1、KS5U2021 高考真题和模拟题分类汇编 化学 专题 14 沉淀溶解平衡2021 年化学高考题一、单选题1（2021全国高考真题）已知相同温度下，3sp4spBaSOBaCOKK。某温度下，饱和溶液中2-4-lgSOc、2-3-lgCOc、与2+-lgBac 的关系如图所示。下列说法正确的是 A曲线代表3BaCO 的沉淀溶解曲线 B该温度下4BaSO 的sp4BaSOK值为-101.0 10 C加适量2BaCl 固体可使溶液由 a 点变到 b 点 D 2+5.1Ba=10c时两溶液中 212-4yy2-3SO=10COcc【KS5U 答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液
2、中lgc(Ba2)lgc(2-4SO)lgc(Ba2)c(2-4SO)lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中lgc(Ba2)lgc(2-3CO)lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，则lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲线为lgc(Ba2)与lgc(2-4SO)的关系，曲线为lgc(Ba2)与lgc(2-3CO)的关系。【KS5U 解析】A由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线为 BaSO4的沉淀溶解曲线，选项 A 错误；B曲线为 BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc(2-4SO)的关系，由图可知，当溶
3、液中lgc(Ba2)3 时，lgc(2-4SO)7，则lgKsp(BaSO4)7310，因此 Ksp(BaSO4)1.01010，选项 B 正确；C向饱和 BaSO4溶液中加入适量 BaCl2固体后，溶液中 c(Ba2)增大，根据温度不变则 Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中 c(2-4SO)将减小，因此 a 点将沿曲线向左上方移动，选项 C 错误；D由图可知，当溶液中 c(Ba2)105.1时，两溶液中 2-42-3SOCOcc21yy101012yy10，选项 D错误；答案选 B。2（2021全国高考真题）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是 A用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
4、223434COCaSOCaCOSO B过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2H O C硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2H O D氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS 【KS5U 答案】A【KS5U 解析】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O +CaSO4=CaCO3+S24O ，故 A 正确；B过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2N3O=3Fe2+2NO+4H2O，故 B 错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：
5、Al3+3OH-=Al(OH)3，故 C 错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故 D 错误；答案选 A。二、工业流程题3（2021广东高考真题）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(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25时，23H CO 的7a1K=4.5 10，11a2K=4.7 10；8sp4KBaMoO=3.5 10；9sp3KBaCO=2.6 10；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo 元素以24MoO 的形态存在。(1)“焙烧”中，有24Na MoO 生成
6、，其中 Mo 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。生成4BaMoO 的离子方程式为_。若条件控制不当，3BaCO 也会沉淀。为避免4BaMoO 中混入3BaCO 沉淀，溶液中 2-34c HCO:c MoO=_(列出算式)时，应停止加入2BaCl 溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐有 NaCl 和 Y，Y 为_。往滤液中添加适量 NaCl 固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量2CO，可析出 Y。(5)高纯 AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止22H O 刻蚀
7、液与下层GaAs(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知：Ga 和 Al 同族，As 和 N 同族。在22H O 与上层GaAs 的反应中，As 元素的化合价变为+5 价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。【KS5U 答案】+63Al OH24MoO+2Ba =4BaMoO 9781114.710 mol/2.610L103.5 103N a H C O3NH23Al O4:1【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液 I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀 X 为
8、氢氧化铝，滤液 II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【KS5U 解析】（1）“焙烧”中，有24Na MoO 生成，其中 Na 和 O 的化合价为+1 和-2，根据化合价的代数和为 0 可知，Mo 元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X 为3Al OH。（3）滤液 II 中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成4BaMoO 沉淀，该反应的离子方程式为24MoO+2Ba =4BaMoO。若开始生成3BaCO 沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：23443+BaCOHHCOBaMoOMoO，该反应的化学平衡常数为+2+2-2-24344-2-323+3
9、23()c(H)c()c()c(Ba)(H)()()c()c()c(BaBaMoOCOMoOMoOHCOHCOCOBa)()COaspspK KccKcK。为避免4BaMoO 中混入3BaCO 沉淀，必须满足244323BaMoOMoOHCO()(H)()B()C)a OaspspK KcccK，由于“沉钼”中 pH 为 7.0，7(H)1 10 mol/Lc，所以溶液中2372443BaM()()()1 10oOMoOHCOBaCOmol/L()aspspK KccK 时，开始生成3BaCO 沉淀，因此，2-34c HCO:c MoO=7793841211 10 mol/L()1 10 mo
10、l/LBaCO2.6 10BaMoO3.5(4.)7 1010spaspKK K时，应停止加入2BaCl 溶液。（4）滤液 I 中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液 II 中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液 II 中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有 NaCl 和3NaHCO，故Y 为3NaHCO。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量 NaCl 固体后，通入足量3NH，再通入足量2CO，可析出3NaHCO。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由22H O 与 AlAs 反应生成的，联想到金属铝表面容易
11、形成致密的氧化膜可知，该氧化物为23Al O。由Ga 和 Al 同族、As 和 N 同族可知，GaAs 中显+3 价（其最高价）、As 显-3 价。在22H O与上层GaAs 的反应中，As 元素的化合价变为+5 价，其化合价升高了 8，As 元素被氧化，则该反应的氧化剂为22H O，还原剂为GaAs。22H O 中的 O 元素为-1 价，其作为氧化剂时，O 元素要被还原到-2 价，每个22H O 参加反应会使化合价降低 2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:24:1。4（2021河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发
12、展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了 CrFeAlMg 的深度利用和 Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质 V 可代替高温连续氧化工序中的 NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替 NaOH 的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。
13、(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的 pH 为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)4：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【KS5U 答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na+22-4CrO+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO34Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2 Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO38.37【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气
14、高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣 1 和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣 1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【KS5U 解析】
15、(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为 2Na+22-4CrO+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO3，故答案为：2Na+22-4CrO+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO3；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)
16、2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2 Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2 Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣 1 中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为423+Al OHAl+OOHH+H，反应的平衡常数为K1=
17、+4c1OH)lc(HA=-+-4c(OH)cc(H)c(AlHOHO)=1wK K=1013.37，当4cAl OH 为105mol/L 时，溶液中氢离子浓度为14cAl OH1K=513 3711010.mol/L=108.37mol/L，则溶液的 pH 为 8.37，故答案为：8.37。5（2021全国高考真题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有2TiO、2SiO、23Al O、MgO、CaO 以及少量的23Fe O。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 金属离子 3Fe 3Al 2Mg 2Ca 开始沉淀的pH
18、 2.23.59.512.4沉淀完全51c=1.0 10 mol L的 pH 3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，2TiO、2SiO 几乎不发生反应，23Al O、MgO、CaO、23Fe O 转化为相应的硫酸盐，写出23Al O 转化为442NH Al SO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)“母液中2+Mg浓度为_-1mol L。(4)“水浸渣”在 160“酸溶”最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，2TiO 水解析
19、出22TiOxH O沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【KS5U 答案】23442Al O4 NHSO焙烧322442NH Al SO6NH3H O3+3+2+F eA lM g、61.01 0硫酸2SiO4C a S O2+222+(x+1)H OTiOxH O+HTiO2424(N H)S O【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝
20、铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向 pH 约为 2.0 的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到 160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到 TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和 TiOSO4溶液；将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2x H2O。【KS5U 解析】(1)氧化铝转化为硫
21、酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧 NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧 NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的 pH 可知，将 pH 约为 2.0 的滤液加入氨水调节溶液 pH 为 11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(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1105(1102.9)2=11010.8，当溶
22、液 pH 为 11.6 时，溶液中镁离子的浓度为-10.8-2.421 1010（1）=1106mol/L，故答案为：1106；(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，减少 TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到 160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将 TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使 TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2+（x+1）H2O TiO2xH2O+2H
23、+，故答案为：TiO2+(x+1)H2O TiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。2021 年化学高考模拟题一、单选题1（2021重庆市第十一中学校高三二模）下列有关实验操作、现象、结论都正确的是 实验操作及现象 结论 A向 5 mL FeCl3溶液中加入 5 滴同浓度的 KI 溶液，再加入几滴 KSCN 溶液，溶液显血红色 FeCl3与 KI 的反应是可逆反应 B向 AlCl3溶液中逐渐加入 NaOH 溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失 Al(OH)3具有两性
24、C铜片加入稀硫酸中，加热无明显现象，再加入少量硝酸钾固体，溶液变蓝 硝酸钾作催化剂 D向盛有 2 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液的试管中滴加 2 滴同浓度 AgNO3溶液，出现白色沉淀，振荡后再滴加 4滴同浓度 KI 溶液，沉淀转化为黄色 Ksp(AgI)Ksp(AgCl)AABBCCDD【KS5U 答案】D【KS5U 解析】A氯化铁过量，不能判断是否可逆反应，如判断是否为可逆反应，KI 溶液过量，故 A 错误；B向 AlCl3溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，此时发生复分解反应，生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，后白色沉淀消失，则表明氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝
25、酸钠和水，说明 Al(OH)3具有酸性，故 B 错误；C酸性溶液中硝酸根离子可氧化 Cu，与催化作用无关，故 C 错误；D白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成 AgI，生成物溶度积更小，则 Ksp(AgI)2c(HCO 3)+2c(H2CO3)C若 Na2CO3溶液的浓度变为 0.05 molL-1，则 n 点向 c 点方向迁移 D若用 CdCl2溶液替代 CaCl2溶液，则 n 点向 b 点方向迁移【KS5U 答案】C【KS5U 解析】A 图像中 V0=20，Na2CO3溶液与 CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO 23)=93.6 10mol/L，pC=-lg c(CO 23)=
26、-lg610-5，m 不等于 5，故 A 错误；B a 点溶液：溶质为 Na2CO3，存在物料守恒 c(Na+)=2c(CO23)+2c(HCO 3)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=2c(CO23)+c(HCO 3)+c(OH-)，2c(HCO 3)+2c(H2CO3)=c(HCO 3)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO 3)-c(H+)0，c(OH-)AgBrAgIAABBCCDD【KS5U 答案】B【KS5U 解析】A蒸馏装置温度计水银球要在蒸馏烧瓶支管口附近，A 错误。B乙酸乙酯和饱和 Na2CO3溶液不互溶，可用分液的方法分离，B 正确；C制备氢
27、氧化铁胶体，应将几滴饱和 FeCl，溶液滴入沸水中，C 错误；D向 AgCl 悬浊液中加入 NaBr 若生成淡黄色沉淀，可以证明溶解度：AgClAgBr。由于氯化银悬浊液中不确定氯化银的量，溴化钠和碘化钠的物质的量浓度也没有确定，无法判断第一步中氯化银是否完全转化为溴化银，也无法判断第二步哪种物质与碘化钠反应，由此溶解度 AgCl 与 AgI、AgBr 与 AgI，不能比较大小，D 错误；综上所述答案为 B。6（2021黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三其他模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A向 2mL0.1molL-1FeCl3溶液中加入 3mL0.1molL-
28、1KI 溶液充分反应后再滴加 KSCN 溶液 溶液呈红色 FeCl3溶液和 KI 溶液的反应为可逆反应 B向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入新制氢氧化铜溶液并水浴加热 未产生砖红色沉淀 蔗糖未水解 C向 Ag2CrO4饱和溶液中加入产生白色沉淀 Ksp(AgCl)KspFe(OH)3D向 NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝 KwKa1(H2CO3)Ka2(H2CO3)AABBCCDD【KS5U 答案】A【KS5U 解析】A二氧化碳和苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，说明碳酸酸性强于苯酚，A 正确；B加热过程中乙醇蒸汽出来，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明产生了乙烯，B错误；
29、C因为氢氧化钠过量，可以和氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，没有实现沉淀转化，不能比较溶度积常数，C 错误；D碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解大于电离，不能比较碳酸的第一部电离常数和第二步电离常数，D 错误；故选 A。8（2021天津南开区南开中学高三三模）常温下，下列说法正确的是 ApH 均为 3 的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CH3COO-)=2c(2-4SO)B0.1 molL-1NaHSO3溶液中，c(-3HSO)+c(2-3SO)+c(H2SO3)=0.1 mol/LC含有 AgBr 和 AgI 固体的悬浊液：c(Ag+)c(Br-)=c(I-)D浓度均为 0.1
30、 mol/L 的(NH4)2SO4与(NH4)2CO3溶液中，432+cc(NNHHH)O 前者小于后者【KS5U 答案】B【KS5U 解析】A在 pH 相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH3COO-)=2c(2-4SO)。当加水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生醋酸根离子，则 c(CH3COO-)2c(2-4SO)；A 错误；B在该溶液中含 S 元素的微粒有-3HSO、2-3SO、H2SO3，根据 S 元素守恒可知c(-3HSO)+c(2-3SO)+c(H2SO3)=0.1 mol/L，B 正确；C含有 AgBr 和 AgI 固
31、体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)，由于溶度积常数 Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，所以 c(Br-)c(I-)，C 错误；D(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，溶液中只存在4NH 的水解平衡；而(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，在溶液中同时存在4NH、23CO 水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中 c(4NH)比前者小，而 c(NH3H2O)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时 432+cc(NNHHH)O前者大于后者，D 错误；故合理选项是 B。9（2021四川凉山彝族自治州高三二模）根据
32、下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A向待测液中依次滴入氯水和 KSCN溶液 溶液变为红色 待测溶液中含有 Fe2+B向浓度均为0.1mo/L的NaHCO3溶液和 NaHSO3溶液中滴加几滴酚酞试剂 前者溶液变红，后者不变色 NaHCO3水解，而NaHSO3不水解 C向 2 支盛有 2mL 相同浓度银氨溶液的试管中分别加入 2 滴相同浓度的NaCl 和 NaI 溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)Ksp(AgCl)D甲烷与氯气在光照下反应 产生混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 AABBCCDD【KS5U 答案】C【K
33、S5U 解析】A可能溶液中本来就有铁离子，而非亚铁离子，A 错误；B碳酸氢钠水解大于电离，亚硫酸氢钠电离大于水解，并不是不水解，B 错误；C黄色沉淀说明生成了碘化银，碘化银和氯化银形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgI)KspFe(OH)3AABBCCDD【KS5U 答案】C【KS5U 解析】A(NH4)2SO4为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故 A 错误；B炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，故 B 错误；C产物通过 BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了 SO3；品红溶液褪色，说明 SO2有剩余，从
34、而说明 SO2和 O2没有完全反应，SO2和 O2的反应有一定的限度，故 C 错误；D由于 KOH 过量，Al3+与 OH-反应先生成 Al(OH)3沉淀，然后继续与 KOH 反应，生成 KAlO2，并没有发生 Al(OH)3与 Fe3+生成 Fe(OH)3和 Al3+的反应，也就不能说明 KspAl(OH)3与KspFe(OH)3的相对大小，故 D 错误；故答案为 C。12（2021江苏省如皋中学）室温下，通过下列实验探究 NaHS 溶液的性质。实验 实验操作和现象 1向 0.1 molL-1NaHS 溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红 2向 0.1 molL-1 NaHS 溶液中加入等体积
35、0.1 molL-1 NaOH 溶液充分混合 3向 0.1 molL-1 NaHS 溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生 4向 0.1 molL-1 NaHS 溶液中滴加过量 CuCl2溶液，产生黑色沉淀 下列有关说法正确的是 A0.1 molL-1NaHS 溶液中：c(S2-)c(H2S)B实验 2 所得溶液中：c(Na)=c(S2-)c(HS-)c(H2S)C实验 3 说明 HS-不能被氯气氧化 D实验 4 反应静置后的上层清液中有 c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(CuS)【KS5U 答案】D【KS5U 解析】ANaHS 溶液中存在电离平衡 HS-H+S2-和水解平衡 HS-+H2OH
36、2S+OH-，由实验 1 可知 NaHS 溶液显碱性，则 HS-的水解程度大于电离程度，因此 c(S2-)HAD用 AgNO3标准溶液滴定待测液中 Cl-，以 K2CrO4为指示剂 Ksp(Ag2CrO4)Ksp(AgCl)AABBCCDD【KS5U 答案】B【KS5U 解析】ACu 与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，A 错误；B硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有还原性，B 正确；CNaA、NaB 溶液的浓度未知，不能由盐溶液的 pH 来比较对应酸的酸性，C 错误；D以 K2CrO4 为指示剂，说明 Ksp(Ag2CrO4
37、)更小，D 错误；答案选 B。二、多选题14（2021全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是 实验操作 实验现象 结论 A向淀粉溶液中加入 20%的24H SO 溶液，加热一段时间，冷却后加入足量 NaOH溶液，再滴加少量碘水 溶液未变蓝色 淀粉已完全水解 B2242722CrO2HCr OH O+，在227K Cr O 溶液中加入3AgNO 溶液 有砖红色沉淀 24Ag CrO 生成 sp24sp227Ag CrOAg Cr OKKCKI 能与2I 反应生成3KI，向两支盛有3KI 溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和3AgNO 溶液 前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成 3KI 溶液中存在
38、平衡32III D将Cu 与浓硫酸反应后的混合液冷却，再向其中加入蒸馏水 溶液变蓝 有2Cu 生成 AABBCCDD【KS5U 答案】BC【KS5U 解析】A单质碘和氢氧化钠发生如下反应：22I+2NaOH=NaI+NaIO H+O，不能检验淀粉是否完全水解，A 错误；B在227K Cr O 溶液中加入3AgNO 溶液，有砖红色沉淀24Ag CrO 生成，证明sp24sp227Ag CrOAg Cr OKK，B 正确；C两支盛有3KI 溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和3AgNO 溶液，前者溶液变蓝，说明含有单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子，3KI 溶液中存在平衡32III，C 正确；D
39、不能将水加入到Cu 与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，D 错误；答案为：BC。三、工业流程题15（2021九龙坡区重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓 Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌 ZnFe2O4，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得 3 种金属盐，并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的 pH 见表 1。金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表 2。表 1：金属离子浓度及开始沉淀的 pH金属离子 浓度(molL-1)开始沉淀
40、 pH完全沉淀 pHFe2 1.01038.00Fe3 4.01021.73.2Zn2 1.55.57.5Ga3 3.01033.0表 2：金属离子的萃取率 金属离子 萃取率(%)Fe2 0Fe3 99Zn2 0Ga3 9798.5(1)Ga2(Fe2O4)3中 Ga 的化合价为_，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式_。(2)滤液 1 中可回收利用的物质是_，滤饼的主要成分是_；萃取前加入的固体 X 为_。(3)Ga 与 Al 同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为_(填化学式)。(4)GaN 可采用 MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的 Ga(CH3)3为原
41、料，使其与 NH3发生系列反应得到 GaN 和另一种产物，该过程的化学方程式为_。(5)滤液 1 中残余的 Ga3的浓度为_molL-1。【KS5U 答案】+3 价Fe2O2-4+8H=2Fe3+4H2O硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3FeNaGaO2或(GaO-2)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN3.01010.2【分析】由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的 pH，将铁离子和镓离子
42、转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸锌的滤液 1 和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中先加入稀盐酸，将氢氧化铁、氢氧化镓转化为铁离子和镓离子，再加入铁，将铁离子转化为亚铁离子；向反应后的溶液中加入萃取剂萃取溶液中的镓离子，分液得到含有亚铁离子的水层和含有镓离子的有机溶液；向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓；镓与一溴甲烷合成得到 Ga(CH3)3；Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓。【KS5U 解析】(1)由铁酸锌的化学式可知，铁酸根离子中铁元素的化合价为+3
43、价，由化合价代数和为 0 可知，铁酸镓中镓元素的化合价为+3 价；浸出时发生的反应为铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，反应的离子方程式为 Fe2O2-4+8H=2Fe3+4H2O，故答案为：+3 价；Fe2O2-4+8H=2Fe3+4H2O；(2)由分析可知，滤液 1 的主要成分为硫酸锌，滤饼的主要成分为氢氧化铁、氢氧化镓，则滤液 1 中可回收利用的物质是硫酸锌；由表 2 可知，亚铁离子的萃取率为 0，则为除去溶液中的铁离子，应向稀盐酸溶解后的溶液中加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，故答案为：硫酸锌；Fe(OH)3、Ga(OH)3；Fe；(3)由 Ga 与 Al 同主族，化
44、学性质相似可知，反萃取发生的反应为氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠、氯化钠和水，故答案为：NaGaO2或(GaO-2)；(4)由题给信息可知，生成氮化镓的反应为 Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化学方程式为 Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；(5)由表 1 可知，氢氧化镓的溶度积为 3.0103(1.01011)3=3.010,36，则当滤液的 pH 为 5.4时，溶液中镓离子的浓度为-36-8.633.0 10(1.0 10mol/L)=3.01010.2mol/L，故答案为：3.01010.2。16（20
45、21陕西宝鸡市）22CoCl6H O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为23Co O、3Co(OH)，还含少量23Fe O、23Al O、MnO 等)制取22CoCl?6H O 的工艺流程如下:已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表：(金属离子浓度为0.01mol/L)沉淀物 3Fe(OH)2Fe(OH)2Co(OH)3Al(OH)2Mn(OH)开始沉淀 2.77.67.64.07.7完全沉淀 3.79.69.25.29.822CoCl6H O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)已知氧化性33CoFe，浸出液中含有的阳离子主要有H、_
46、、2Fe 、2Mn 、3Al 等。(2)在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为_。(3)加23Na CO 调 pH 的最佳范围是_，过滤所得到的两种沉淀的化学式为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图。控制溶液 pH 为3.03.5，则加入萃取剂的目的是_。(5)“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是_、_和过滤。制得的22CoCl6H O在烘干时需减压烘干的原因是_。为测定粗产品中22CoCl6H O含量，称取5.00g 的粗产品溶于水，加入足量3AgNO 溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为5.91g，则粗产品中22CoCl6H O的质量分数为_(结果保留三位
47、有效数字)。经过检测，发现粗产品中含有 NaCl 杂质，则22CoCl6H O的质量分数可能比实际值_(填“偏大”或“偏小”)。【KS5U 答案】2Co 2332ClO6Fe6HCl6Fe3H O5.2p H7.63F e(O H)、3Al(OH)除去2Mn 蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解9 8.0%偏大【分析】水钴矿(主要成分为23Co O、3Co(OH)，还含少量23Fe O、23Al O、MnO 等)经盐酸酸浸，亚硫酸根将钴元素和铁元素还原为低价态，再用氯酸钠将2Fe 氧化为 Fe3+，调节 pH 将铁元素和铝元素以沉淀形式除去，再用萃取剂萃取锰离子，剩余2Co ，经一系列操
48、作得到22CoCl6H O粗产品，据此分析答题。【KS5U 解析】(1)已知氧化性33CoFe，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离子主要有H、2Co 、2Fe 、2Mn 、3Al 等，答案为：2Co (2)在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化2Fe ，发生的主要离子反应方程式为：2332ClO6Fe6HCl6Fe3H O，答案为：2332ClO6Fe6HCl6Fe3H O；(3)加23Na CO 目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调 pH 的最佳范围是5.2 pH7.6；过滤所得到的两种沉淀的化学式为3Fe(OH)、3Al(OH)，答案为：5.2 pH7.6；3Fe
49、(OH)、3Al(OH)；(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系图可知，当控制溶液 pH 为3.03.5时，2Mn 有较高的萃取率，2Co 萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去2Mn ，答案为：除去2Mn ；(5)CoSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得粗产品，所以“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；22CoCl6H O结晶水合物易失去结晶水，易分解，减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；测定粗产品中22CoCl6H O含量，称取5.00g 的粗产品溶于水，加入足量3AgNO 溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为5.91g，则5.91n
50、(AgCl)=mol143.5，则粗产品中22CoCl6H O的质量分数为5.911238143.5298.0%5.00；若含有氯化钠杂质，也会生成氯化银沉淀，导致质量分数偏大，答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；98.0%；偏大。17（2021青海西宁市高三二模）钴是元素周期表第四周期第 VIII 族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿 Co2O3(含 Cr2O3、NiS 等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：资料：在含一定量 Cl-的溶液中：Co2+4Cl-CoCl2-4。CoCl2-4 溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。盐酸溶液中
51、，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：(1)步骤 i 的目的是_。(2)步骤 ii 中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式：_。(3)从平衡移动角度解释步骤 iii 中加入 NaCl 固体的目的是_。(4)步骤 vi 用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴Co2(OH)2CO3。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因_。(5)步骤 vi 沉钴中(常温下进行)，若滤液中 Co2+含量为 5.910-2gL-1，此时溶液的 pH 为_。KspCo(OH)2=1.010-15(6)步骤 viii
52、 中 Co3O4和 Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到 LiCoO2.该反应的化学方程式是_。【KS5U 答案】增大接触面积，加快浸取速率Co2O3+NiS+6H+=2Co2+S+Ni2+3H2O加入 NaCl 固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2+4Cl-CoCl2-4 平衡右移，CoCl2-4 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少8.04Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离 Co2+与 Cr2+、Ni2
53、+，加入盐酸浓度在 10mol/L 以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl2-4 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到 CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成 Co3O4，加入碳酸锂，可生成 LiCoO2。【KS5U 解析】(1)步骤 i 为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；(2)步骤 ii 中出现了淡黄色沉淀，是 NiS 在酸性环境下将 Co2O3还原为 Co2+，NiS 中的-2 价的 S被氧化为淡黄色的 S 单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2+S+Ni2+
54、3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2+S+Ni2+3H2O；(3)从平衡移动角度解释步骤 iii 中加入 NaCl 固体的目的是加入 NaCl 固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2+4Cl-CoCl2-4 平衡右移，CoCl2-4 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入 NaCl 固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2+4Cl-CoCl2-4 平衡右移，CoCl2-4 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过
55、高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；(5)步骤 vi 沉钴中(常温下进行)，若滤液中 Co2+含量为 5.910-2gL-1，则c(Co2+)=215.9 1059/g Lg mol=10-3mol/L，根据 KspCo(OH)2=1.010-15可知：c(Co2+)c2(OH-)=1.010-15，解得 c(OH-)=1.010-6mol/L，则 c(H+)=1.010-8mol/L，此时溶液的pH 为 8.0。故答案为：8.0；(6)步骤 viii 中 Co3O4和 Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到 LiCoO2.该反应的化学方程
56、式是 4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2高温12LiCoO2+6CO2。18（2021四川成都市成都七中高二零模）某同学在实验室利用 Fe-Mg 合金废料制备金属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：(1)工业上常将 Fe-Mg 合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是_。(2)“酸溶”时，Fe 发生反应的离子方程式为_；写出“氧化”时反应的离子方程式_。(3)制备无水 MgCl2过程中，需要将 SOCl2与 MgCl26H2O 混合并加热，试解释原因_。(4)“沉铁”时，应用 X 调节溶液的 pH，X 是_(任填一种合适试剂的
57、化学式)，当溶液的pH 调节为 4 时，此时溶液中的 c(Fe3+)=_，列式计算并判断此时是否有 Mg(OH)2沉淀生成_已知氧化后的溶液中 c(Mg2+)=0.02 molL-1，KspFe(OH)3=2.710-39、KspMg(OH)2=5.610-12。【KS5U 答案】增大接触面积、提高反应速率和浸取率Fe+2H+=Fe2+H22Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OSOCl2与 H2O 反应同时产生 SO2和 HCl 酸性气体，抑制 MgCl2的水解MgO、Mg(OH)2等2.710-9mol/L2+2-c(M g)c(O H)=0.0 2(110-10)2=210-22K
58、spMg(OH)2=5.610-12，无 Mg(OH)2沉淀生成【分析】Fe-Mg 合金废料加盐酸酸溶，溶液中有氯化镁、氯化亚铁，加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，加MgO 或 Mg(OH)2等当溶液的 pH 调节为 4 时，形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液在氯化氢气流中蒸发，将 SOCl2与 MgCl26H2O 混合并加热，得无水氯化镁，电解得 Mg。【KS5U 解析】(1)工业上常将 Fe-Mg 合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是增大接触面积、提高反应速率和浸取率。故答案为：增大接触面积、提高反应速率和浸取率；(2)“酸溶”时，Fe 发生反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为 Fe+2H+=Fe2+H
59、2；加双氧水将亚铁氧化成氯化铁，“氧化”时反应的离子方程式 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(3)制备无水 MgCl2过程中，需要将 SOCl2与 MgCl26H2O 混合并加热，原因 SOCl2与 H2O 反应同时产生 SO2和 HCl 酸性气体，抑制 MgCl2的水解。故答案为：SOCl2与 H2O 反应同时产生 SO2和 HCl 酸性气体，抑制 MgCl2的水解；(4)“沉铁”时，应用 X 调节溶液的 pH，要促进铁离子水解，又不引入其它杂质离子，X 是 MgO、Mg(OH)2等(任填一
60、种合适试剂的化学式)，当溶液的 pH 调节为 4 时，此时溶液中的c(Fe3+)=3910 3(10.7 1)20=2.710-9mol/L，2+2-c(Mg)c(OH)=0.02(110-10)2=210-22KspMg(OH)2=5.610-12，无 Mg(OH)2沉淀生成。故答案为：MgO、Mg(OH)2等；2.710-9mol/L；2+2-c(Mg)c(OH)=0.02(110-10)2=210-22NiC2O4H2ONiC2O42H2O。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH 如下(开始沉淀的 pH 按金属离子的浓度为 1molL-1计算)：氢氧化物 Fe(OH)3Al(OH)3Ni(
61、OH)2Fe(OH)2开始沉淀时 pH1.83.07.15.8完全沉淀时 pH3.25.09.28.0(1)“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是_。(2)“酸浸”时，温度不宜过高，原因_。常温下，盐酸的浓度为 2.5molL-1，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产采取的“液固比”为_，主要的原因是_。(3)室温下，“浸出”所得溶液中 Fe3+的浓度为 0.2molL-1，当溶液的 pH 调到 2 时，c(Fe3+)=_。加 NiO 调节 pH 的范围为_。(已知：KspFe(OH)3=4.010-38)(4)加入 Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为_。(5)电解过程中产生的氯气
62、在碱性条件下生成 ClO-，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子反应方程式_。【KS5U 答案】除去镍废料表面的矿物油污HCl 挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进 Ni2+水解，部分生产 Ni(OH)26：1该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加0.04molL-10pH7.1NiC2O42H2O2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O【分析】表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入 NiO 调节 pH 的值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，除去铁和铝，加入草酸钠沉淀镍元
63、素，以此解答。【KS5U 解析】(1)表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，故答案为：除去镍废料表面的矿物油污；(2)HCl 挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进 Ni2+水解，部分生产 Ni(OH)2；故答案为：HCl 挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进 Ni2+水解，部分生产 Ni(OH)2；由图可知，“液固比”为 6：1 时浸出率已经很高，用 7：1 提高不大，没有必要增加成本，故答案为：该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加；(3)pH=2 时，c(OH-)=110-12mol/L，代入 KspFe(OH)3=4.010-38=
64、c(OH-)3c(Fe3+)，解得c(Fe3+)=383124.0 101 10=0.04mol/L，加入 NiO 调节 pH 的值，使 Fe3+和 Al3+，由表格数据可知，调节 pH 的范围为 0pH7.1，故答案为：0.04molL-1；0pHNiC2O4H2ONiC2O42H2O，溶解度小的先生成，则加入 Na2C2O4溶液“沉镍”得到的沉淀为 NiC2O42H2O，故答案为：NiC2O42H2O；(5)过滤 2 得到 Ni(OH)2电解滤液 1 产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni(OH)2+2OH-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-，故答案为：2Ni(OH)2+2OH
65、-+Cl22Ni(OH)3+2Cl-。25（2021云南高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含 Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)中回收钴的一种工艺流程如图：相关金属离子Co(Mn+)=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：金属离子 Co2+Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀的 pH7.156.31.56.2沉淀完全的 pH9.158.32.88.2回答下列问题：(1)滤渣 1 是_，“加热酸浸”时为确保安全应注意_。(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_。试剂 X 可以为下列物质中的_。AKOH BZn(OH)2CZnO DNa2C
66、O3(3)操作 1 的名称是_，从流程信息分析，在有机溶剂 M 中_(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作 2 是蒸发浓缩、冷却结晶、_。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化 Co2+生成 Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_，若将次氯酸钠改为 Na2S2O8(还原产物为 SO24)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)常温下，已知 Co(OH)3的溶度积常数为 Ksp，则 Co3+完全沉淀时c(Co3+)10-5molL-1，溶液的 pH 至少为_(用含 Ksp 的式子表示)。【KS5U 答案】SiO2避免明火无法有效除铁BC萃取、分液ZnSO4过滤、洗涤
67、、干燥2Co2+4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3+Cl-1：214+lgsp3-5K1 10【分析】废渣(含 Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣 1 为 SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节 pH 值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作 2 是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。【KS5U 解析】(1)经分析可知滤渣 1 是 SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。(2)若无氧化步骤，亚铁离
68、子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂 X可以为下列物质中的 KOH 和 Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。(3)经分析可知操作 1 的名称是萃取、分液，从流程信息分析，在有机溶剂 M 中 ZnSO4。操作 2 是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化 Co2+生成 Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2+4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3+Cl-，若将次氯酸钠改为 Na2S2O8(还原产物为 SO24)，Na2S2O8与 Co2+得失电子比为 2：1，氧化剂为 Na2S2O8、还原剂为 Co2+，则
69、氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2。(5)常温下，已知 Co(OH)3的溶度积常数为 Ksp，则 Co3+完全沉淀时c(Co3+)10-5molL-1，溶液的 c(OH-)=sp3-5K1 10，pH 至少为 14+lgsp3-5K1 10。26（2021重庆市长寿中学校高三其他模拟）从石油废催化剂(主要含有 Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe 等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：回答下列问题：(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的目的是_，第二次焙烧时25V O 发生反应的化学方程式为_。(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉
70、铁”时，若溶液中 c(Ni2+)=0.5mol/L、c(Fe2+)=0.2mol/L，加入适量碳酸钠调节溶液的 pH 可以使“沉铁”完全且较纯净，则调节 pH 的范围为_(假设溶液体积不变，沉淀完全的离子浓度110-5，lg6=0.8，lg2=0.3，KspFe(OH)3=2.1610-39，KspNi(OH)2=210-15)(3)加入 NH4Cl 调节 pH 到 8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数 K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_温度最佳值约为_，温度过高会使沉钒率下降，原因是_。(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵(NH4)2Mo2O7，相
71、对分子质量为 340，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：则 597时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_。【KS5U 答案】将金属单质 Ni、Mo、Fe 转化为相应的金属氧化物；除去废催化剂表面的有机物252332焙烧V O+N a C O2 N a V O+C O2.8pH6.8480铵盐受热易分解42733225 9 7 CN HM o O2 M o O+2 N H+H O【分析】石油废催化剂(主要含有 Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe 等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及 Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠
72、、偏钒酸钠及不溶于水的 NiO、MoO3及 Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及 Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当 pH 沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入 NH4Cl 调节适当 pH 沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收 Mo 元素，得到钼酸铵。【KS5U 解析】(1)石油废催化剂(主要含有 Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe 等无机物、石油等有机物)进行一次焙烧，一主要是为了将金属单质 Ni、Mo、Fe 转化为相应的金属氧化物，二是除去废催化剂表面的有机物。第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、
73、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：252332焙烧V O+Na CO2NaVO+CO，故答案为：将金属单质 Ni、Mo、Fe 转化为相应的金属氧化物；252332焙烧V O+Na CO2NaVO+CO；(2)“沉铁”完全时 c(Fe3+)=1.010-5mol/L 时，根据 Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=sp333+Fe(OH)(Fe)Kc=-39-3512.16?1010=6.010-12 mol/L，此时pH=-lgc(H+)=-lgw-(OH)Kc=lg6-12+142.8。为了“沉铁”较纯净，Ni2+不能沉淀，Q
74、c=c(Ni2+)c(OH-)KspNi(OH)2=210-15，此时 pH=6.8，故调节 pH 的范围 2.8pH6.8；(3)加入 NH4Cl 调节 pH 到 8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图像可知，加氨系数 K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图像可知，当 K 在 4 附近时，沉淀率可达到最大，则 K 最佳值约为 4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为 80；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80；铵盐受热易分解；(4)设有 1 mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为 340g，在 597时，固体损失 340 g(1-
75、84.7%)=52 g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为 2 mol NH3与1 mol H2O 的质量，所以余下固体应为 MoO3，发生反应的化学方程式为：4273322597NHMo O2MoO+2NH+H O。27（2021山西阳泉市高三三模）电池级 CoSO4可用于制备 CoCO3和 CoC2O4等钴盐。一种以 Co(OH)3粗渣(含有 Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO47H2O 的工艺流程如图所示：已知：黄钠铁矾化学式为 NaFe3(SO4)2(OH)6，是一种淡黄色难溶物。请回答下列问题：(1
76、)滤渣 1 的主要成分为_，请写出一条提高钴元素浸出率的措施：_。(2)“浸出”过程中加入 Na2SO3的主要目的是_。“浸出”过程中，Na2SO3用量、终点 pH对钴浸出率的影响如图所示，则“浸出”过程中应控制的适宜条件是_。(3)“氧化”过程中加入 NaClO3与 Fe2+发生反应的离子方程式为_。(4)“调节 pH”过程中，调节 pH=5，写出生成黄钠铁矾NaF3(SO4)2(OH)6的离子方程式：_。(5)常温下，Ksp(CoCO3)=1.610-13，Ksp(CoC2O4)=6.410-8.向浓度均为 0.01mol/L 的 Na2CO3和 Na2C2O4混合溶液中加入 CoSO4固
77、体，当2-24C O完全沉淀的时候c(2-24C O)c(2-3CO)=_当 c(2-24C O)110-5molL-1时，认为2-24C O完全沉淀。(6)用 CoSO4可制备 CoC2O4.在空气中煅烧 CoC2O4至恒重，得金属氧化物固体 A 和 CO2.测得m(A)=12.05g，m(CO2)=13.2g，则 A 的化学式为_。【KS5U 答案】SiO2将粗 Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答一点)调 pH 使 Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)623n(Na SO)=2.5n(Co)且终点 pH=3.52+-+36Fe+ClO+6H=3+-
78、26Fe+Cl+3H O+3+2-2-2433 H O+N a+3 F e+2 S O+3 C O=3CO2+NaFe3(SO4)2(OH)62.510-16Co3O4【分析】粗 Co(OH)3渣(含有 Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣 1 中，溶液中存在 Fe3+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+，加入 NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入 Na2CO3调 pH 使 Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，得到含 Co2+的溶液，再加入 NaF 沉淀 Ca2+、Mg2+，加入 P2O4沉淀 Cu2
79、+、Zn2+，最终得到 CoSO47H2O，以此解答。【KS5U 解析】(1)由分析可知，滤渣 1 的成分是 SiO2；通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故答案为：SiO2；将粗 Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)；(2)加入 Na2CO3调 pH 使 Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，)；由图可知，当23n(Na SO)=2.5n(Co)且终点 pH=3.5 时，钴浸出率最高，故答案为：调 pH 使 Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6；23n(Na SO)=2.5n(
80、Co)且终点 pH=3.5；(3；“氧化”过程中 NaClO3 把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：2+-+36Fe+ClO+6H=3+-26Fe+Cl+3H O，故答案为：2+-+36Fe+ClO+6H=3+-26Fe+Cl+3H O；(4)等浓度的224C O 和23CO，23CO 先沉淀，当224C O 恰好完全沉淀的时候，c(2-24C O)=110-5molL-1，2-sp245242-3sp3K(CoC O)c(C O)=4 10c(CO)K(CoCO)，则 c(2-3CO)=0.2510-10 molL-1，c(2-24C O)c(2-3CO)=0.2510-10 mol
81、L-1110-5molL-1=2.510-16，故答案为：2.510-16；(5)加入 Na2CO3调 pH 使 Fe3+转化为黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，离子方程式为：+3+2-2-2433H O+Na+3Fe+2SO+3CO=3CO2+NaFe3(SO4)2(OH)6，故答案为：+3+2-2-2433H O+Na+3Fe+2SO+3CO=3CO2+NaFe3(SO4)2(OH)6；(6)在空气中煅烧 CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，2n CO=0.3mol()，24n(CoC O)=0.15mol，m(Co)=8.85g，则固体 A中n(Co)0.153n
82、(O)=0.2=n(O)0.24，故化学式为 Co3O4，故答案为：Co3O4。28（2021济南市山东师范大学附中高三其他模拟）某工厂产生的废渣中主要含有 ZnO，另含有少量 FeO、CuO、SiO2、MnO 等，某科研人员设计的用废渣制取高纯 ZnO 的工艺流程图如下图所示。已知38sp3Fe(OH)10K，16sp2Fe(OH)8.0 10K，20sp2Cu(OH)2.2 10K，17sp2Zn(OH)1.2 10K。(1)“酸浸”步骤中发生的离子反应有_个。(2)“除锰”步骤中发生的离子方程式有_。(3)用平衡移动原理结合必要的文字说明“除铁”的原理_。(4)若“除锰”后所得滤液中2+
83、(Zn)1.2 mol/Lc，2+(Cu)0.022 mol/Lc，“除铁”操作中为了使铁元素完全除去，又不影响高纯 ZnO 的产量，可以调节 pH 的范围是_，滤渣 B 为_。(5)已知：36sp CuS6.3 10()K；23sp ZnS1.2 10()K；有同学认为各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸”“除锰”“除铜”“除铁”也可以除去2+Cu和3+Fe，并回收CuS 和3Fe(OH)，该设计是否合理_(填“是”或“否”)，理由是_。(6)称量24218.9 g ZnC O2H O晶体隔绝空气加热分解，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，加热温度为 200400范围内，生成
84、两种碳的氧化物，则 MN 的化学方程式为_。【KS5U 答案】422222MnH OH O=MnO(OH)2H、232222FeH O2H2Fe2H O加入的 ZnO 与氢离子反应，水解平衡32Fe3H O Fe(OH)3+H+右移，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀而除去3p H5.5Fe(OH)3和 Cu(OH)2否若先加入 ZnS 会将 Fe3+还原为 Fe2+，使铁元素难以除去242222 0 04 0 0Z n C OH OZ n OC OC OH O【KS5U 解析】(1)“酸浸”步骤中发生的离子反应有+2+2ZnO+2H=Zn+H O、+2+2FeO+2H=Fe+H O、+2
85、+2CuO+2H =Cu+H O、+2+2MnO+2H=Mn+H O，共有 4 个。为了增大单位时间的浸出率可将废渣粉碎、适当升温、适当增大盐酸浓度，还可以搅拌。(2)“除锰”步骤中，22H O 将2Mn 氧化为2MnO(OH)，将2+Fe氧化为3+Fe，反应的离子方程式分别为：22222MnH OH O=MnO(OH)2H、232222FeH O2H2Fe2H O。(3)“除铁”的原理是：加入的 ZnO 与氢离子反应，水解平衡3+23Fe+3H OFe OH+3H 右移，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀而除去(4)化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于510mol/L时，沉淀就达完全
86、。当35(Fe)10mol/Lc时，383510(OH)10c1110mol/L，则1431110(H)10mol/L10 c，pHlg(H)3 c，因此，当35(Fe)10mol/Lc时，pH3。由于溶液中2+(Zn)1.2 mol/Lc，当2+Zn开始生成2Zn(OH)沉淀时，溶液中的2()OH c17sp217222+Zn(OH)1.2 1010mol/L(Zn)1.2Kc，因此17172OH1010L)mol/(c，故1114217210(H)10mol/L10c，因此当 Zn2+开始生成2Zn(OH)沉淀时，11pH5.52。为使2+Zn不沉淀，应该控制 pH5.5。综上所述，在“除
87、铁”操作中为了使铁元素完全除去，又不影响高纯 ZnO 的产量，可以调节 pH 的范围是 3pH5.5。当 pH5.5时，217()OH10c，此时，17192Cu(OH)0.0221102.20cQ20sp2Cu(OH)2.2 10K，此时会有2Cu(OH)沉淀生成，因此，滤渣 B 为3Fe(OH)和2Cu(OH)。(5)各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸”“除锰”“除铜”“除铁”也可以除去2Cu 和3+Fe，并回收 CuS 和3Fe(OH)，该设计不合理，理由是若先加入 ZnS 会将3+Fe还原为2+Fe，使铁元素难以除去。(6)24218.9 g ZnC O2H O晶体的物质的量为 0.1 mol，M 点时剩余固体 17.1 g，为2420.1 mol ZnC OH O，加热温度为 200 400 范围内，生成两种碳的氧化物分别为 CO 和2CO，N 点得到 8.1 g 固体，为 0.1 mol ZnO，因此，MN 的化学方程式为24222200400ZnC OH OZnOCOCOH O。
