①代表Cd2+、曲线③代表S2-,由图示曲线①③交点可知,此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13 mol·L-1,则有Ksp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2-)=10-13×10-13=10-26,A项错误;曲线④代表HS-,由图示曲线④两点坐标可知,此时c(H+)=10-1.6 mol·L-1时,c(HS-)=10-6.5 mol·L-1,Ka1(H2S)===10-7.1或者当c(H+)=10-4.2 mol·L-1时,c(HS-)=10-3.9 mol·L-1,Ka1(H2S)===10-7.1,C项错误;已知Ka1·Ka2=×=,由曲线③两点坐标可知,当c(H+)=10-4.9 mol·L-1时,c(S2-)=10-13 mol·L-1,或者当c(H+)=10-6.8 mol·L-1时,c(S2-)=10-9.2 mol·L-1,故有Ka1·Ka2====10-21.8,结合C项分析可知,Ka1=10-7.1,故有Ka2(H2S)=10-14.7,D项正确。
3.C　解析　恰好完全反应时,由题图可知,-lgc(Ba2+)=5,此时硫酸根离子、钡离子主要由硫酸钡电离得到,c(Ba2+)=c(S)=10-5 mol·L-1,则Ksp=c(Ba2+)·c(S)=10-10,溶度积常数数量级为10-10,A项错误;当溶液中电导率k为1.2×10-4 μS·cm-1时,硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠,溶液中的主要溶质为氯化钠,B项错误;氯化钡溶液的浓度为=6.0×10-3 mol·L-1,C项正确;硫酸钡的溶度积Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10,0.002 mol BaSO4与0.002 mol Na2CO3完全反应, 当恰好反应时,硫酸根离子为0.002 mol,BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),K-1=====26,则碳酸根离子为0.052 mol,则需要0.054 mol Na2CO3,D项错误。
4.C　解析　从题图1可以看出pH=10.25时,碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同,A项正确;从题图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时,该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方,不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀,B项正确;从题图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,根据物料守恒,溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1 mol·L-1,C项错误;pH=8时,溶液中主要含碳微粒是,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为Mg2++2MgCO3↓+H2O+CO2↑,D项正确。破大题(二)　化学工艺流程
　
1.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH:
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 - 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题:
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是____________________;“滤渣1”中金属元素主要为____________。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是___________________________________,取少量反应后的溶液,加入化学试剂_____________检验_____________,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为__________________________、_________________________________________________________。
(4)“除钴液”中主要的盐有_____________(写化学式),残留的Co3+浓度为_____________mol·L-1。
2.(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为_____________(填化学式)。
(2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为_________________________________________。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成_____________________(填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为_____________。
A.无需控温 B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”,表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为_____________________。
(6)“沉金”中Zn的作用为_________________________________________。
(7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为_____________________。用碱中和HCN可生成_____________(填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。
　　化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力,具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。工艺流程题设问的地方有:反应速率与平衡理论的运用,氧化还原反应的判断、化学方程式的书写,利用控制pH分离除杂,利用溶解度分离,常用的分离方法、实验操作,流程中的物质转化和循环,绿色化学评价,电化学,计算产量、产率、产品纯度等。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识,而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力,且这类试题陌生度高,文字量大,包含信息多,思维能力要求高。
热点　流程中物质的预处理、转化
1.
方法 目的 理论解释
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分,也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度,可以加快浸出速率;增加浸出时间可使样品充分溶解,可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸可消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物,酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土
2.化工流程中陌生化学方程式的书写
获取信息 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型
确定类型 类型1 元素化合价无变化则为非氧化还原反应,遵循质量守恒定律
类型2 元素化合价有变化则为氧化还原反应,除遵循质量守恒外,还要遵循得失电子守恒规律
规范作答 最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可
1.(2024·甘肃卷)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示:
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5、Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是_____________。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和_____________。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为_________________________________________,该反应能进行的原因是_________________________________________。
2.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题:
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_____________________________________________。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为__________________________________________________________________________。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_____________________(填字母)。
a.稀硫酸　b.浓硫酸　c.盐酸　d.磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行 _____________,其原因是______________________。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为_____________________________________。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的∶nCO=_____________。
热点　流程中反应条件的控制
化学反应条件控制的目的及方法
(1)加氧化剂:氧化某物质,生成目标产物或除去某些离子。
(2)判断能否加其他物质:要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等。
(3)控制溶液的pH。
①调节溶液的酸碱性,使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。
③“碱作用”还可除去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
(4)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)。
①防止副反应的发生。
②使化学平衡移动;控制化学反应的方向。
③控制固体的溶解与结晶。
④控制反应速率;使催化剂达到最大活性。
⑤升温:促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点挥发。
⑥加热煮沸:促进水解,聚沉后利于过滤分离。
⑦趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。
⑧降温:防止物质高温分解或挥发;降温(或减压)可以减少能源成本,降低对设备的要求。
(5)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作:要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应;或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的。
(6)控制压强:改变速率,使平衡向需要的方向移动。
(7)使用催化剂:加快反应速率,缩短达到平衡的时间。
1.(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+的物质的量之比为_____________;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生_____________(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为_____________________。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是___________________________________。
(4)“置换”中可选用的试剂X为_____________(填字母)。
A.Al　　　B.Zn　　　C.Pb　　　D.Ag
“置换”反应的离子方程式为______________________________________。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作_____________(填“阴极”或“阳极”)。
2.(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图所示:
已知:最高价铬酸根离子在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。
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V或VO3+;在碱性条件下,溶解为V或V。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___________________________________。
热点　物质的分离提纯
物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
(1)除杂:加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使其形成氢氧化物沉淀。如:除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH。
(2)加热:加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物,则要注意对温度的控制。如:侯氏制碱法中的NaHCO3;还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
(3)降温:防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动。
(4)分离。
①固液分离——过滤。
②液液分离。
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干;蒸发结晶、趁热过滤)。
b.有溶解性差异——(萃取)分液。
c.有沸点差异——蒸馏。
　　 萃取与反萃取 (1)萃取原理:萃取是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同,将物质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用是:从矿石的浸出液中提取和富集有价金属,分离化学性质相近的金属离子。 (2)萃取步骤:萃取的操作步骤一般是首先将水溶液(料液)与有机溶剂(或溶液)充分混合,然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃余液,有机相称为负载有机相,被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物(起富集或分离作用)。 (3)反萃取:被萃取物萃入有机相后,一般需要使其重新返回水相,此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液,也可以是纯水)接触,使被萃取物转入水相,这一过程相当于萃取的逆过程,故称为反萃取。
1.(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LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属,工艺路线如图:
回答下列问题:
(1)Co位于元素周期表第_____________周期第_____________族。
(2)烧渣是LiCl、CoCl2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[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中Co2+浓度为_____________mol·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原子的原子半径更大
c.Si—Cl键键能更大
d.Si原子有更多的价层轨道
2.金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如图所示。回答下列问题:
“萃取”机理为R3N+H++ReR3N·HReO4,则“反萃取”对应的离子方程式为_________________________________________;常温下,“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0,则溶液中c()_____________(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。[已知:常温下lgKb(NH3·H2O)=-4.7]
热点　化学工艺流程中的相关计算
物质的质量 分数(或纯度) ×100%
产品产率 ×100%
物质的转化率 ×100%
Ksp的相关计算 AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq), Ksp=cm(An+)·cn(Bm-)
关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中,利用该法可以节省不必要的中间运算过程,避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系;在多步反应中,若第一步反应的产物是下一步反应的反应物,可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”,找出已知物质和所求物质之间量的关系
1.(2024·合肥质检)产品纯度测定:称取1.30 g NaSb(OH)6样品,酸溶后加入适量硫酸肼固体配成250 mL溶液,取25.00 mL溶液于锥形瓶中,用0.050 0 mol·L-1 Ce(SO4)2标准液滴定(Sb3++2Ce4+Sb5++2Ce3+),平均消耗标准液20.00 mL。
(1)硫酸肼的作用是_____________。
(2)产品的纯度为_____________[NaSb(OH)6的摩尔质量为247 g·mol-1]。
2.镍—镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍—镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等。回收利用废旧镍—镉电池的一种工艺流程如图所示。
(1)已知:Ni(OH)2的溶度积Ksp=2.0×10-15,“调pH”时溶液中c(Ni2+)=0.02 mol·L-1,则应控制pH小于_____________。
(2)滤渣2可表示为(NH4)xNiy(SO4)z·wH2O。取3.05 g样品溶于适量蒸馏水,加入过量NaOH溶液并加热,产生标准状况下448 mL气体和0.93 g沉淀,则滤渣2的化学式为_____________。
3.(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是_________________________________________。
(2)“酸浸”步骤中,CoO发生反应的化学方程式是_________________________________________。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)=_____________mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离,_____________(填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为_____________。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是_____________。
(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式为_______________________________________。
(7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_______________________。
1.(2024·湖北卷)铍用于航天器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如图所示。
已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+。
回答下列问题:
(1)基态Be2+的轨道表示式为_______________________________________________。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是_____________________。
(3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是__________________________________________________________________________。
(4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:_______________________________________ _。“滤液2”可以进入_______________________________步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是______________________________。
(6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be原子的配合物,4个Be原子位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点,且每个Be原子的配位环境相同,Be原子与Be原子间通过CH3COO-相连,其化学式为______________________________。
2.(2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率×100%随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为_____________(填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____________________。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解,经萃取、反萃取提纯后,用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液,原理为:
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)
已知:(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)
其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是___________________________________。
②反萃取后,Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上,O原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=_____________。
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为______________________________。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n()的比值(写出计算过程)。
破大题(二)
真题引领·明确考向
1.答案　(1)增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率　Pb　(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素　K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2+
(3)3Co2+++7H2O3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+　3Mn2++2+2H2O5MnO2↓+4H+
(4)ZnSO4、K2SO4　10-16.7
解析　由题中信息可知,用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣,得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液,Pb元素的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3,滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”,加入强氧化剂KMnO4,将溶液中的Co2+氧化为Co3+,在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀,而KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物,“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;“滤渣1”的主要成分为PbSO4,则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知,当Fe3+完全沉淀时,Co2+未开始沉淀,而当Fe2+完全沉淀时,Co2+已有一部分沉淀,因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀,应先将Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+,若生成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。(3)该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式:3Co2+++7H2O3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O5MnO2↓+4H+。(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在酸浸时引入的,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1.1 mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-12.9 mol·L-1,则Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-9 mol·L-1,此时溶液中c(Co3+)== mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。
2.答案　(1)CuSO4　(2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8S+4H+　(3)Fe(OH)3　(4)BC　(5)做络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出　(6)作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au　(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4　NaCN
解析　矿粉中加入足量空气和H2SO4,在pH=2时进行细菌氧化,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,过滤,滤液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ),加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降,过滤可得到净化液;滤渣主要为Au,Au与空气中的O2和NaCN溶液反应得到含[Au(CN)2]-的浸出液,加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2+的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要成分为CuSO4。(2)“细菌氧化”的过程中,FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和,离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8+4H+。(3)“沉铁砷”时,加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降。(4)细菌的活性与温度息息相关,因此细菌氧化也需要控温,A项不符合题意;焙烧氧化时,金属硫化物中的S元素通常转化为SO2,而细菌氧化时,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,可减少有害气体的产生,B项符合题意;焙烧氧化需要较高的温度,因此所使用的设备需要耐高温,而细菌氧化不需要较高的温度就可进行,设备无需耐高温,C项符合题意;由流程可知,细菌氧化也会产生废液废渣,D项不符合题意。(5)“浸金”中,Au作还原剂,O2作氧化剂,NaCN做络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。(6)“沉金”中Zn作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au。(7)滤液②中含有[Zn(CN)4]2+,经过H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2+转化为ZnSO4和HCN,反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用碱中和HCN得到的产物,可实现循环利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸金”步骤,从而循环利用。
命题热点·逐点突破
热点1
典题演练
1.答案　(1)NH3　(2)SiO2　(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4　Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
解析　高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中的溶质主要为MgSO4、Al2(SO4)3及(NH4)2SO4;滤液浓缩结晶析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。
2.答案　(1)作还原剂,将BaSO4还原　(2)S2-+Ca2+CaS↓　(3)c　(4)不可行　CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2,影响产品纯度　(5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl　(6)1∶1
解析　由流程和题中信息可知,BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;烧渣经水浸取后过滤,滤渣中含碳粉和CaS,滤液中有BaCl2和BaS;滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体,溶于水后加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2;BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS,为不引入杂质,“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑,因此,产生的∶nCO =1∶1。
热点2
典题演练
1.答案　(1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+　(4)C　Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-　(5)阳极
解析　以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要是将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫元素氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb元素和Ag元素的化合价保持不变,所以等物质的量的PbS和Ag2S中S2-物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中盐酸浓度过大,这里主要考虑氢离子浓度会过大,会生成H2S气体。(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在热浸中循环使用。(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,电解Ⅱ得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。
2.答案　(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)Na[Al(OH)4]　(4)溶液中c(P)降低,不利于形成MgNH4PO4沉淀　Mg2+形成Mg(OH)2沉淀,不利于形成MgSiO3沉淀　(5)C　(6)2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O
解析　由题给流程可知,铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧,将钒、铬转化为相应的最高价含氧酸盐,煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH,将Al元素转化为氢氧化铝沉淀,过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒,过滤得到五氧化二钒和滤液;向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子,调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀,过滤得到氢氧化铬。(1)由分析可知,煅烧过程中铬元素转化为铬酸钠。(2)由分析可知,水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁。(3)由分析可知,沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀。(4)流程图和题干已经告知该步加入了MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷。该步骤中,磷元素以MgNH4PO4形式沉淀,硅元素以MgSiO3形式沉淀,将pH调到9左右达到最好的除杂效果。若pH<9,随着pH变小,P将会转化为HP或H2P,由于HP和H2P的盐的溶解度比磷酸盐大得多,甚至为易溶物,因此会导致磷不能除净。若pH>9,随着pH变大,Mg2+将转化为Mg(OH)2沉淀,Mg2+浓度降低会使得c(Mg2+)·c(Si)热点3
典题演练
1.答案　(1)四　Ⅷ　(2)SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl　(3)焰色试验
(4)5.9×10-7　6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O
(5)abd
解析　由流程和题中信息可知,LiCoO2粗品与SiCl4在500 ℃焙烧时生成氧气和烧渣,烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物;烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1,滤饼1的主要成分是SiO2;滤液1用氢氧化钠溶液沉钴、过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiOH);滤饼2置于空气中在850 ℃煅烧得到Co3O4;滤液2经碳酸钠溶液沉锂、过滤后得到滤液3和滤饼3,滤饼3为Li2CO3。(1)钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(2)SiCl4易水解SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl,产生大量烟雾。(3)Li2CO3和Na2CO3所含阳离子不同,灼烧时产生不同焰色,常用焰色试验鉴别。(4)Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,pH=10时c(OH-)=10-4 mol·L-1,得c(Co2+)·c2(OH-)=c(Co2+)×10-8=5.9×10-15,c(Co2+)=5.9×10-7 mol·L-1。由题干可知,850 ℃煅烧时生成Co3O4,化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)Si原子半径大于C原子半径,则Si—Cl键的键长长、键能小;同时Si原子电负性小于C原子,Si—Cl键极性大;Si元素位于第三周期,3p轨道更易和H2O分子中的O原子配位。以上因素导致Si—Cl键更易断裂,SiCl4比CCl4更易水解,故选abd。
2.答案　R3N·HReO4+NH3+Re+R3N或R3N·HReO4+NH3·H2O+Re+R3N+H2O　>
解析　反萃取时R3N·HReO4与氨气反应生成NH4ReO4、R3N,离子方程式为R3N·HReO4+NH3+Re+R3N或R3N·HReO4+NH3·H2ON+Re+R3N+H2O;lgKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O)==10-4.7,“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0,则溶液中c(OH-)=10-5 mol·L-1,则=100.3>1,c()>c(NH3·H2O)。
热点4
1.答案　(1)还原剂　(2)95%
解析　(1)加入硫酸肼,使得NaSb(OH)6中Sb元素化合价由+5价降为+3价,作用是还原剂。(2)结合Sb元素守恒及得失电子守恒,得关系式NaSb(OH)6~Sb3+~2Ce4+,产品纯度:×100%=95%。
2.答案　(1)7.5　(2)(NH4)2Ni(SO4)2·H2O
解析　(1)为避免生成Ni(OH)2沉淀,需控制溶液中的c(OH-),利用Ni(OH)2的溶度积计算,0.02×c2(OH-)=2.0×10-15,可得c(OH-)=10-6.5 mol·L-1,则c(H+)=10-7.5 mol·L-1,因此应控制pH小于7.5。(2)由题中所给数据计算可知,在所取的3.05 g样品中,n()=n(NH3)==0.02 mol;n(Ni2+)=n[Ni(OH)2]==0.01 mol;根据电荷守恒关系2n()=n()+2n(Ni2+),可知n()==0.02 mol;n(H2O)= mol=0.01 mol。根据各种微粒的物质的量之比可得滤渣2的化学式为Ni·H2O。
3.答案　(1)增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率　(2)CoO+H2SO4CoSO4+H2O　(3)1.6×10-4　不能　(4)4.0 mol　(5)Fe(OH)3　(6)2Co2++5ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO　(7)向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH大于8.2小于12,静置后过滤、洗涤、干燥
解析　(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中,Cu不溶解,Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外,其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液,即CoO转化为CoSO4,反应的化学方程式为CoO+H2SO4CoSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1,则c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1,c(Co2+)小于0.10 mol·L-1,说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2,因此,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中,S2同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,为了保证Co2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2Co2++5ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在,当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH大于8.2小于12,静置后过滤、洗涤、干燥。
化零为整·综合应用
1.答案　(1)
↑↓
　(2)快速冷却　(3)先产生白色沉淀,后白色沉淀快速溶解　(4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O　反萃取分液　(5)增强熔融氯化铍的导电性　(6)Be4O(CH3COO)6
解析　铝硅酸盐先加热熔融,然后快速冷却到其玻璃态,再加入稀硫酸酸浸过滤,滤渣的成分为H2SiO3,“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,水相1中含有Al3+,有机相为BeA2(HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中,分离出含NaA的煤油,最后对水相2加热过滤,分离出Be(OH)2,通过系列操作得到金属铍。(1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表示式为
↑↓
。(2)熔融态物质冷却凝固时,缓慢冷却会形成晶体,快速冷却会形成非晶态,即玻璃态,所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态,其冷却过程的特点为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,则水相1中含有Al3+,则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液,观察到的现象为先产生白色沉淀,后沉淀快速溶解。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O,滤液2的主要成分为NaOH,可进入反萃取分液步骤再利用。(5)氯化铍的共价性较强,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。(6)由题意可知,该配合物中有四个铍原子位于四面体的四个顶点上,四面体中心只有一个O原子,Be原子与Be原子之间总共有六个CH3COO-,则其化学式为Be4O(CH3COO)6。
2.答案　(1)①Fe(OH)3　②浸出初期,c(H+)较大,铁的浸出率较大,约5 min后,溶液酸性减弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣　(2)① 随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)的化学平衡逆向移动,该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度的增大,进一步促进萃取平衡向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多　②2∶1　(3)① 2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑　②初始n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,550~600 ℃时,固体分解产生H2O的物质的量为n(H2O)=2×10-5 mol,质量为0.36 mg,则产生CO2的质量为(8.84-7.60-0.36) mg=0.88 mg,n(CO2)=2×10-5 mol,NdaOb(CO3)c中n(Nd3+)=4×10-5 mol,n(C)=4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,即n(Nd3+)∶n(C)=2∶1
解析　(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中信息可知,Nd浸出率逐渐增大,而Fe浸出率先增大后逐渐减小,说明随着Nd浸出率的增大,稀盐酸中的H+浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3;②由①中分析可知,浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是:浸出初期,Fe2O3溶解,Fe浸出率增大,约5 min随着Nd浸出率增大,稀盐酸中的H+浓度逐渐减小,pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣,Fe浸出率又减小。(2)①减小生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,因此,其他条件不变,水层初始pH在0.2~0.8范围内,随水层pH增大,H+的浓度减小,(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动,H+浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)逆向移动,引起(R3NH)2SO4浓度的增大,进一步促进平衡(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移动,导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大,因此,有机层中Fe元素含量迅速增多;②由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞中体内有4个Fe原子,面上有8个Fe原子,根据均摊法可知,Fe原子的数目为4×1+8×=8;Bi原子全部在晶胞的面上,共有8×=4个,因此,其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和相互促进对方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,该反应的离子方程式为2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑;②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg· mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n()的值为=2∶1。专题六　溶液中的离子反应与平衡
微专题　溶液中的离子反应与平衡
　
1.(2024·江苏卷)室温下,通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2, Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中,当溶液pH=4时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是(　　)
A.实验1所得溶液中:c()+c()>c(H+)
B.实验2所得溶液中:c()>c()
C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3所得溶液中:c()>c(Mn2+)
2.(2024·浙江1月选考)常温下,将等体积、浓度均为0.40 mol·L-1的BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合,出现白色浑浊;再滴加过量的H2O2溶液,振荡,出现白色沉淀。
已知:H2SO3　Ka1=1.4×10-2,Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10-10,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
下列说法不正确的是(　　)
A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c()>c()>c(OH-)
B.将0.40 mol·L-1 H2SO3溶液稀释到0.20 mol·L-1,c()几乎不变
C.BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D.存在反应Ba2++H2SO3+H2O2BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
3.(2023·浙江1月选考)碳酸钙是常见难溶物,将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡:
CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11],下列有关说法正确的是(　　)
A.上层清液中存在c(Ca2+)=c()
B.上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C.向体系中通入CO2气体,溶液中c(Ca2+)保持不变
D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
1.对比剖析“三大”平衡
平衡 类型 电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质
升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正比,促进溶解;反之,则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正比,Ksp增大;反之,则Ksp减小
加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变
加入相应离子(或物质) 加入CH3COONa或HCl,抑制电离 Ka不变 加入CH3COOH或NaOH,抑制水解 Kh不变 加入AgNO3或NaCl,抑制溶解 Ksp不变
加入反应离子(或物质) 加入OH-,促进电离 Ka不变 加入H+,促进水解 Kh不变 加入氨水,促进溶解 Ksp不变
2.证明弱电解质的方法(以醋酸为例)
(1)测定常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH,pH>1,说明醋酸为弱酸。
(2)测定常温下CH3COONa溶液的pH,pH>7,说明醋酸为弱酸。
(3)同温度、同浓度的盐酸的导电性强于醋酸溶液的导电性,说明醋酸是弱酸。
(4)1 mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)约为0.01 mol·L-1,说明醋酸为弱酸。
(5)取pH=3的醋酸1 mL,用蒸馏水稀释到100 mL,pH<5,说明醋酸为弱酸。
(6)向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固体,溶液的pH变大,说明醋酸为弱酸。
3.溶液酸碱性的判断
(1)明确三个“比较”。
①电离程度大于水解程度,如CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性。
②水解程度大于电离程度,如HClO的电离程度小于ClO-的水解程度,所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
③酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离程度和水解程度哪一个更强。如在NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于其电离程度,故溶液显碱性。
(2)利用常数关系判断溶液的酸碱性。
NaHS溶液显碱性,离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-),判断的理由是HS-的水解常数Kh=大于其电离常数(Ka2)。
4.水溶液中三大平衡常数的关系
(1)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。
(2)对二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。
(3)反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则K=。
(4)反应3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)的平衡常数K==。
1.常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时,下列叙述正确的是(　　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
2.安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸,其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下,Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列说法正确的是(　　)
A.常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀释,溶液的pH升高
C.NaR水溶液中,c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常温下,NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱
3.某小组做如下实验:
实验①:向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸溶液
实验②:向2.33 g BaSO4固体中加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液充分搅拌浸泡
[已知:常温下,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.6×10-9,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,H2CO3的电离常数:Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11,溶液混合后体积变化忽略不计],下列说法不正确的是(　　)
A.实验①选用酚酞作指示剂时,滴定终点发生反应:+H+
B.实验①中V(盐酸)=20 mL时,存在c(OH-)C.实验②中再加入2 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,可将BaSO4完全转化为BaCO3
D.实验②静置,向上层清液中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,会析出CaSO4和CaCO3
微专题1
真题体验
1.D　解析　实验1得到H2SO3溶液,其质子守恒关系式为c()+2c()+c(OH-)=c(H+),则c()+c()c(Mn2+),D项正确。
2.C　解析　亚硫酸是二元弱酸,存在二次电离,电离方程式为H2SO3H++HS,H++S,则溶液中c(H+)>c()>c()>c(OH-),A项正确;亚硫酸根离子是其二级电离产生的,则稀释的时候对氢离子的影响较大,稀释的时候,亚硫酸的浓度变为原来的一半,另外稀释的平衡常数不变,对第二级电离影响很小,则稀释时亚硫酸根离子浓度基本不变,B项正确;加入双氧水之前,生成的白色浑浊为BaSO3沉淀,C项错误;过氧化氢具有强氧化性,可以将+4价硫元素氧化为+6价硫酸根离子,则存在反应Ba2++H2SO3+H2O2BaSO4↓+2H++H2O,则出现白色沉淀的主要原因是生成BaSO4沉淀,D项正确。
3.B　解析　上层清液为碳酸钙的饱和溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,因此c(Ca2+)>c(),A项错误;根据Ka2=4.7×10-11可得=4.7×10-11,则碳酸根离子的水解平衡常数为Kh==≈2.1×10-4>Ka2,说明碳酸根离子的水解程度较大,则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子,B项正确;向体系中通入CO2,+CO2+H2O2HC,c()减小,CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq)正向移动,溶液中钙离子浓度增大,C项错误;由题干可知,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,CaCO3+SCaSO4+C的平衡常数K===≈6.9×10-5,难以实现转化,D项错误。
典题演练
1.B　解析　常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1,c(H+)2.D　解析　由题意,HR是有机酸,是弱酸,不完全电离,常温下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3,A项错误;NaR水溶液中由于R-水解显碱性,加水稀释水解程度变大,但是溶液碱性变弱,溶液的pH减小,B项错误;NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-),C项错误;由已知Ka(HR)>Ka1(H2CO3),HR的酸性比碳酸强,根据越弱越水解,同浓度的NaHCO3溶液水解程度大,碱性强,故NaR溶液的碱性弱,D项正确。
3.D　解析　酚酞为碱性指示剂,实验①滴定终点生成显碱性的NaHCO3,A项正确;实验①中V(盐酸)=20 mL时,生成0.05 mol·L-1 NaHCO3溶液,则c()1,c(OH-)Q(CaSO4),则只会析出CaCO3,D项错误。(共30张PPT)
专题六
溶液中的离子反应与平衡
高
考
专
题
攻
略
微专题　溶液中的离子反应与平衡
专题六　溶液中的离子反应与平衡
1.(2024·江苏卷)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。
实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是(　　)
A.实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+)
B.实验2所得溶液中：c()>c()
C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
D.实验3所得溶液中：c()>c(Mn2+)
解析
2.(2024·浙江1月选考)常温下，将等体积、浓度均为0.40 mol·L-1的BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3　Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8
Ksp(BaSO3)=5.0×10-10，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
下列说法不正确的是(　　)
A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c()>c()>c(OH-)
B.将0.40 mol·L-1 H2SO3溶液稀释到0.20 mol·L-1，c()几乎不变
C.BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D.存在反应Ba2++H2SO3+H2O2===BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
解析
解析
解析
1.对比剖析“三大”平衡
影响因素 升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正比，促进溶解；反之，则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正比，Ksp增大；反之，则Ksp减小
加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变
影响因素 加入相应离子(或物质) 加入CH3COONa或HCl，抑制电离 Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不变 加入AgNO3或NaCl，抑制溶解 Ksp不变
加入反应离子(或物质) 加入OH-，促进电离 Ka不变 加入H+，促进水解 Kh不变 加入氨水，促进溶解 Ksp不变
2.证明弱电解质的方法(以醋酸为例)
(1)测定常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH，pH>1，说明醋酸为弱酸。
(2)测定常温下CH3COONa溶液的pH，pH>7，说明醋酸为弱酸。
(3)同温度、同浓度的盐酸的导电性强于醋酸溶液的导电性，说明醋酸是弱酸。
(4)1 mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)约为0.01 mol·L-1，说明醋酸为弱酸。
(5)取pH=3的醋酸1 mL，用蒸馏水稀释到100 mL，pH<5，说明醋酸为弱酸。
(6)向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固体，溶液的pH变大，说明醋酸为弱酸。
3.溶液酸碱性的判断
(1)明确三个“比较”。
①电离程度大于水解程度，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性。
②水解程度大于电离程度，如HClO的电离程度小于ClO-的水解程度,所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
③酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离程度和水解程度哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HC的水解程度大于其电离程度,故溶液显碱性。
(2)利用常数关系判断溶液的酸碱性。
NaHS溶液显碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)
>c(S2-)，判断的理由是HS-的水解常数Kh=大于其电离常数(Ka2)。
4.水溶液中三大平衡常数的关系
(1)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。
(2)对二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw，Ka2·Kh1=Kw。
解析
解析
2.安息香酸(HR)是最简单的一元芳香酸，其钠盐(用NaR表示)的水溶液呈碱性。已知常温下，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列说法正确的是
(　　)
A.常温下，0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀释，溶液的pH升高
C.NaR水溶液中，c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常温下，NaR溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液弱
由题意，HR是有机酸，是弱酸，不完全电离，常温下，0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3，A项错误；NaR水溶液中由于R-水解显碱性，加水稀释水解程度变大，但是溶液碱性变弱，溶液的pH减小，B项错误；NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH-),
C项错误；由已知Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR的酸性比碳酸强，根据越弱越水解，同浓度的NaHCO3溶液水解程度大，碱性强，故NaR溶液的碱性弱，D项正确。
解析
3.某小组做如下实验：
实验①：向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸溶液
实验②：向2.33 g BaSO4固体中加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液充分搅拌浸泡
[已知：常温下，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数：Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是(　　)
A.实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生反应：+H+===
B.实验①中V(盐酸)=20 mL时，存在c(OH-)C.实验②中再加入2 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3
D.实验②静置，向上层清液中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，会析出CaSO4和CaCO3
解析
解析(共112张PPT)
攻难点（四）
溶液中粒子浓度的
比较及图像分析
专题六　溶液中的离子反应与平衡
核心考点 三年考情 命题预测
溶液中的离子平衡图像 2024湖南T13，HCOOH滴定NaOH的c-V图像； 2024新课标T13，CH2ClCOOH和CHCl2COOH溶液的分布系数δ与pH的变化关系图像 [命题特点]
高考中对水溶液中的离子平衡的考查多以图像为载体，考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中离子浓度的大小关系及等量关系、相关常数的计算等。
2023湖南T12，NaOH标准溶液滴定HCl和CH3COOH的混合溶液的pH随η的变化曲线； 2023湖北T14，Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系图像
2022辽宁T15，甘氨酸溶液中NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数
沉淀溶解平衡图像 2024湖北T13，CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布图； 2024黑吉辽T15，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线 [命题特点]
高考中对水溶液中的离子平衡的考查多以图像为载体，考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中离子浓度的大小关系及等量关系、相关常数的计算等。
[创新考法]
图像创新程度逐年增大，如配合物的解离图像、多平衡体系图像、单一溶液滴定混合溶液等。
2023新课标T13，有关银氨络合物的对数图像； 2023辽宁T15，H2S饱和溶液中pH与-lg c(c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度)关系图
2022湖南T10，用AgNO3溶液滴定Cl-、Br-和I-混合溶液的图像； 2022山东T14，含SrCO3(s)的0.1 mol·L-1、 1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4的四种溶液中lg[c(Sr2+)/mol-1·L-1]随pH的变化关系图像
溶液中微粒浓度大小比较
赢在微点 化学 大二轮
命题角度1
1.(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)
=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是(　　)
A.Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B.0.01 mol·L-1 Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1
D.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中:
c(H+)>c(Cd2+)
解析
解析
2.(2022·浙江1月选考)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)>
c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa溶液和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH=10.00，则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时，0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
解析
3.(天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)
A.在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)
B.在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+
c(C2)
C.在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1
D.氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>
c(H+)
由于磷酸为多元弱酸，第一步电离大于第二步电离，第二步电离大于第三步电离，所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中，粒子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)，A项正确；在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)
+c(HC2)+2c(C2)，B项错误；在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根据元素质量守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,
C项错误；氨水和NH4Cl溶液混合形成pH=9的溶液，则c(OH-)>
c(H+)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+)，则c(Cl-)<
c(N)，D项错误。
解析
1.理解溶液中的“三大守恒”
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化,变成其他离子或分子等，但离子或分子中某些特定元素的原子总数存在确定的比例关系。
(3)质子守恒：即H2O电离出的氢离子和氢氧根离子总数相等。一般根据电荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2.建立解题思维模型
(3)不同溶液中某离子浓度的变化。
若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑制其水解，则该离子浓度增大。
3.“五模板”突破溶液中粒子浓度问题
(1)MCl(强酸弱碱盐)溶液。
①电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)
③粒子浓度：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)
(2)Na2A(强碱弱酸盐)溶液。
①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
②物料守恒：c(Na+)=2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]
③粒子浓度：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)
(3)NaHA(a：水解为主，b：电离为主)。
①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
②物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
(4)HA(弱酸)与NaA的混合液(同浓度、同体积)
(a：pH<7，b：pH>7)。
①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
②物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)
(5)MOH(弱碱)与MCl的混合液(同浓度、同体积)
(a：pH>7，b：pH<7)。
①电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒：2c(Cl-)=c(MOH)+c(M+)
[例]　(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)
=1.8×10-4，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是(　　)
A.水的电离程度：MB.M点：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH)=10 mL时，c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
[图像分析]　结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-，当V(HCOOH)=0 mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知随着甲酸的加入，OH-被消耗，逐渐下降，即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变，经过M点、N点上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。
解析
解析
1.常温下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液，下列说法不正确的是(　　)
A.当滴入NaOH溶液10 mL时，c(Na+)+c(N)B.当滴入NaOH溶液15 mL时，2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(N)=
3c(Na+)
C.当滴入NaOH溶液15 mL时，c(N)>c(NH3·H2O)
D.当溶液呈中性时，NaOH溶液滴入量小于20 mL，c(Na+)+c(N)=
c(Cl-)
当加入NaOH溶液10 mL时，n(NaOH)=n(HCl)=n(NH4Cl)，NaOH与HCl恰好发生中和反应生成NaCl、H2O，n(NaCl)=n(NH4Cl)，在溶液中N会部分发生水解反应生成NH3·H2O，根据元素质量守恒可知c(Na+)+c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，故c(Na+)+c(N)A项正确；当滴入NaOH溶液15 mL时，各种物质的物质的量关系为2n(NaOH)=3n(HCl)=3n(NH4Cl)，HCl完全反应生成NaCl，NH4Cl也
解析
有一半与NaOH反应生成NaCl、NH3·H2O，溶液为NaCl、NH4Cl、NH3·H2O的混合溶液，在溶液中存在N元素的微粒有NH3、N、NH3·H2O，由于溶液的体积相同，根据元素质量守恒可知3c(NH3)+3c(NH3·H2O)+3c(N)=2c(Na+)，B项错误；当滴入NaOH溶液15 mL时，HCl完全反应消耗NaOH溶液10 mL，剩余5 mL NaOH溶液与NH4Cl反应，只有一半NH4Cl反应，得到的溶液中NH4Cl、NH3·H2O的浓度相等，由于NH3·H2O的电离程度大
解析
于N的水解程度，所以微粒浓度c(N)>c(NH3·H2O)，C项正确；若NaOH溶液滴入量为20 mL，HCl、NH4Cl恰好反应生成NaCl、NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，因此要使溶液显中性，NaOH溶液滴入量应小于20 mL，溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，此时c(Na+)+c(N)=c(Cl-)，D项正确。
解析
解析
解析
溶液中离子平衡的图像
赢在微点 化学 大二轮
命题角度2
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
1.与pH有关的图像
(1)pH与稀释倍数的线性关系。
2.酸碱滴定曲线分析
(1)酸碱滴定pH~V标准液曲线的特点。
曲线起点：强碱滴定HA，酸性越强起点越低；强酸滴定BOH，碱性越强起点越高
突变范围：强强滴定范围大于强弱滴定
酸碱指示剂：根据中和反应终点的酸碱性选择。酸性选甲基橙；碱性选酚酞；中性二者均可
(2)巧抓“五个”关键点，突破溶液中的粒子浓度关系。
如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
3.粒子分布系(分)数图像分析
分布曲线指以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
Ka= 交点：c(CH3COO-)=c(CH3COOH)， 故Ka=c(H+)=10-4.76 Ka1=
A点：c(HC2)=c(H2C2O4)，
故Ka1=c(H+)=10-1.2；
Ka2=
B点：c(C2)=c(HC2)，故Ka2=10-4.2
[图像分析]　随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>
Ka(CH2ClCOOH))，曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8。
解析
解析
解析
2.(2024·石家庄质检)常温下，向1 L 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中加入NaOH固体，N、NH3·H2O、HC、C等粒子浓度变化情况如图所示(忽略溶液体积、温度的变化及NH3·H2O和H2CO3的分解)：
已知：Ka1(H2CO3)=10-6.35，Ka2(H2CO3)=10-10.3；Kb(NH3·H2O)=10-4.7。
下列说法错误的是(　　)
A.NH4HCO3溶液中存在：c()>c()>c(OH-)>c(H+)
B.b、d曲线分别表示、浓度的变化情况
C.pH=9.3时，c()>c()=c(NH3·H2O)>c()
D.n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+
c(OH-)
解析
解析
3.(2024·长春质检)常温下，将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠(Na2FeO4)溶液中，溶液中含铁微粒、、H2FeO4、H3的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图。下列说法正确的是(　　)
解析
解析
解析
沉淀溶解平衡图像
赢在微点 化学 大二轮
命题角度3
1.(2024·黑吉辽卷)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25 ℃时，pKa1(H2CrO4)=0.7，pKa2(H2CrO4)=6.5。
解析
解析
2.(2024·湖北卷)CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1，pKa1(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3，pKsp(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是(　　)
解析
解析
解析
3.(2023·河北卷)某温度下，两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中
-lgc(Xx-)或-lgc(Yy-)与-lgc(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是
(　　)
解析
解析
1.有关沉淀溶解平衡Ksp曲线的分析
(1)典型示例。
(2)点的变化。
a→c 曲线上变化，增大c(S)
b→c 加入1×10-5 mol·L-1 Na2SO4溶液(加水不行)
d→c 加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)
c→a 曲线上变化，增大c(Ba2+)
曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液
2.有关沉淀溶解平衡对数图像分析
3.沉淀滴定曲线分析
以0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线为例：
①根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10。
②滴定终点c点为饱和AgCl溶液，c(Ag+)=c(Cl-)。
③相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-，反应终点c向a方向移动。
④相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L-1Br-，反应终点c向b方向移动。
[图像分析]　AgCl饱和溶液中Ag+和Cl-的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中Ag+浓度减小，Cl-浓度增大，[Ag(NH3)]+浓度增大，继续滴加氨水，[Ag(NH3)]+浓度增大的幅度小于[Ag(NH3)2]+，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-与NH3浓度对数变化的曲线。
解析
1.(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)/(mol·L-1)]；c(M)≤10-5 mol·L-1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是(　　)
解析
2.(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1 mol·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关系如图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是(　　)
A.Ksp(CdS)=10-18.4
B.③为pH与-lg c(HS-)的关系曲线
C.Ka1(H2S)=10-8.1
D.Ka2(H2S)=10-14.7
解析
解析
解析
3.(2024·大庆质检)常温下，用0.12 mol·L-1 Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液电导率k和-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V的变化关系如
图所示。下列说法正确的是(　　)
已知：常温下Ksp(BaCO3)=2.6×
10-9。
A.该温度下BaSO4的溶度积常数的数量级为10-6
B.当k=1.7×10-4 μS·cm-1时，溶液中的主要溶质为Na2SO4
C.该BaCl2溶液的物质的量浓度为6.0×10-3 mol·L-1
D.若将0.1 L含0.002 mol BaSO4的悬浊液中的BaSO4完全转化为BaCO3，需加入0.002 mol Na2CO3
解析
解析
4.(2023·北京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1，不同pH下c(C)由图1得到]。
下列说法不正确的是(　　)
A.由图1，pH=10.25，c(HC)=c(C)
B.由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成
C.由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1
D.由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O
从题图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从题图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从题图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1 mol·L-1，C项错误；pH=8时，
解析
溶液中主要含碳微粒是，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2===MgCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确。
解析(共111张PPT)
破大题
(二)　化学工艺流程
专题六　溶液中的离子反应与平衡
真题引领/明确考向
第一部分
1.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)时的pH：
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.9 - 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是__________________________
_______________________；“滤渣1”中金属元素主要为________。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是______________________
____________________________________，取少量反应后的溶液，加入化学试剂_____________________检验____________，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。
增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率
Pb
将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素
K3[Fe(CN)6]溶液
Fe2+
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为______________________________________________、______________________________________________。
(4)“除钴液”中主要的盐有_________________(写化学式)，残留的Co3+浓度为____________mol·L-1。
3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+
3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+
ZnSO4、K2SO4
10-16.7
由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液,
Pb元素的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+,
然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;
解析
最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中的Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；“滤渣1”的主要成
解析
分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后
解析
续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2。(3)该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)最终得到的“除钴液”中
解析
含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)
=10-1.1 mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1，则c(OH-)==10-12.9 mol·L-1，则Ksp[Co(OH)3]=1.0×
解析
10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5，即c(H+)=10-5 mol·L-1，则c(OH-)==10-9 mol·L-1，此时溶液中c(Co3+)==
mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。
解析
2.(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为____________(填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_________________
________________________。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成_____________(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。
CuSO4
Fe(OH)3
4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8S+4H+
细菌
=====
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为__________(填字母)。
A.无需控温 B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为__________________________________________。
BC
做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出
(6)“沉金”中Zn的作用为___________________________________。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为________________________________________________。用碱中和HCN可生成_________________(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au
Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4
NaCN
矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ)，加碱调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2+的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，
“胆水”的主要成分为CuSO4。(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性
解析
环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8+4H+。(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降。(4)细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A项不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B项符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使
解析
用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C项符合题意；由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D项不符合题意。(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。(6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au。(7)滤液②中含有[Zn(CN)4]2+，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2+转化为ZnSO4和HCN,
解析
反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+
Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
解析
　　化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。工艺流程题设问的地方有：反应速率与平衡理论的运用，氧化还原反应的判断、化学方程式的书写，利用控制pH分离除杂，利用溶解度分离，常用的分离方法、实验操作，流程中的物质转化和循环，绿色化学评价，电化学，计算产量、产率、产品
纯度等。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高。
命题热点/逐点突破
赢在微点 化学 大二轮
第二部分
1.
热点一 流程中物质的预处理、转化
方法 目的 理论解释
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率
(2)酸溶时所加酸的量不能太多
①过量的酸可消耗后续调节pH所加的碱性试剂
②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质
②使有机物转化或除去有机物
③高温下原料与空气中氧气反应等
④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
2.化工流程中陌生化学方程式的书写
获取信息 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型
确定类型 类型1 元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律
类型2 元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律
规范作答 最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可
1.(2024·甘肃卷)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5、Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是____________。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和____________。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为_________________________
___________________，该反应能进行的原因是_________________
_________________________________________________。
NH3
SiO2
CaSO4+(NH4)2CO3===
CaCO3+(NH4)2SO4
Ksp(CaSO4)>
Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入SO4在400 ℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液中的溶质主要为MgSO4、Al2(SO4)3及(NH4)2SO4；滤液浓缩结晶析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣中加
解析
入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3
===CaCO3+(NH4)2SO4，该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)=
4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。
解析
2.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是__________________________。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______________________。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_________(填字母)。
a.稀硫酸　 b.浓硫酸　 c.盐酸　 d.磷酸
作还原剂，将BaSO4还原
S2-+Ca2+===CaS↓
c
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行 _______________，其原因是___________________________________________________
_______________。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为_______________
___________________________________________________。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的∶nCO=_________。
不可行
CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度
BaCl2+TiCl4+
2(NH4)2C2O4+H2O===BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
1∶1
由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中含碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体，溶于水后加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不
解析
引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2 BaTiO3+2CO2↑+2CO↑，因此，产生的∶nCO =1∶1。
解析
化学反应条件控制的目的及方法
(1)加氧化剂：氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子。
(2)判断能否加其他物质：要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等。
热点二 流程中反应条件的控制
(3)控制溶液的pH。
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
(4)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)。
①防止副反应的发生。
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向。
③控制固体的溶解与结晶。
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性。
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发。
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离。
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求。
(5)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作：要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的。
(6)控制压强：改变速率，使平衡向需要的方向移动。
(7)使用催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡的时间。
1.(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质
硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+的物质的量之比为__________；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生____________(填化学式)。
1∶1
H2S
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为___________。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是___________________________。
热浸
将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)“置换”中可选用的试剂X为_________(填字母)。
A.Al　　　B.Zn　　　C.Pb　　　D.Ag
“置换”反应的离子方程式为_______________________________。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作___________(填“阴极”或“阳极”)。
C
Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-
阳极
以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag，“热浸”
时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2-，电解得到Pb；过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要是将FeCl3
解析
还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。(1)“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫元素氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb元素和Ag元素的化合价保持不变，所以等物质的量的PbS和Ag2S中S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1∶1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S气体。
解析
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富
解析
银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
解析
2.(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图所示：
已知：最高价铬酸根离子在酸性介质中以Cr2存在，在碱性介质中以Cr存在。
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_________________。
Na2CrO4
Fe2O3
(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______________________________________________。
Na[Al(OH)4]
溶液中c(P)降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀
Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀
(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V或VO3+；在碱性条件下，溶解为V或V。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_______________________________________________。
C
2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O
由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧，将钒、铬转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、
解析
MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)由分析可知,煅烧过程中铬元素转化为铬酸钠。(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁。(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的
解析
目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀。(4)流程图和题干已经告知该步加入了MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷。该步骤中，磷元素以MgNH4PO4形式沉淀，硅元素以MgSiO3形式沉淀，将pH调到9左右达到最好的除杂效果。若pH<9，随着pH变小，P将会转化为HP或H2P，由于HP和H2P的盐的溶解度比磷酸盐大得多，甚至为易溶物，因此会导致磷不能除净。若pH>9，随着pH
解析
变大，Mg2+将转化为Mg(OH)2沉淀，Mg2+浓度降低会使得c(Mg2+)
·c(Si)解析
物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作
(1)除杂：加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使其形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH。
热点三 物质的分离提纯
(2)加热：加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如:侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
(3)降温：防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动。
(4)分离。
①固液分离——过滤。
②液液分离。
a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)。
b.有溶解性差异——(萃取)分液。
c.有沸点差异——蒸馏。
　　萃取与反萃取
(1)萃取原理：萃取是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，将物质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用是： 从矿石的浸出液中提取和富集有价金属，分离化学性质相近的金属离子。
(2)萃取步骤：萃取的操作步骤一般是首先将水溶液(料液)与有机溶剂(或溶液)充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃余液，有机相称为负载有机相，被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物(起富集或分离作用)。
(3)反萃取：被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水)接触，使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程， 故称为反萃取。
1.(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LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图：
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表第_________周期第________族。
(2)烧渣是LiCl、CoCl2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:
________________________________________________________。
四
Ⅷ
SiCl4+4H2O===H4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2O===H2SiO3+4HCl
(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[Co(OH)2]=5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_________________mol·L-1。“850 ℃煅烧”时的
化学方程式为_____________________________________。
焰色试验
5.9×10-7
6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O
850 ℃
======
(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原子的原子半径更大
c.Si—Cl键键能更大
d.Si原子有更多的价层轨道
abd
由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500 ℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴、过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiOH)；滤饼2置于空气中在850 ℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂、过滤后得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。
解析
(1)钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
(2)SiCl4易水解SiCl4+ 4H2O===H4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2O===H2SiO3+4HCl，产生大量烟雾。(3)Li2CO3和Na2CO3所含阳离子不同，灼烧时产生不同焰色，常用焰色试验鉴别。(4)Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，pH=10时c(OH-)=10-4 mol·L-1，得c(Co2+)·c2(OH-)=c(Co2+)×10-8=5.9×10-15，c(Co2+)=5.9×10-7 mol·L-1。由题干可知，850 ℃煅烧时生成Co3O4，化学
解析
方程式为6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O。(5)Si原子半径大于C原子半径，则Si—Cl键的键长长、键能小；同时Si原子电负性小于C原子，Si—Cl键极性大；Si元素位于第三周期，3p轨道更易和H2O分子中的O原子配位。以上因素导致Si—Cl键更易断裂，SiCl4比CCl4更易水解，故选abd。
解析
850 ℃
======
2.金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵晶体的流程如图所示。回答下列问题：
“萃取”机理为R3N+H++Re===R3N·HReO4，则“反萃取”对应的离子方程式为______________________________________________
________________________________________________；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=9.0，则溶液中c()_______(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。[已知：常温下lgKb(NH3·H2O)=-4.7]
R3N·HReO4+NH3===+Re+R3N或
R3N·HReO4+NH3·H2O===+Re+R3N+H2O
>
反萃取时R3N·HReO4与氨气反应生成NH4ReO4、R3N，离子方程式为R3N·HReO4+NH3===+Re+R3N或R3N·HReO4+NH3
·H2O===N+Re+R3N+H2O；lgKb(NH3·H2O)=-4.7，Kb(NH3
·H2O)==10-4.7，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH=
9.0，则溶液中c(OH-)=10-5 mol·L-1，则=100.3>1，c()
>c(NH3·H2O)。
解析
热点四 化学工艺流程中的相关计算
计算公式 物质的质量 分数(或纯度) ×100%
产品产率 ×100%
物质的转化率 ×100%
Ksp的相关计算 AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq)，
Ksp=cm(An+)·cn(Bm-)
计算方法 关系式法 关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系
1.(2024·合肥质检)产品纯度测定：称取1.30 g NaSb(OH)6样品，酸溶后加入适量硫酸肼固体配成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L-1 Ce(SO4)2标准液滴定(Sb3++2Ce4+===Sb5++2Ce3+)，平均消耗标准液20.00 mL。
(1)硫酸肼的作用是_________________。
(2)产品的纯度为__________[NaSb(OH)6的摩尔质量为247 g·mol-1]。
还原剂
95%
(1)加入硫酸肼，使得NaSb(OH)6中Sb元素化合价由+5价降为+3价,作用是还原剂。(2)结合Sb元素守恒及得失电子守恒，得关系式NaSb(OH)6~Sb3+~2Ce4+，产品纯度：×100%=95%。
解析
2.镍—镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍—镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等。回收利用废旧镍—镉电池的一种工艺流程如图所示。
(1)已知：Ni(OH)2的溶度积Ksp=2.0×10-15，“调pH”时溶液中c(Ni2+)=
0.02 mol·L-1，则应控制pH小于_________。
(2)滤渣2可表示为(NH4)xNiy(SO4)z·wH2O。取3.05 g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448 mL气体和0.93 g沉淀，则滤渣2的化学式为________________________。
7.5
(NH4)2Ni(SO4)2·H2O
(1)为避免生成Ni(OH)2沉淀，需控制溶液中的c(OH-)，利用Ni(OH)2的溶度积计算，0.02×c2(OH-)=2.0×10-15，可得c(OH-)=10-6.5 mol·
L-1，则c(H+)=10-7.5 mol·L-1，因此应控制pH小于7.5。(2)由题中所给数据计算可知，在所取的3.05 g样品中，n()=n(NH3)=
=0.02 mol；n(Ni2+)=n[Ni(OH)2]==0.01 mol；根
解析
据电荷守恒关系2n()=n()+2n(Ni2+)，可知n()=
=0.02 mol；n(H2O)= mol=0.01 mol。根据各种微粒的物质的量之比可得滤渣2的化学式为Ni·H2O。
解析
3.(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×
10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是________________________
_____________________________。
(2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是________________
______________。
增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
CoO+H2SO4===
CoSO4+H2O
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=______________
mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离，____________
(填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H+的物质的量为_________________。
1.6×10-4
不能
4.0 mol
(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是__________。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为________________________________
_____________。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是________________________________________________________
________________________________。
Fe(OH)3
2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓
+Cl-+4HClO
向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH大于8.2小于12，静置后过滤、洗涤、干燥
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO+H2SO4===CoSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至
解析
Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol
·L-1，则c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1，c(Co2+)小于0.10 mol·L-1，说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2+Mn2++2H2O===
解析
MnO2↓+4H++2，因此，生成1.0 mol MnO2，产生H+的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中，S2同时将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2++5ClO-+5H2O===
解析
2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH大于8.2小于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
解析
化零为整/综合应用
赢在微点 化学 大二轮
第三部分
1.(2024·湖北卷)铍用于航天器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如图所示。
已知：Be2++4HA BeA2(HA)2+2H+。
回答下列问题：
(1)基态Be2+的轨道表示式为___________。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是________________。
快速冷却
(3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是__________________________
_____________。
(4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式：_________________
_____________________________。“滤液2”可以进入_____________步骤再利用。
先产生白色沉淀，后白色沉淀快速溶解
BeA2(HA)2+6NaOH
===Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O
反萃取分液
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是___________________________。
(6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be原子的配合物，4个Be原子位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be原子的配位环境相同，Be原子与Be原子间通过CH3COO-相连，其化学式为__________________________。
增强熔融氯化铍的导电性
Be4O(CH3COO)6
铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍。(1)基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表示式为 。
解析
(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，观察到的现象为先产生白色沉淀，后沉淀快速溶解。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOH===Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，滤液2
解析
的主要成分为NaOH，可进入反萃取分液步骤再利用。(5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。(6)由题意可知，该配合物中有四个铍原子位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O原子，Be原子与Be原子之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为Be4O(CH3COO)6。
解析
2.(2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼
(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和
光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、
Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol
·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为_________________(填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是___________________
______________________________________________________________________________。
Fe(OH)3
浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5 min后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为：
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2O H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)
已知：(R3NH)2SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_____________________________
___________________________________________________________
___________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
随水层pH增大，H+的浓度减小，
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2O H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化
学平衡向正反应方向移动，(R3NH)2SO4+H++ 2(R3NH·
HSO4)的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅
速增多
萃取
反萃取
②反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=___________。
2∶1
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为__________________________________
________。
2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓
+CO2↑
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n()的比值(写出计算过程)。
初始n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol，550~600 ℃时，固体分解产生H2O的物质的量为n(H2O)=2×10-5 mol，质量为0.36 mg，则产生CO2的质量为(8.84-7.60-0.36) mg=0.88 mg，n(CO2)=2×10-5 mol，NdaOb(CO3)c中n(Nd3+)=4×10-5 mol，n(C)=4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，即n(Nd3+)∶n(C)=2∶1
解析
解析
解析
解析
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