資源簡介

攻難點(四)　溶液中粒子濃度的比較及圖像分析
核心考點 三年考情 命題預測
溶液中的離子平衡圖像 2024湖南T13,HCOOH滴定NaOH的c-V圖像; 2024新課標T13,CH2ClCOOH和CHCl2COOH溶液的分布系數δ與pH的變化關系圖像 [命題特點] 高考中對水溶液中的離子平衡的考查多以圖像為載體,考查弱電解質的電離平衡、鹽類的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中離子濃度的大小關系及等量關系、相關常數的計算等。 [創新考法] 圖像創新程度逐年增大,如配合物的解離圖像、多平衡體系圖像、單一溶液滴定混合溶液等。
2023湖南T12,NaOH標準溶液滴定HCl和CH3COOH的混合溶液的pH隨η的變化曲線; 2023湖北T14,Fe(Ⅲ)-H2L溶液體系中含Fe物種的組分分布系數δ與pH的關系圖像
2022遼寧T15,甘氨酸溶液中NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分數
沉淀溶解平衡圖像 2024湖北T13,CO2氣氛下,Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布圖; 2024黑吉遼T15,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線
2023新課標T13,有關銀氨絡合物的對數圖像; 2023遼寧T15,H2S飽和溶液中pH與-lg c(c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度)關系圖
2022湖南T10,用AgNO3溶液滴定Cl-、Br-和I-混合溶液的圖像; 2022山東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的四種溶液中lg[c(Sr2+)/mol-1·L-1]隨pH的變化關系圖像
命題角度1　溶液中微粒濃度大小比較
　
1.(2024·安徽卷)環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25 ℃時,H2S飽和溶液濃度約為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。下列說法錯誤的是(　　)
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氣體至飽和,所得溶液中:c(H+)>c(Cd2+)
2.(2022·浙江1月選考)25 ℃時,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列說法正確的是(　　)
A.相同溫度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.將濃度均為0.10 mol·L-1的C6H5ONa溶液和NaOH溶液加熱,兩種溶液的pH均變大
C.25 ℃時,C6H5OH溶液與NaOH溶液混合,測得pH=10.00,則此時溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃時,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體,水的電離程度變小
3.(天津卷)常溫下,下列有關電解質溶液的敘述正確的是(　　)
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)電荷守恒:電解質溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數與所有陰離子所帶的負電荷總數相等。
(2)物料守恒:電解質溶液中由于電離或水解因素,離子會發生變化,變成其他離子或分子等,但離子或分子中某些特定元素的原子總數存在確定的比例關系。
(3)質子守恒:即H2O電離出的氫離子和氫氧根離子總數相等。一般根據電荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2.建立解題思維模型
(1)單一溶液
(2)
(3)不同溶液中某離子濃度的變化。
若其他離子能促進該離子的水解,則該離子濃度減小,若抑制其水解,則該離子濃度增大。
3.“五模板”突破溶液中粒子濃度問題
(1)MCl(強酸弱堿鹽)溶液。
①電荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒:c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)
③粒子濃度:c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)
(2)Na2A(強堿弱酸鹽)溶液。
①電荷守恒: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粒子濃度:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)
(3)NaHA(a:水解為主,b:電離為主)。
①電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
②物料守恒:c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
③粒子濃度:
(4)HA(弱酸)與NaA的混合液(同濃度、同體積)(a:pH<7,b:pH>7)。
①電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
②物料守恒:2c(Na+)=c(HA)+c(A-)
③粒子濃度:
(5)MOH(弱堿)與MCl的混合液(同濃度、同體積)(a:pH>7,b:pH<7)。
①電荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒:2c(Cl-)=c(MOH)+c(M+)
③粒子濃度:
真題例析
[例]　(2024·湖南卷)常溫下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中緩慢滴入相同濃度的HCOOH溶液,混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關系如圖所示,下列說法錯誤的是(　　)
A.水的電離程度:MB.M點:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.當V(HCOOH)=10 mL時,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N點:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
[圖像分析]　結合起點和終點,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同濃度的HCOOH溶液,發生濃度改變的微粒是OH-和HCOO-,當V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知隨著甲酸的加入,OH-被消耗,逐漸下降,即經過M點在下降的曲線表示的是OH-濃度的改變,經過M點、N點上升的曲線表示的是HCOO-濃度的改變。
[聽課記錄]
1.常溫下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL濃度均為0.1 mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液,下列說法不正確的是(　　)
A.當滴入NaOH溶液10 mL時,c(Na+)+c(N)B.當滴入NaOH溶液15 mL時,2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(N)=3c(Na+)
C.當滴入NaOH溶液15 mL時,c(N)>c(NH3·H2O)
D.當溶液呈中性時,NaOH溶液滴入量小于20 mL,c(Na+)+c(N)=c(Cl-)
2.(2024·唐山二模)已知室溫下的電離常數:
電解質 H2CO3 H2SO3 HClO NH3·H2O
電離 常數 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
下列溶液中的離子濃度關系正確的是(　　)
A.NaHSO3溶液中:c(H2SO3)>c()
B.NaOH與CO2 3∶2反應后的溶液中:3c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]
C.等濃度的NH4HSO3、NH4HCO3溶液中c():NH4HSO3>NH4HCO3
D.NaClO與SO2 1∶1反應后的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+2c()+c()+c(OH-)
命題角度2　溶液中離子平衡的圖像
　
1.(2024·山東卷)常溫下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液體系中存在反應:Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq),平衡常數為K。已初始濃度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1,所有含碳物種的摩爾分數與pH變化關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法正確的是(　　)
A.曲線Ⅱ表示CH3COOH的變化情況
B.CH3COOH的電離平衡常數Ka=10-n
C.pH=n時,c(Ag+)= mol·L-1
D.pH=10時,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1
2.(2023·湖南卷)常溫下,用濃度為0.020 0 mol·L-1 的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.020 0 mol·L-1 的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定過程中溶液的pH隨η(η=的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A.Ka(CH3COOH)約為10-4.76
B.點a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.點b:c(CH3COOH)D.水的電離程度:a3.(2023·湖北卷)H2L為某鄰苯二酚類配體,其pKa1=7.46,pKa2=12.4。常溫下構建Fe(Ⅲ) H2L溶液體系,其中c0(Fe3+)=2.0×10-4 mol·L-1,c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1。體系中含Fe元素物種的組分分布系數δ與pH的關系如圖所示,分布系數δ(x)=,已知lg 2≈0.30,lg 3≈0.48。下列說法正確的是(　　)
A.當pH=1時,體系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)
B.pH在9.5~10.5之間,含L元素的物種主要為L2-
C.L2-+[FeL]+[FeL2]-的平衡常數的lg K約為14
D.當pH=10時,參與配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
1.與pH有關的圖像
(1)pH與稀釋倍數的線性關系。
①HY為強酸、HX為弱酸 ②a、b兩點的溶液中:c(X-)=c(Y-) ③水的電離程度:d>c>a=b ①MOH為強堿、ROH為弱堿 ②c(ROH)>c(MOH) ③水的電離程度:a>b
(2)以常溫下將KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中為例,分析pH~lg或lg曲線。
①確定各曲線的含義:二元弱酸(H2X)第一步電離程度遠大于第二步電離程度。lg或lg越大,表示電離程度越大,因而N代表第一步電離曲線,M代表第二步電離曲線。
②pH~lg圖是分布系數圖的變形,通過找lg=0,依次確定pKan。
如上述圖像,可以根據m點、n點的坐標計算pKa1和pKa2。
2.酸堿滴定曲線分析
(1)酸堿滴定pH~V標準液曲線的特點。
強堿滴定等濃度的HA 強酸滴定等濃度的BOH
曲線起點:強堿滴定HA,酸性越強起點越低;強酸滴定BOH,堿性越強起點越高
突變范圍:強強滴定范圍大于強弱滴定
酸堿指示劑:根據中和反應終點的酸堿性選擇。酸性選甲基橙;堿性選酚酞;中性二者均可
(2)巧抓“五個”關鍵點,突破溶液中的粒子濃度關系。
如:室溫下,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的變化如圖所示:
3.粒子分布系(分)數圖像分析
分布曲線指以pH為橫坐標,分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線。
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4為例)
注:pKa為電離常數的負對數
Ka= 交點:c(CH3COO-)= c(CH3COOH), 故Ka=c(H+)=10-4.76 Ka1= A點:c(HC2)=c(H2C2O4), 故Ka1=c(H+)=10-1.2; Ka2= B點:c(C2)=c(HC2),故Ka2=10-4.2
真題例析
[例]　(2024·新課標卷)常溫下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的兩種溶液中,分布系數δ與pH的變化關系如圖所示。[比如:δ(CH2ClCOO-)=]
下列敘述正確的是(　　)
A.曲線M表示δ(CHCl2COO-)~pH的變化關系
B.若酸的初始濃度為0.10 mol·L-1,則a點對應的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-)
C.CH2ClCOOH的電離常數Ka=10-1.3
D.pH=2.08時,=
[圖像分析]　隨著pH的增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH濃度減小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-濃度增大,—Cl為吸電子基團,CHCl2COOH的酸性強于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)> Ka(CH2ClCOOH)),曲線M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的變化關系,δ(酸分子)=δ(酸根離子)=0.5時的pH分別約為1.3、2.8,則兩種酸的電離常數分別為Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈ 10-2.8。
[聽課記錄]
1.常溫下,某二元弱酸H2R的lg M隨pH變化情況如圖所示,M為或。已知:X點和Z點的坐標分別為(0,-1.81)、(6.99,0)。下列說法正確的是(　　)
A.曲線Ⅱ表示lg隨pH變化情況
B.Ka2(H2R)的數量級為10-6
C.Y點的坐標為(4.40,2.59)
D.反應2HR-H2R+R2-的平衡常數K=105.18
2.(2024·石家莊質檢)常溫下,向1 L 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中加入NaOH固體,N、NH3·H2O、HC、C等粒子濃度變化情況如圖所示(忽略溶液體積、溫度的變化及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。
下列說法錯誤的是(　　)
A.NH4HCO3溶液中存在:c()>c()>c(OH-)>c(H+)
B.b、d曲線分別表示、濃度的變化情況
C.pH=9.3時,c()>c()=c(NH3·H2O)>c()
D.n(NaOH)=0.1 mol時,c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)
3.(2024·長春質檢)常溫下,將一定量稀硫酸滴入高鐵酸鈉(Na2FeO4)溶液中,溶液中含鐵微粒、、H2FeO4、H3的物質的量分數δ(X)隨pOH的變化如圖。下列說法正確的是(　　)
A.曲線Ⅲ表示H3的變化曲線
B.a、b、c三點水的電離程度相等
C.25 ℃時,+3H2OH3+3OH-的平衡常數K=10-12.1
D.b點:c(Na+)+c(H+)+c(H3)=c(OH-)+2c()+c()
4.(2024·安徽部分學校聯考)25 ℃時,用HCl氣體調節0.1 mol·L-1氨水的pH,體系中粒子濃度的對數(lg c)、反應物的物質的量之比與溶液pH的關系如圖所示。若忽略通入氣體后溶液體積的變化,下列說法錯誤的是(　　)
A.P1點溶液中:c(Cl-)>c(NH3·H2O)
B.P2點溶液中:c(N)=c(Cl-)
C.25 ℃時,NH4Cl的水解平衡常數的數量級為10-9
D.=0.5時,c(NH3·H2O)+c(N)=2c(Cl-)
命題角度3　沉淀溶解平衡圖像
　
1.(2024·黑吉遼卷)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑,用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl-水樣、含Br-水樣。
已知:①Ag2CrO4為磚紅色沉淀;
②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr;
③25 ℃時,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)
下列說法錯誤的是(　　)
A.曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線
B.反應Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常數K=10-5.2
C.滴定Cl-時,理論上混合液中指示劑濃度不宜超過10-2.0 mol·L-1
D.滴定Br-達終點時,溶液中=10-0.5
2.(2024·湖北卷)CO2氣氛下,Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布如圖。縱坐標(δ)為組分中鉛占總鉛的質量分數。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1,pKa1(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3,pKsp(PbCO3)= 12.1。下列說法錯誤的是(　　)
A.pH=6.5時,溶液中c()B.δ(Pb2+)=δ(PbCO3)時,c(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1
C.pH=7時,2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]<2c()+c()+c()
D.pH=8時,溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO3會溶解
3.(2023·河北卷)某溫度下,兩種難溶鹽AgxX、AgyY的飽和溶液中-lgc(Xx-)或-lgc(Yy-)與-lgc(Ag+)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A.x∶y=3∶1
B.若混合溶液中各離子濃度如J點所示,加入AgNO3(s),則平衡時變小
C.向AgxX固體中加入NayY溶液,可發生AgxX→AgyY的轉化
D.若混合溶液中各離子起始濃度如T點所示,待平衡時c(Xx-)+c(Yy-)<2c(Ag+)
1.有關沉淀溶解平衡Ksp曲線的分析
(1)典型示例。
(2)點的變化。
a→c 曲線上變化,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固體(忽略溶液的體積變化)
c→a 曲線上變化,增大c(Ba2+)
曲線上方的點表示有沉淀生成;曲線下方的點表示不飽和溶液
2.有關沉淀溶解平衡對數圖像分析
圖像 說明
已知:pM=-lg c(M)(M為Mg2+、Ca2+、Mn2+),p(C)= -lg c(C) 橫坐標數值越大,c(C)越小
縱坐標數值越大,c(M)越小
曲線上方的點為不飽和溶液
曲線上的點為飽和溶液
曲線下方的點表示有沉淀生成
曲線上任意一點,坐標數值越大,其對應的離子濃度越小
3.沉淀滴定曲線分析
以0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲線為例:
①根據曲線數據計算可知Ksp(AgCl)的數量級為10-10。
②滴定終點c點為飽和AgCl溶液,c(Ag+)=c(Cl-)。
③相同實驗條件下,若改為0.040 0 mol·L-1 Cl-,反應終點c向a方向移動。
④相同實驗條件下,若改為0.050 0 mol·L-1Br-,反應終點c向b方向移動。
真題例析
[例]　(2023·新課標卷)向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水,發生反應Ag++NH3和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]與lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的關系如圖所示(其中M代表Ag+、Cl-、或[Ag(NH3)2]+)。
下列說法錯誤的是(　　)
A.曲線Ⅰ可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線
B.AgCl的溶度積常數Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75
C.反應[Ag(NH3)]++NH3的平衡常數K的值為103.81
D.c(NH3)=0.01 mol·L-1時,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)
[圖像分析]　AgCl飽和溶液中Ag+和Cl-的濃度相等,向飽和溶液中滴加氨水,溶液中Ag+濃度減小,Cl-濃度增大,[Ag(NH3)]+濃度增大,繼續滴加氨水,[Ag(NH3)]+濃度增大的幅度小于[Ag(NH3)2]+,則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-與NH3濃度對數變化的曲線。
[聽課記錄]
1.(2023·全國甲卷)下圖為Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關系圖(pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)];c(M)≤10-5 mol·L-1可認為M離子沉淀完全)。下列敘述正確的是(　　)
A.由a點可求得Ksp(Fe(OH)3)=10-8.5
B.pH=4時Al(OH)3的溶解度為 mol·L-1
C.濃度均為0.01 mol·L-1的Al3+和Fe3+可通過分步沉淀進行分離
D.Al3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)=0.2 mol·L-1時二者不會同時沉淀
2.(2023·遼寧卷)某廢水處理過程中始終保持H2S飽和,即c(H2S)=0.1 mol·L-1,通過調節pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離,體系中pH與-lg c關系如圖所示,c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度,單位為mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),下列說法正確的是(　　)
A.Ksp(CdS)=10-18.4
B.③為pH與-lg c(HS-)的關系曲線
C.Ka1(H2S)=10-8.1
D.Ka2(H2S)=10-14.7
3.(2024·大慶質檢)常溫下,用0.12 mol·L-1 Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知濃度的BaCl2溶液。溶液電導率k和-lgc(Ba2+)隨滴入Na2SO4溶液體積V的變化關系如圖所示。下列說法正確的是(　　)
已知:常溫下Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。
A.該溫度下BaSO4的溶度積常數的數量級為10-6
B.當k=1.7×10-4 μS·cm-1時,溶液中的主要溶質為Na2SO4
C.該BaCl2溶液的物質的量濃度為6.0×10-3 mol·L-1
D.若將0.1 L含0.002 mol BaSO4的懸濁液中的BaSO4完全轉化為BaCO3,需加入0.002 mol Na2CO3
4.(2023·北京卷)利用平衡移動原理,分析一定溫度下Mg2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。
已知:ⅰ.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ⅱ.圖2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c(C)由圖1得到]。
圖1
圖2
下列說法不正確的是(　　)
A.由圖1,pH=10.25,c(HC)=c(C)
B.由圖2,初始狀態pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,無沉淀生成
C.由圖2,初始狀態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.由圖1和圖2,初始狀態pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,發生反應:Mg2++2HCMgCO3↓+ CO2↑+H2O
攻難點4
命題角度1 　
真題體驗
1.B　解析　Na2S溶液中只有5種離子,分別是H+、Na+、OH-、HS-、S2-,溶液是電中性的,存在電荷守恒,可表示為c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A項正確;0.01 mol·L-1 Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈堿性,其水解常數為Kh====10-1.1,根據硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1 mol·L-1,所以>1,則c(OH-)>c(S2-),B項不正確;Ksp(FeS)遠遠大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS時,可以發生沉淀的轉化,該反應的平衡常數為K===108.9 105,因此該反應可以完全進行,CdS的飽和溶液中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項正確;Cd2++H2SCdS+2H+的平衡常數K====106.23 105,該反應可以完全進行,因此,當向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S氣體至飽和,Cd2+可以完全沉淀,所得溶液中c(H+)>c(Cd2+),D項正確。
2.C　解析　醋酸的酸性強于苯酚,則醋酸根離子的水解程度較小,則相同溫度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)3.A　解析　由于磷酸為多元弱酸,第一步電離大于第二步電離,第二步電離大于第三步電離,所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中,粒子濃度大小為c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P),A項正確;在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中,根據電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),B項錯誤;在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根據元素質量守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,C項錯誤;氨水和NH4Cl溶液混合形成pH=9的溶液,則c(OH-)>c(H+),根據電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),則c(Cl-)真題例析
例　D　解析　M點時,V(HCOOH)=10 mL,溶液中c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,仍剩余有未反應的NaOH,對水的電離是抑制的,N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,此時僅存在HCOONa的水解,此時水的電離程度最大,A項正確;M點時,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶質為c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),M點為交點可知c(HCOO-)=c(OH-),聯合可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),B項正確;當V(HCOOH)=10 mL時,溶液中c(NaOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根據物料守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),聯合可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),C項正確;N點HCOOH溶液與NaOH溶液恰好反應生成HCOONa,甲酸根離子發生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+)觀察圖中N點可知,c(HCOO-)≈0.05 mol·L-1,根據Ka(HCOOH)==1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),D項錯誤。
典題演練
1.B　解析　當加入NaOH溶液10 mL時,n(NaOH)=n(HCl)=n(NH4Cl),NaOH與HCl恰好發生中和反應生成NaCl、H2O,n(NaCl)=n(NH4Cl),在溶液中N會部分發生水解反應生成NH3·H2O,根據元素質量守恒可知c(Na+)+c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-),故c(Na+)+c(N)c(NH3·H2O),C項正確;若NaOH溶液滴入量為20 mL,HCl、NH4Cl恰好反應生成NaCl、NH3·H2O的混合溶液,NH3·H2O電離產生OH-,使溶液顯堿性,因此要使溶液顯中性,NaOH溶液滴入量應小于20 mL,溶液中電荷守恒關系為c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),由于溶液顯中性,c(H+)=c(OH-),此時c(Na+)+c(N)=c(Cl-),D項正確。
2.C　解析　的電離平衡常數為Ka2=10-7.22,水解平衡常數為Kh=====10-12.15,由于Ka2>Kh,以電離為主,c(H2SO3)NH4HCO3,C項正確;NaClO與SO2按1∶1反應的化學方程式為NaClO+SO2+H2ONaCl+H2SO4,反應后的溶液中溶質為NaCl和H2SO4,D項錯誤。
命題角度2 　
真題體驗
1.C　解析　在溶液中存在平衡CH3COOHCH3COO-+H+(①)、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)(②),Ag+的水解平衡為Ag++H2OAgOH+H+(③),隨著pH的增大,c(H+)減小,平衡①③正向移動,c(CH3COOH)、c(Ag+)減小,pH較小時(約小于7.8)CH3COO-濃度增大的影響大于Ag+濃度減小的影響,CH3COOAg濃度增大,pH較大時(約大于7.8)CH3COO-濃度增大的影響小于Ag+濃度減小的影響,CH3COOAg濃度減小,故曲線Ⅰ表示CH3COOH的摩爾分數隨pH變化的關系,曲線Ⅱ表示CH3COO-的摩爾分數隨pH變化的關系,曲線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系,A項錯誤;由題圖可知,當c(CH3COOH)=c(CH3COO-)時(即曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的交點),溶液的pH=m,則CH3COOH的電離平衡常數Ka==10-m,B項錯誤;pH=n時,=10-m,c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH),Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=,c(Ag+)=,由圖可知pH=n時,c(CH3COOH)=c(CH3COOAg),代入整理得c(Ag+)= mol·L-1,C項正確;根據物料守恒,pH=10時溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08 mol·L-1,D項錯誤。
2.D　解析　NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應時,先與強酸反應,然后再與弱酸反應,由滴定曲線可知,a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水,CH3COOH未發生反應,溶質成分為等物質的量的NaCl和CH3COOH;b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH,溶質成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa,且物質的量之比為2∶1∶1;c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應,溶質成分為等物質的量的NaCl、CH3COONa;d點時NaOH過量,溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH。a點時溶質成分為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項正確;a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液,存在物料守恒關系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),B項正確;b點溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa,由于pH<7,溶液顯酸性,說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,則c(CH3COOH)d,D項錯誤。
3.C　解析　由題圖可知,pH=1即c(H+)=0.1 mol·L-1時c([FeL]+)=1.0×10-4 mol·L-1,又因為c0(H2L)=5.0×10-3 mol·L-1,根據Fe3++H2L[FeL]++2H+知,此時c(H2L)=(5.0-0.1)×10-3 mol·L-1=4.9×10-3 mol·L-1,結合Ka1==10-7.46 mol·L-1知,此時c(HL-)=10-7.46×4.9×10-3×10=4.9×10-9.46 mol·L-1,pH=1時,c(OH-)=10-13 mol·L-1,因此這四種離子的濃度大小為c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-),A項錯誤;當溶液pH在9.5~10.5之間時,10-10.5 mol·L-1真題例析
例　D　解析　根據圖像分析可知A、C項錯誤;根據Ka(CHCl2COOH)=,初始c0(CHCl2COOH)=0.1 mol·L-1,若溶液中溶質只有CHCl2COOH,則c(CHCl2COO-)=c(H+)≈=10-1.15 mol·L-1,但a點對應的c(H+)=0.1 mol·L-1,說明此時溶液中加入了酸性更強的酸,根據電荷守恒c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B項錯誤;電離度α=,n始=n電離+n未電離,則α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08時,δ(CH2ClCOO-)=0.15,δ(CHCl2COO-)=0.85,D項正確。
典題演練
1.C　解析　二元弱酸H2R的一級電離常數Ka1(H2R)=c(H+)·,對該式求對數可得lg=pH+lg Ka1(H2R),則曲線Ⅱ表示lg隨pH變化情況,A項錯誤;曲線Ⅰ的函數解析式為lg=-pH-lg Ka2(H2R),該曲線表示lg隨pH變化情況,由Z點坐標(6.99,0)可知lg Ka2(H2R)=-6.99,則Ka2(H2R)=10-6.99,其數量級為10-7,B項錯誤;由X點坐標(0,-1.81)可知lg Ka1(H2R)=-1.81,則Ka1(H2R)=10-1.81,Y點橫坐標為==4.40,將其代入任一曲線的解析式可得Y點縱坐標為2.59,因此Y點的坐標為(4.40,2.59),C項正確;反應2HR-H2R+R2-的平衡常數K=====10-5.18,D項錯誤。
2.C　解析　由電離常數可知,HC在溶液中的水解程度大于N,溶液呈堿性,則溶液中離子濃度的大小順序為c()>c()>c(OH-)>c(H+),A項正確; HC在溶液中的水解常數Kh===10-7.65>Ka2=10-10.3,則HC在溶液中的水解程度大于電離程度使溶液呈堿性,N在溶液中水解使溶液呈酸性,所以向NH4HCO3溶液中加入NaOH固體時,N優先與OH-反應,離子濃度減小的程度大于HC,則由圖可知,a、c曲線表示N、NH3·H2O的濃度變化情況,b、d曲線分別表示HC、C的濃度變化情況,B項正確;由電離常數可知,溶液中=, pH為9.3時,溶液中==0.1,則溶液中碳酸氫根離子濃度大于碳酸根離子濃度,C項錯誤;加入0.1 mol氫氧化鈉固體時,氫氧化鈉與碳酸氫銨溶液反應得到的溶液中存在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-),D項正確。
3.C　解析　溶液pOH越大,溶液中氫氧根離子濃度越小,的物質的量分數越小, H3的物質的量分數越大,由題圖可知,曲線Ⅰ代表的變化、曲線Ⅱ代表的變化、曲線Ⅲ代表H2FeO4的變化、曲線Ⅳ代表H3的變化,A項錯誤;a、b、c三點溶液中微粒成分不同,溶液pOH不同,對水的電離影響程度不同,則水的電離程度不相等,B項錯誤;+H2O+OH-的平衡常數Ka1=,當c()=c()時,Ka1= c(OH-),由題圖可知a點c()=c(),pOH=1.6,則Ka1=10-1.6,同理可知+H2OH2FeO4+OH-的平衡常數Ka2=10-3.2,H2FeO4+H2OH3+OH-的平衡常數Ka3=10-7.3,+3H2OH3+3OH-的平衡常數K==××=Ka1×Ka2×Ka3=10-12.1,C項正確;b點溶液中c()=c(H2FeO4),溶液中存在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)+c(H3)=c(OH-)+2c()+c() +2c(),溶液中c(S)≠0,故b點溶液中c(Na+)+c(H+)+c(H3Fe)≠c(OH-)+2c(Fe)+c(HFe),D項錯誤。
4.C　解析　P1點反應后是氯化銨溶液,溶液顯酸性,c(Cl-)>c()>c(H+)>c(NH3·H2O)>c(OH-),A項正確;P2點c(H+)=c(OH-),由電荷守恒得c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),故c()=c(Cl-),B項正確;NH3·H2O的Kb=,根據題圖可知當lg c()=lg c(NH3·H2O),即c()=c(NH3·H2O)時,溶液pH=9.25,則此時c(OH-)=10-4.75 mol·L-1,所以NH3·H2O的電離平衡常數為10-4.75,的水解常數Kh==10-9.25,數量級為10-10,C項錯誤;=0.5時,相當于等濃度的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液,根據元素守恒,c(NH3·H2O)+c()=2c(Cl-),D項正確。
命題角度3 　
真題體驗
1.D　解析　由于AgCl和AgBr中陰、陽離子個數比均為1∶1,即兩者圖像平行,所以①代表Ag2CrO4,由于相同條件下,AgCl的溶解度大于AgBr,即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),所以②代表AgCl,則③代表AgBr,A項正確;根據曲線①上的點(2.0,7.7),可求得Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c()=(10-2)2×10-7.7=10-11.7,根據曲線②上的點(2.0,7.7),可求得Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-2×10-7.7=10-9.7,根據曲線③上的點(6.1,6.1),可求得Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)=10-6.1×10-6.1=10-12.2, 反應Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常數K=====10-5.2,B項正確;當Cl-恰好滴定完全時,c(Ag+)==10-4.85 mol·L-1,即c()===10-2.0 mol·L-1,因此,指示劑的濃度不宜超過10-2.0 mol·L-1,C項正確;當Br-到達滴定終點時,c(Ag+)=c(Br-)==10-6.1mol·L-1,即c()===100.5 mol·L-1,==10-6.6,D項錯誤。
2.D　解析　δ為組分中鉛占總鉛的質量分數,c0(Pb2+)代表Pb2+的初始濃度,根據元素守恒,c0(Pb2+)等于體系中所有含鉛物種的濃度之和,因此,體系中任何含鉛物種的濃度c(X)=c0(Pb2+)·δ(X)。由題圖可知,pH=6.5時δ(Pb2+)>75%,c(Pb2+)=c0(Pb2+)·δ(Pb2+)>1.5×10-5 mol·L-1,此時體系中還沒有PbCO3(s),則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項正確;δ(Pb2+)=δ(PbCO3)時,體系中還存在Pb(OH)+,因此δ(Pb2+)=δ(PbCO3)<50%,則c(Pb2+)=c0(Pb2+)·δ(Pb2+)<1.0×10-5 mol·L-1,B項正確;體系的初始狀態為Pb(ClO4)2溶液和CO2氣氛,由于Cl不水解,根據c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1可知c(Cl)=4.0×10-5 mol·L-1,讀圖可知,pH=7時,δ(Pb2+)<50%,δ[Pb(OH)+]<25%,則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,則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項正確;pH=8時,含Pb物種主要以PbCO3(s)形式存在,溶解PbCO3有兩種方式:將其轉化為Pb2+或Pb(CO3,即使PbCO3Pb2++C正向移動,或使PbCO3+CPb(CO3正向移動,則需要補充C,若由HC電離提供C,同時電離出的H+會降低溶液pH,與Pb(CO3存在時需要較高的pH矛盾,D項錯誤。
3.D　解析　對于沉淀AgxX,存在沉淀溶解平衡AgxXxAg++Xx-,則Ksp(AgxX)=cx(Ag+)·c(Xx-),在圖像上找兩點(0,16)和(3,7),轉化成相應的離子濃度代入,由于溫度不變,所以計算出的Ksp(AgxX)不變,可求得x=3,對于沉淀AgyY,存在沉淀溶解平衡AgyYyAg++Yy-,Ksp(AgyY)=cy(Ag+)·c(Yy-),按照同樣的方法,在圖像上找兩點(0,10)和(3,7),可求得y=1,A項正確;由圖像可知,若混合溶液中各離子濃度如J點所示,此時=1,加入AgNO3(s),c(Ag+)增大,-lgc(Ag+)減小,則-lgc(Xx-)>-lgc(Yy-),c(Xx-)2c(Ag+),D項錯誤。
真題例析
例　A　解析　氨的濃度較小時AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),濃度較大時AgCl(s)+2NH3[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq),氯化銀的溶解度曲線應與氯離子的曲線吻合,應該為曲線Ⅳ,A項錯誤;由題圖可知,c(NH3)=10-1 mol·L-1時,c(Cl-)=10-2.35 mol·L-1,c(Ag+)=10-7.40 mol·L-1,則氯化銀的溶度積為10-2.35×10-7.40=10-9.75,B項正確;由題圖可知,氨分子濃度對數為-1時,溶液中[Ag(NH3)2]+和[Ag(NH3)]+的濃度分別為10-2.35 mol·L-1和10-5.16 mol·L-1,則[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常數K===103.81,C項正確;c(NH3)=0.01 mol·L-1時,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D項正確。
典題演練
1.C　解析　由點a(2,2.5)可知,此時pH=2,pOH=12,則Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×10-12×3=10-38.5,A項錯誤;由點(5,6)可知,此時pH=5,pOH=9,則Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-6×10-9×3=10-33,pH=4時Al(OH)3的溶解度為=10-3 mol·L-1,B項錯誤;由題圖可知,當鐵離子完全沉淀時,鋁離子尚未開始沉淀,可通過調節溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+,C項正確;由題圖可知,Al3+沉淀完全時,pH約為4.7,Cu2+剛要開始沉淀,此時c(Cu2+)=0.1 mol·L-1,若c(Cu2+)=0.2 mol·L-1>0.1 mol·L-1,則Al3+、Cu2+會同時沉淀,D項錯誤。
2.D　解析　已知H2S飽和溶液中隨著pH的增大,H2S的濃度逐漸減小,HS-的濃度增大,S2-濃度逐漸增大,則有-lgc(HS-)和-lg(S2-)隨著pH增大而減小,且pH相同時,HS-濃度大于S2-,即-lgc(HS-)小于-lg(S2-),則Ni2+和Cd2+濃度逐漸減小,且Ksp(NiS)>Ksp(CdS),即當c(S2-)相同時,c(Ni2+)>c(Cd2+),則-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)隨著pH增大而增大,且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+),由此可知曲線①代表Cd2+、曲線②代表Ni2+、曲線③代表S2-、曲線④代表HS-,B項錯誤;曲線①代表Cd2+、曲線③代表S2-,由圖示曲線①③交點可知,此時c(Cd2+)=c(S2-)=10-13 mol·L-1,則有Ksp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2-)=10-13×10-13=10-26,A項錯誤;曲線④代表HS-,由圖示曲線④兩點坐標可知,此時c(H+)=10-1.6 mol·L-1時,c(HS-)=10-6.5 mol·L-1,Ka1(H2S)===10-7.1或者當c(H+)=10-4.2 mol·L-1時,c(HS-)=10-3.9 mol·L-1,Ka1(H2S)===10-7.1,C項錯誤;已知Ka1·Ka2=×=,由曲線③兩點坐標可知,當c(H+)=10-4.9 mol·L-1時,c(S2-)=10-13 mol·L-1,或者當c(H+)=10-6.8 mol·L-1時,c(S2-)=10-9.2 mol·L-1,故有Ka1·Ka2====10-21.8,結合C項分析可知,Ka1=10-7.1,故有Ka2(H2S)=10-14.7,D項正確。
3.C　解析　恰好完全反應時,由題圖可知,-lgc(Ba2+)=5,此時硫酸根離子、鋇離子主要由硫酸鋇電離得到,c(Ba2+)=c(S)=10-5 mol·L-1,則Ksp=c(Ba2+)·c(S)=10-10,溶度積常數數量級為10-10,A項錯誤;當溶液中電導率k為1.2×10-4 μS·cm-1時,硫酸鈉溶液與氯化鋇溶液恰好反應生成硫酸鋇沉淀和氯化鈉,溶液中的主要溶質為氯化鈉,B項錯誤;氯化鋇溶液的濃度為=6.0×10-3 mol·L-1,C項正確;硫酸鋇的溶度積Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10,0.002 mol BaSO4與0.002 mol Na2CO3完全反應, 當恰好反應時,硫酸根離子為0.002 mol,BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),K-1=====26,則碳酸根離子為0.052 mol,則需要0.054 mol Na2CO3,D項錯誤。
4.C　解析　從題圖1可以看出pH=10.25時,碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同,A項正確;從題圖2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6時,該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方,不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀,B項正確;從題圖2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2時,該點位于曲線Ⅱ的上方,會生成碳酸鎂沉淀,根據物料守恒,溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1 mol·L-1,C項錯誤;pH=8時,溶液中主要含碳微粒是,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1時,該點位于曲線Ⅱ的上方,會生成碳酸鎂沉淀,因此反應的離子方程式為Mg2++2MgCO3↓+H2O+CO2↑,D項正確。破大題(二)　化學工藝流程
　
1.(2024·新課標卷)鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應用。一種從濕法煉鋅產生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下:
已知溶液中相關離子開始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)時的pH:
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
開始沉淀的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
回答下列問題:
(1)“酸浸”前廢渣需粉碎處理,目的是____________________;“濾渣1”中金屬元素主要為____________。
(2)“過濾1”后的溶液中加入MnO2的作用是___________________________________,取少量反應后的溶液,加入化學試劑_____________檢驗_____________,若出現藍色沉淀,需補加MnO2。
(3)“氧化沉鈷”中氧化還原反應的離子方程式為__________________________、_________________________________________________________。
(4)“除鈷液”中主要的鹽有_____________(寫化學式),殘留的Co3+濃度為_____________mol·L-1。
2.(2024·黑吉遼卷)中國是世界上最早利用細菌冶金的國家。已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉化為硫酸鹽,某工廠用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉(其中細小的Au顆粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶煉金,工藝流程如下:
回答下列問題:
(1)北宋時期我國就有多處礦場利用細菌氧化形成的天然“膽水”冶煉銅,“膽水”的主要溶質為_____________(填化學式)。
(2)“細菌氧化”中,FeS2發生反應的離子方程式為_________________________________________。
(3)“沉鐵砷”時需加堿調節pH,生成_____________________(填化學式)膠體起絮凝作用,促進了含As微粒的沉降。
(4)“焙燒氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙燒氧化”,“細菌氧化”的優勢為_____________。
A.無需控溫 B.可減少有害氣體產生
C.設備無需耐高溫 D.不產生廢液廢渣
(5)“真金不怕火煉”,表明Au難被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用為_____________________。
(6)“沉金”中Zn的作用為_________________________________________。
(7)濾液②經H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-轉化為ZnSO4和HCN的化學方程式為_____________________。用堿中和HCN可生成_____________(填溶質化學式)溶液,從而實現循環利用。
　　化工流程題主要考查考生運用化學反應原理及相關知識來解決化工生產中實際問題的能力,具有考查知識面廣、綜合性強、思維容量大的特點。工藝流程題設問的地方有:反應速率與平衡理論的運用,氧化還原反應的判斷、化學方程式的書寫,利用控制pH分離除雜,利用溶解度分離,常用的分離方法、實驗操作,流程中的物質轉化和循環,綠色化學評價,電化學,計算產量、產率、產品純度等。這類題型不但綜合考查考生在中學階段所學的元素及其化合物知識以及物質結構、元素周期律、氧化還原反應、化學用語、電解質溶液、化學平衡、電化學、實驗操作等知識,而且更重要的是能突出考查考生的綜合分析判斷能力、邏輯推理能力,且這類試題陌生度高,文字量大,包含信息多,思維能力要求高。
熱點　流程中物質的預處理、轉化
1.
方法 目的 理論解釋
粉碎、 研磨 將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末 增大反應物接觸面積,以加快反應速率或使反應更充分,也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 與水接觸反應或溶解 (1)加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度,可以加快浸出速率;增加浸出時間可使樣品充分溶解,可提高浸出率 (2)酸溶時所加酸的量不能太多 ①過量的酸可消耗后續調節pH所加的堿性試劑 ②如果實驗過程有硫化物,酸過量會形成有毒氣體硫化氫
酸浸 與酸接觸反應或溶解,使可溶性金屬離子進入溶液,不溶物通過過濾除去
堿浸 除去油污,溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物
灼燒 (焙燒) 1.除去可燃性雜質 2.使原料初步轉化 ①除去硫、碳單質 ②使有機物轉化或除去有機物 ③高溫下原料與空氣中氧氣反應等 ④使一些雜質在高溫下氧化、分解,如煅燒高嶺土
2.化工流程中陌生化學方程式的書寫
獲取信息 首先根據題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式,再根據反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型
確定類型 類型1 元素化合價無變化則為非氧化還原反應,遵循質量守恒定律
類型2 元素化合價有變化則為氧化還原反應,除遵循質量守恒外,還要遵循得失電子守恒規律
規范作答 最后根據題目要求寫出化學方程式或離子方程式(需要遵循電荷守恒規律)即可
1.(2024·甘肅卷)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)為原料,對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用,有效減少了環境污染,主要流程如圖所示:
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5、Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。
(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是_____________。
(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和_____________。
(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為_________________________________________,該反應能進行的原因是_________________________________________。
2.(2023·全國甲卷)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料,采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。
回答下列問題:
(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_____________________________________________。
(2)“焙燒”后固體產物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應的離子方程式為__________________________________________________________________________。
(3)“酸化”步驟應選用的酸是_____________________(填字母)。
a.稀硫酸　b.濃硫酸　c.鹽酸　d.磷酸
(4)如果焙燒后的產物直接用酸浸取,是否可行 _____________,其原因是______________________。
(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學方程式為_____________________________________。
(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,產生的∶nCO=_____________。
熱點　流程中反應條件的控制
化學反應條件控制的目的及方法
(1)加氧化劑:氧化某物質,生成目標產物或除去某些離子。
(2)判斷能否加其他物質:要考慮是否引入雜質(或影響產物的純度)等。
(3)控制溶液的pH。
①調節溶液的酸堿性,使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②“酸作用”還可除去氧化物(膜)。
③“堿作用”還可除去油污,除去鋁片氧化膜,溶解鋁、二氧化硅等。
④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)。
(4)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)。
①防止副反應的發生。
②使化學平衡移動;控制化學反應的方向。
③控制固體的溶解與結晶。
④控制反應速率;使催化劑達到最大活性。
⑤升溫:促進溶液中的氣體逸出,使某物質達到沸點揮發。
⑥加熱煮沸:促進水解,聚沉后利于過濾分離。
⑦趁熱過濾:減少因降溫而析出的溶質的量。
⑧降溫:防止物質高溫分解或揮發;降溫(或減壓)可以減少能源成本,降低對設備的要求。
(5)在空氣中或在其他氣體中進行的反應或操作:要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應;或能否達到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的。
(6)控制壓強:改變速率,使平衡向需要的方向移動。
(7)使用催化劑:加快反應速率,縮短達到平衡的時間。
1.(2024·山東卷)以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下:
回答下列問題:
(1)“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質硫。溶解等物質的量的PbS和Ag2S時,消耗Fe3+的物質的量之比為_____________;溶液中鹽酸濃度不宜過大,除防止“熱浸”時HCl揮發外,另一目的是防止產生_____________(填化學式)。
(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊猗瘛标枠O產物用尾液吸收后在工藝中循環使用,利用該吸收液的操作單元為_____________________。
(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是___________________________________。
(4)“置換”中可選用的試劑X為_____________(填字母)。
A.Al　　　B.Zn　　　C.Pb　　　D.Ag
“置換”反應的離子方程式為______________________________________。
(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,用作_____________(填“陰極”或“陽極”)。
2.(2023·新課標卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在,主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示:
已知:最高價鉻酸根離子在酸性介質中以Cr2存在,在堿性介質中以Cr存在。
回答下列問題:
(1)煅燒過程中,釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽,其中含鉻化合物主要為__________(填化學式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和_____________。
(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性,主要除去的雜質是_____________。
(4)“除硅磷”步驟中,使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時,會導致__________________________________;pH>9時,會導致________________________________________________________。
(5)“分離釩”步驟中,將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀,V2O5在pH<1時,溶解為V或VO3+;在堿性條件下,溶解為V或V。上述性質說明V2O5具有_____________(填字母)。
A.酸性　　　　B.堿性　　　　C.兩性
(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液,反應的離子方程式為___________________________________。
熱點　物質的分離提純
物質轉化過程中分離提純階段的主要操作
(1)除雜:加入沉淀劑或控制溶液的酸堿性使其形成氫氧化物沉淀。如:除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等來調節溶液的pH。
(2)加熱:加快反應速率或使平衡向某個方向移動。如果在制備過程中出現一些受熱易分解的物質或產物,則要注意對溫度的控制。如:侯氏制堿法中的NaHCO3;還有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(濃)等物質。
(3)降溫:防止某物質在高溫時會分解或使平衡向著題目要求的方向移動。
(4)分離。
①固液分離——過濾。
②液液分離。
a.有溶解度差異——結晶或重結晶(蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、烘干;蒸發結晶、趁熱過濾)。
b.有溶解性差異——(萃取)分液。
c.有沸點差異——蒸餾。
　　 萃取與反萃取 (1)萃取原理:萃取是利用物質在互不相溶的溶劑里的溶解度不同,將物質由一個液相轉移到另一個液相的分離方法。萃取的作用是:從礦石的浸出液中提取和富集有價金屬,分離化學性質相近的金屬離子。 (2)萃取步驟:萃取的操作步驟一般是首先將水溶液(料液)與有機溶劑(或溶液)充分混合,然后利用兩相的密度不同靜置分相。分出的稱為萃余液,有機相稱為負載有機相,被萃入到有機相中去的物質稱為被萃取物(起富集或分離作用)。 (3)反萃取:被萃取物萃入有機相后,一般需要使其重新返回水相,此時把負載有機相與反萃劑(一般為無機酸或堿的水溶液,也可以是純水)接觸,使被萃取物轉入水相,這一過程相當于萃取的逆過程,故稱為反萃取。
1.(2023·湖北卷)SiCl4是生產多晶硅的副產物。利用SiCl4對廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進行氯化處理以回收Li、Co等金屬,工藝路線如圖:
回答下列問題:
(1)Co位于元素周期表第_____________周期第_____________族。
(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物,“500 ℃焙燒”后剩余的SiCl4應先除去,否則水浸時會產生大量煙霧,用化學方程式表示其原因:___________________________________。
(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是____________________________。
(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0,則溶液中Co2+濃度為_____________mol·L-1。“850 ℃煅燒”時的化學方程式為___________________________________。
(5)導致SiCl4比CCl4易水解的因素有_____________(填字母)。
a.Si—Cl鍵極性更大
b.Si原子的原子半徑更大
c.Si—Cl鍵鍵能更大
d.Si原子有更多的價層軌道
2.金屬錸廣泛用于航空航天等領域。以鉬精礦(主要成分為鉬的硫化物和少量錸的硫化物)制取高錸酸銨晶體的流程如圖所示。回答下列問題:
“萃取”機理為R3N+H++ReR3N·HReO4,則“反萃取”對應的離子方程式為_________________________________________;常溫下,“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH=9.0,則溶液中c()_____________(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。[已知:常溫下lgKb(NH3·H2O)=-4.7]
熱點　化學工藝流程中的相關計算
物質的質量 分數(或純度) ×100%
產品產率 ×100%
物質的轉化率 ×100%
Ksp的相關計算 AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq), Ksp=cm(An+)·cn(Bm-)
關系式法常應用于一步反應或分多步進行的連續反應中,利用該法可以節省不必要的中間運算過程,避免計算錯誤。一步反應中可以直接找出反應物與目標產物的關系;在多步反應中,若第一步反應的產物是下一步反應的反應物,可以根據化學方程式將某中間物質作為“中介”,找出已知物質和所求物質之間量的關系
1.(2024·合肥質檢)產品純度測定:稱取1.30 g NaSb(OH)6樣品,酸溶后加入適量硫酸肼固體配成250 mL溶液,取25.00 mL溶液于錐形瓶中,用0.050 0 mol·L-1 Ce(SO4)2標準液滴定(Sb3++2Ce4+Sb5++2Ce3+),平均消耗標準液20.00 mL。
(1)硫酸肼的作用是_____________。
(2)產品的純度為_____________[NaSb(OH)6的摩爾質量為247 g·mol-1]。
2.鎳—鎘電池是一種非常理想的直流供電電池。廢舊鎳—鎘電池中含有鎳、鎘、鐵及少量鈷和有機質等?；厥绽脧U舊鎳—鎘電池的一種工藝流程如圖所示。
(1)已知:Ni(OH)2的溶度積Ksp=2.0×10-15,“調pH”時溶液中c(Ni2+)=0.02 mol·L-1,則應控制pH小于_____________。
(2)濾渣2可表示為(NH4)xNiy(SO4)z·wH2O。取3.05 g樣品溶于適量蒸餾水,加入過量NaOH溶液并加熱,產生標準狀況下448 mL氣體和0.93 g沉淀,則濾渣2的化學式為_____________。
3.(2024·全國甲卷)鈷在新能源、新材料領域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。
注:加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于10-5 mol·L-1,其他金屬離子不沉淀,即認為完全分離。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。
②以氫氧化物形式沉淀時,lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的關系如圖所示。
回答下列問題:
(1)“酸浸”前,需將廢渣磨碎,其目的是_________________________________________。
(2)“酸浸”步驟中,CoO發生反應的化學方程式是_________________________________________。
(3)假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此時溶液中c(Co2+)=_____________mol·L-1,據此判斷能否實現Zn2+和Co2+的完全分離,_____________(填“能”或“不能”)。
(4)“沉錳”步驟中,生成1.0 mol MnO2,產生H+的物質的量為_____________。
(5)“沉淀”步驟中,用NaOH調pH=4,分離出的濾渣是_____________。
(6)“沉鈷”步驟中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入適量的NaClO氧化Co2+,其反應的離子方程式為_______________________________________。
(7)根據題中給出的信息,從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_______________________。
1.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹的路徑如圖所示。
已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+。
回答下列問題:
(1)基態Be2+的軌道表示式為_______________________________________________。
(2)為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態,冷卻過程的特點是_____________________。
(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,觀察到的現象是__________________________________________________________________________。
(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式:_______________________________________ _?！盀V液2”可以進入_______________________________步驟再利用。
(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用是______________________________。
(6)Be(OH)2與醋酸反應得到某含4個Be原子的配合物,4個Be原子位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂點,且每個Be原子的配位環境相同,Be原子與Be原子間通過CH3COO-相連,其化學式為______________________________。
2.(2024·江蘇卷)回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。
(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物),用0.4 mol·L-1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率×100%隨浸取時間變化如圖所示。
①含鐵濾渣的主要成分為_____________(填化學式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____________________。
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解,經萃取、反萃取提純后,用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2(SO4)3溶液,原理為:
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有機層)
已知:(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)
其他條件不變,水層初始pH在0.2~0.8范圍內,隨水層pH增大,有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是___________________________________。
②反萃取后,Fe2(SO4)3經轉化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上,O原子未畫出),其中原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=_____________。
(3)凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+可轉化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應的離子方程式為______________________________。
②將8.84 mg Nd(OH)CO3(摩爾質量為221 g·mol-1)在氮氣氛圍中焙燒,剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600 ℃時,所得固體產物可表示為NdaOb(CO3)c,通過以上實驗數據確定該產物中n(Nd3+)∶n()的比值(寫出計算過程)。
破大題(二)
真題引領·明確考向
1.答案　(1)增大固液接觸面積,加快酸浸速率,提高浸取效率　Pb　(2)將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+,以便在后續調pH時除去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　由題中信息可知,用硫酸處理含有Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物的廢渣,得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等離子的溶液,Pb元素的單質或氧化物與硫酸反應生成難溶的PbSO4,則“濾渣1”為“酸浸”時生成的PbSO4;向濾液中加入MnO2,將Fe2+氧化為Fe3+,然后加入ZnO調節pH=4使Fe3+完全轉化為Fe(OH)3,則“濾渣Ⅱ”的主要成分為Fe(OH)3,濾液中的金屬離子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉鈷”,加入強氧化劑KMnO4,將溶液中的Co2+氧化為Co3+,在pH=5時Co3+形成Co(OH)3沉淀,而KMnO4則被還原為MnO2,KMnO4還會與溶液中的Mn2+發生歸中反應生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物,“除鈷液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料預處理過程中,粉碎固體原料能增大固體與液體的接觸面積,從而加快酸浸的反應速率,提高浸取效率;“濾渣1”的主要成分為PbSO4,則“濾渣1”中金屬元素主要為Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等離子。由題表中數據可知,當Fe3+完全沉淀時,Co2+未開始沉淀,而當Fe2+完全沉淀時,Co2+已有一部分沉淀,因此為了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀,應先將Fe2+氧化為Fe3+,然后調節溶液的pH使Fe3+完全水解轉化為Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+,以便在后續調pH時除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+,若生成藍色沉淀,則說明溶液中仍存在Fe2+,需補加MnO2。(3)該過程發生兩個氧化還原反應,根據分析中兩個反應的反應物、產物與反應環境(pH=5),結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出兩個離子方程式:3Co2+++7H2O3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O5MnO2↓+4H+。(4)最終得到的“除鈷液”中含有的金屬離子主要是最初“酸浸”時與加入ZnO調pH時引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉鈷”時引入的K+,而陰離子是在酸浸時引入的,因此其中主要的鹽有ZnSO4和K2SO4。當溶液pH=1.1時c(H+)=10-1.1 mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此時溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1,則c(OH-)==10-12.9 mol·L-1,則Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7?！俺捯骸钡膒H=5,即c(H+)=10-5 mol·L-1,則c(OH-)==10-9 mol·L-1,此時溶液中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)做絡合劑,將Au轉化為[Au(CN)2]-從而浸出　(6)作還原劑,將[Au(CN)2]-還原為Au　(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4　NaCN
解析　礦粉中加入足量空氣和H2SO4,在pH=2時進行細菌氧化,金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽,過濾,濾液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ),加堿調節pH,Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體,可起到絮凝作用,促進含As微粒的沉降,過濾可得到凈化液;濾渣主要為Au,Au與空氣中的O2和NaCN溶液反應得到含[Au(CN)2]-的浸出液,加入Zn進行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2+的濾液②。(1)“膽水”冶煉銅,“膽水”的主要成分為CuSO4。(2)“細菌氧化”的過程中,FeS2在酸性環境下被O2氧化為Fe3+和,離子方程式為4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8+4H+。(3)“沉鐵砷”時,加堿調節pH,Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體,可起到絮凝作用,促進含As微粒的沉降。(4)細菌的活性與溫度息息相關,因此細菌氧化也需要控溫,A項不符合題意;焙燒氧化時,金屬硫化物中的S元素通常轉化為SO2,而細菌氧化時,金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽,可減少有害氣體的產生,B項符合題意;焙燒氧化需要較高的溫度,因此所使用的設備需要耐高溫,而細菌氧化不需要較高的溫度就可進行,設備無需耐高溫,C項符合題意;由流程可知,細菌氧化也會產生廢液廢渣,D項不符合題意。(5)“浸金”中,Au作還原劑,O2作氧化劑,NaCN做絡合劑,將Au轉化為[Au(CN)2]-從而浸出。(6)“沉金”中Zn作還原劑,將[Au(CN)2]-還原為Au。(7)濾液②中含有[Zn(CN)4]2+,經過H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2+轉化為ZnSO4和HCN,反應的化學方程式為Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用堿中和HCN得到的產物,可實現循環利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸金”步驟,從而循環利用。
命題熱點·逐點突破
熱點1
典題演練
1.答案　(1)NH3　(2)SiO2　(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4　Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣
解析　高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入SO4在400 ℃下焙燒,生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁,同時產生氣體,該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應生成(NH4)2CO3,所以該氣體為NH3;焙燒產物經過水浸1,然后過濾,濾渣為CaSO4以及未反應的SiO2,濾液中的溶質主要為MgSO4、Al2(SO4)3及(NH4)2SO4;濾液濃縮結晶析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富鎂溶液;濾渣中加入(NH4)2CO3溶液,濾渣中的CaSO4會轉化為更難溶的碳酸鈣。(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是NH3。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應的SiO2。(3)“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣,反應方程式為CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,該反應之所以能發生,是由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣。
2.答案　(1)作還原劑,將BaSO4還原　(2)S2-+Ca2+CaS↓　(3)c　(4)不可行　CaS也會與鹽酸反應生成有毒氣體和可溶于水的CaCl2,影響產品純度　(5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl　(6)1∶1
解析　由流程和題中信息可知,BaSO4與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;燒渣經水浸取后過濾,濾渣中含碳粉和CaS,濾液中有BaCl2和BaS;濾液經酸化后濃縮結晶得到BaCl2晶體,溶于水后加入TiCl4和(NH4)2C2O4將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2;BaTiO(C2O4)2經熱分解得到BaTiO3。(3)浸取后濾液中主要為BaCl2和BaS,為不引入雜質,“酸化”步驟應選用鹽酸。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,該反應的化學方程式為BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑,因此,產生的∶nCO =1∶1。
熱點2
典題演練
1.答案　(1)1∶1　H2S　(2)熱浸　(3)將過量的Fe3+還原為Fe2+　(4)C　Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-　(5)陽極
解析　以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag,“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質硫,Fe3+被還原為Fe2+,過濾Ⅰ除掉單質硫濾渣,濾液中[PbCl4]2-在稀釋降溫的過程中轉化為PbCl2沉淀,然后用飽和食鹽水熱溶,增大氯離子濃度,使PbCl2又轉化為[PbCl4]2-,電解得到Pb;過濾Ⅱ后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入鉛精礦主要是將FeCl3還原為FeCl2,試劑X將[AgCl2]-置換為Ag,得到富銀鉛泥,試劑X為鉛,尾液為FeCl2。
(1)“熱浸”時,Fe3+將PbS和Ag2S中-2價的硫元素氧化為單質硫,Fe3+被還原為Fe2+,在這個過程中Pb元素和Ag元素的化合價保持不變,所以等物質的量的PbS和Ag2S中S2-物質的量相等,所以消耗Fe3+的物質的量相等,比值為1∶1;溶液中鹽酸濃度過大,這里主要考慮氫離子濃度會過大,會生成H2S氣體。(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,會溶解為[PbCl4]2-,電解[PbCl4]2-溶液制備金屬Pb,Pb在陰極產生,陽極Cl-放電產生Cl2, 尾液成分為FeCl2,FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3,可以在熱浸中循環使用。(3)過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+,根據還原之后可以得到含硫濾渣,“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以得到富銀鉛泥,為了防止引入其他雜質,則試劑X應為Pb,發生的反應為Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛,將銀和鉛分離出來,所以不可能作為陰極,應作為陽極板,陽極放電,銀變成陽極泥而沉降下來,鉛失電子為Pb2+,陰極得電子得到Pb,所以電極板應作陽極。
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　由題給流程可知,鉻釩渣在氫氧化鈉、碳酸鈉和空氣中煅燒,將釩、鉻轉化為相應的最高價含氧酸鹽,煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液;向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH,將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀,過濾得到氫氧化鋁濾渣和濾液;向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液;向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩,過濾得到五氧化二釩和濾液;向濾液中加入焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子,調節溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀,過濾得到氫氧化鉻。(1)由分析可知,煅燒過程中鉻元素轉化為鉻酸鈉。(2)由分析可知,水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵。(3)由分析可知,沉淀步驟調pH到弱堿性的目的是將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀。(4)流程圖和題干已經告知該步加入了MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷。該步驟中,磷元素以MgNH4PO4形式沉淀,硅元素以MgSiO3形式沉淀,將pH調到9左右達到最好的除雜效果。若pH<9,隨著pH變小,P將會轉化為HP或H2P,由于HP和H2P的鹽的溶解度比磷酸鹽大得多,甚至為易溶物,因此會導致磷不能除凈。若pH>9,隨著pH變大,Mg2+將轉化為Mg(OH)2沉淀,Mg2+濃度降低會使得c(Mg2+)·c(Si)熱點3
典題演練
1.答案　(1)四?、?2)SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl　(3)焰色試驗
(4)5.9×10-7　6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O
(5)abd
解析　由流程和題中信息可知,LiCoO2粗品與SiCl4在500 ℃焙燒時生成氧氣和燒渣,燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物;燒渣經水浸、過濾后得濾液1和濾餅1,濾餅1的主要成分是SiO2;濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷、過濾后得濾餅2[主要成分為Co(OH)2]和濾液2(主要溶質為LiOH);濾餅2置于空氣中在850 ℃煅燒得到Co3O4;濾液2經碳酸鈉溶液沉鋰、過濾后得到濾液3和濾餅3,濾餅3為Li2CO3。(1)鈷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,產生大量煙霧。(3)Li2CO3和Na2CO3所含陽離子不同,灼燒時產生不同焰色,常用焰色試驗鑒別。(4)Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,pH=10時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。由題干可知,850 ℃煅燒時生成Co3O4,化學方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)Si原子半徑大于C原子半徑,則Si—Cl鍵的鍵長長、鍵能小;同時Si原子電負性小于C原子,Si—Cl鍵極性大;Si元素位于第三周期,3p軌道更易和H2O分子中的O原子配位。以上因素導致Si—Cl鍵更易斷裂,SiCl4比CCl4更易水解,故選abd。
2.答案　R3N·HReO4+NH3+Re+R3N或R3N·HReO4+NH3·H2O+Re+R3N+H2O　>
解析　反萃取時R3N·HReO4與氨氣反應生成NH4ReO4、R3N,離子方程式為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”得到高錸酸銨溶液的pH=9.0,則溶液中c(OH-)=10-5 mol·L-1,則=100.3>1,c()>c(NH3·H2O)。
熱點4
1.答案　(1)還原劑　(2)95%
解析　(1)加入硫酸肼,使得NaSb(OH)6中Sb元素化合價由+5價降為+3價,作用是還原劑。(2)結合Sb元素守恒及得失電子守恒,得關系式NaSb(OH)6~Sb3+~2Ce4+,產品純度:×100%=95%。
2.答案　(1)7.5　(2)(NH4)2Ni(SO4)2·H2O
解析　(1)為避免生成Ni(OH)2沉淀,需控制溶液中的c(OH-),利用Ni(OH)2的溶度積計算,0.02×c2(OH-)=2.0×10-15,可得c(OH-)=10-6.5 mol·L-1,則c(H+)=10-7.5 mol·L-1,因此應控制pH小于7.5。(2)由題中所給數據計算可知,在所取的3.05 g樣品中,n()=n(NH3)==0.02 mol;n(Ni2+)=n[Ni(OH)2]==0.01 mol;根據電荷守恒關系2n()=n()+2n(Ni2+),可知n()==0.02 mol;n(H2O)= mol=0.01 mol。根據各種微粒的物質的量之比可得濾渣2的化學式為Ni·H2O。
3.答案　(1)增大固體與酸反應的接觸面積,提高鈷元素的浸出效率　(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)向濾液中滴加NaOH溶液,邊加邊攪拌,控制溶液的pH大于8.2小于12,靜置后過濾、洗滌、干燥
解析　(1)“酸浸”前,需將廢渣磨碎,其目的是增大固體與酸反應的接觸面積,提高鈷元素的浸出效率。(2)“酸浸”步驟中,Cu不溶解,Zn單質及其他+2價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外,其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液,即CoO轉化為CoSO4,反應的化學方程式為CoO+H2SO4CoSO4+H2O。(3)假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此時溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1,則c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1,c(Co2+)小于0.10 mol·L-1,說明大部分Co2+也轉化為硫化物沉淀,據此判斷不能實現Zn2+和Co2+的完全分離。(4)“沉錳”步驟中,Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去,發生的反應為S2+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2,因此,生成1.0 mol MnO2,產生H+的物質的量為4.0 mol。(5)“沉錳”步驟中,S2同時將Fe2+氧化為Fe3+,“沉淀”步驟中用NaOH調pH=4,Fe3+可以完全沉淀為Fe(OH)3,因此,分離出的濾渣是Fe(OH)3。(6)“沉鈷”步驟中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入適量的NaClO氧化Co2+,為了保證Co2+被完全氧化,NaClO要適當過量,其反應的離子方程式為2Co2++5ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根據題中給出的信息,“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5,溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在,當pH>12后氫氧化鋅會溶解轉化為[Zn(OH)4]2-,因此,從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是向濾液中滴加NaOH溶液,邊加邊攪拌,控制溶液的pH大于8.2小于12,靜置后過濾、洗滌、干燥。
化零為整·綜合應用
1.答案　(1)
↑↓
　(2)快速冷卻　(3)先產生白色沉淀,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)增強熔融氯化鈹的導電性　(6)Be4O(CH3COO)6
解析　鋁硅酸鹽先加熱熔融,然后快速冷卻到其玻璃態,再加入稀硫酸酸浸過濾,濾渣的成分為H2SiO3,“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,水相1中含有Al3+,有機相為BeA2(HA)2,加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)4]進入水相2中,分離出含NaA的煤油,最后對水相2加熱過濾,分離出Be(OH)2,通過系列操作得到金屬鈹。(1)基態Be2+的電子排布式為1s2,其軌道表示式為
↑↓
。(2)熔融態物質冷卻凝固時,緩慢冷卻會形成晶體,快速冷卻會形成非晶態,即玻璃態,所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態,其冷卻過程的特點為快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,則水相1中含有Al3+,則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液,觀察到的現象為先產生白色沉淀,后沉淀快速溶解。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式為BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O,濾液2的主要成分為NaOH,可進入反萃取分液步驟再利用。(5)氯化鈹的共價性較強,電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹的導電性。(6)由題意可知,該配合物中有四個鈹原子位于四面體的四個頂點上,四面體中心只有一個O原子,Be原子與Be原子之間總共有六個CH3COO-,則其化學式為Be4O(CH3COO)6。
2.答案　(1)①Fe(OH)3　②浸出初期,c(H+)較大,鐵的浸出率較大,約5 min后,溶液酸性減弱,Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣　(2)① 隨水層pH增大,H+的濃度減小,(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化學平衡向正反應方向移動,(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)的化學平衡逆向移動,該平衡逆向移動引起(R3NH)2SO4濃度的增大,進一步促進萃取平衡向萃取方向移動,導致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大,因此,有機層中Fe元素含量迅速增多　②2∶1　(3)① 2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑?、诔跏糿[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol,550~600 ℃時,固體分解產生H2O的物質的量為n(H2O)=2×10-5 mol,質量為0.36 mg,則產生CO2的質量為(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釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸,得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中信息可知,Nd浸出率逐漸增大,而Fe浸出率先增大后逐漸減小,說明隨著Nd浸出率的增大,稀鹽酸中的H+濃度逐漸減小,pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,因此,含鐵濾渣的主要成分為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,約5 min隨著Nd浸出率增大,稀鹽酸中的H+濃度逐漸減小,pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣,Fe浸出率又減小。(2)①減小生成物濃度,化學平衡向正反應方向移動,因此,其他條件不變,水層初始pH在0.2~0.8范圍內,隨水層pH增大,H+的濃度減小,(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化學平衡向正反應方向移動,H+濃度減小使平衡(R3NH)2SO4+H++2(R3NH·HSO4)逆向移動,引起(R3NH)2SO4濃度的增大,進一步促進平衡(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移動,導致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大,因此,有機層中Fe元素含量迅速增多;②由鐵酸鉍晶胞結構示意圖可知,晶胞中體內有4個Fe原子,面上有8個Fe原子,根據均攤法可知,Fe原子的數目為4×1+8×=8;Bi原子全部在晶胞的面上,共有8×=4個,因此,其中原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液,Nd3+和相互促進對方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2,該反應的離子方程式為2Nd3++3C+H2O2Nd(OH)CO3↓+CO2↑;②8.84 mg Nd(OH)CO3的物質的量為=4×10-5 mol,其在氮氣氛圍中焙燒后,金屬元素的質量和化合價均保持不變,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃時剩余固體的質量為7.60 mg,固體減少的質量為1.24 mg,由于堿式鹽在受熱分解時易變為正鹽,氫氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸鹽分解得到氧化物和CO2,因此,可以推測固體變為NdaOb(CO3)c時失去的質量是生成H2O和CO2的質量;根據H元素守恒可知,固體分解時生成H2O的質量為4×10-5 mol××18×103 mg· mol-1=0.36 mg,則生成CO2的質量為1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,則生成CO2的物質的量為=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的的物質的量為4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以確定該產物中n(Nd3+)∶n()的值為=2∶1。專題六　溶液中的離子反應與平衡
微專題　溶液中的離子反應與平衡
　
1.(2024·江蘇卷)室溫下,通過下列實驗探究SO2的性質。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2, Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
實驗1:將SO2氣體通入水中,測得溶液pH=3。
實驗2:將SO2氣體通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中,當溶液pH=4時停止通氣。
實驗3:將SO2氣體通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中,當溶液恰好褪色時停止通氣。
下列說法正確的是(　　)
A.實驗1所得溶液中:c()+c()>c(H+)
B.實驗2所得溶液中:c()>c()
C.實驗2所得溶液經蒸干、灼燒制得NaHSO3固體
D.實驗3所得溶液中:c()>c(Mn2+)
2.(2024·浙江1月選考)常溫下,將等體積、濃度均為0.40 mol·L-1的BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合,出現白色渾濁;再滴加過量的H2O2溶液,振蕩,出現白色沉淀。
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
下列說法不正確的是(　　)
A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c()>c()>c(OH-)
B.將0.40 mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20 mol·L-1,c()幾乎不變
C.BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D.存在反應Ba2++H2SO3+H2O2BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
3.(2023·浙江1月選考)碳酸鈣是常見難溶物,將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡:
CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,H2CO3的電離常數Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11],下列有關說法正確的是(　　)
A.上層清液中存在c(Ca2+)=c()
B.上層清液中含碳微粒最主要以形式存在
C.向體系中通入CO2氣體,溶液中c(Ca2+)保持不變
D.通過加Na2SO4溶液可實現CaCO3向CaSO4的有效轉化
1.對比剖析“三大”平衡
平衡 類型 電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
研究對象 弱電解質溶液 能水解的鹽溶液 難溶電解質
升溫 促進電離 Ka增大 促進水解 Kh增大 若難溶物的溶解度與溫度成正比,促進溶解;反之,則抑制溶解 若難溶物的溶解度與溫度成正比,Ksp增大;反之,則Ksp減小
加水 促進電離 Ka不變 促進水解 Kh不變 促進溶解 Ksp不變
加入相應離子(或物質) 加入CH3COONa或HCl,抑制電離 Ka不變 加入CH3COOH或NaOH,抑制水解 Kh不變 加入AgNO3或NaCl,抑制溶解 Ksp不變
加入反應離子(或物質) 加入OH-,促進電離 Ka不變 加入H+,促進水解 Kh不變 加入氨水,促進溶解 Ksp不變
2.證明弱電解質的方法(以醋酸為例)
(1)測定常溫下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH,pH>1,說明醋酸為弱酸。
(2)測定常溫下CH3COONa溶液的pH,pH>7,說明醋酸為弱酸。
(3)同溫度、同濃度的鹽酸的導電性強于醋酸溶液的導電性,說明醋酸是弱酸。
(4)1 mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)約為0.01 mol·L-1,說明醋酸為弱酸。
(5)取pH=3的醋酸1 mL,用蒸餾水稀釋到100 mL,pH<5,說明醋酸為弱酸。
(6)向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固體,溶液的pH變大,說明醋酸為弱酸。
3.溶液酸堿性的判斷
(1)明確三個“比較”。
①電離程度大于水解程度,如CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,所以等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體積混合后溶液顯酸性。
②水解程度大于電離程度,如HClO的電離程度小于ClO-的水解程度,所以等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性。
③酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽的電離程度和水解程度哪一個更強。如在NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于其電離程度,故溶液顯堿性。
(2)利用常數關系判斷溶液的酸堿性。
NaHS溶液顯堿性,離子濃度的大小順序為c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-),判斷的理由是HS-的水解常數Kh=大于其電離常數(Ka2)。
4.水溶液中三大平衡常數的關系
(1)Ka、Kh、Kw三者的關系式為Kh=;Kb、Kh、Kw三者的關系式為Kh=。
(2)對二元酸的Ka1、Ka2與相應酸根離子的Kh1、Kh2的關系式為Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。
(3)反應CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常數為K,則K=。
(4)反應3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)的平衡常數K==。
1.常溫下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中,H+與A-不能穿過隔膜,未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。
設溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A-),當達到平衡時,下列敘述正確的是(　　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中的HA的電離度為
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10-4
2.安息香酸(HR)是最簡單的一元芳香酸,其鈉鹽(用NaR表示)的水溶液呈堿性。已知常溫下,Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列說法正確的是(　　)
A.常溫下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀釋,溶液的pH升高
C.NaR水溶液中,c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常溫下,NaR溶液的堿性比同濃度的NaHCO3溶液弱
3.某小組做如下實驗:
實驗①:向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L-1鹽酸溶液
實驗②:向2.33 g BaSO4固體中加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液充分攪拌浸泡
[已知:常溫下,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的電離常數:Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11,溶液混合后體積變化忽略不計],下列說法不正確的是(　　)
A.實驗①選用酚酞作指示劑時,滴定終點發生反應:+H+
B.實驗①中V(鹽酸)=20 mL時,存在c(OH-)C.實驗②中再加入2 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,可將BaSO4完全轉化為BaCO3
D.實驗②靜置,向上層清液中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,會析出CaSO4和CaCO3
微專題1
真題體驗
1.D　解析　實驗1得到H2SO3溶液,其質子守恒關系式為c()+2c()+c(OH-)=c(H+),則c()+c()c(Mn2+),D項正確。
2.C　解析　亞硫酸是二元弱酸,存在二次電離,電離方程式為H2SO3H++HS,H++S,則溶液中c(H+)>c()>c()>c(OH-),A項正確;亞硫酸根離子是其二級電離產生的,則稀釋的時候對氫離子的影響較大,稀釋的時候,亞硫酸的濃度變為原來的一半,另外稀釋的平衡常數不變,對第二級電離影響很小,則稀釋時亞硫酸根離子濃度基本不變,B項正確;加入雙氧水之前,生成的白色渾濁為BaSO3沉淀,C項錯誤;過氧化氫具有強氧化性,可以將+4價硫元素氧化為+6價硫酸根離子,則存在反應Ba2++H2SO3+H2O2BaSO4↓+2H++H2O,則出現白色沉淀的主要原因是生成BaSO4沉淀,D項正確。
3.B　解析　上層清液為碳酸鈣的飽和溶液,碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子,因此c(Ca2+)>c(),A項錯誤;根據Ka2=4.7×10-11可得=4.7×10-11,則碳酸根離子的水解平衡常數為Kh==≈2.1×10-4>Ka2,說明碳酸根離子的水解程度較大,則上層清液中含碳微粒主要為碳酸氫根離子,B項正確;向體系中通入CO2,+CO2+H2O2HC,c()減小,CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq)正向移動,溶液中鈣離子濃度增大,C項錯誤;由題干可知,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,CaCO3+SCaSO4+C的平衡常數K===≈6.9×10-5,難以實現轉化,D項錯誤。
典題演練
1.B　解析　常溫下溶液Ⅰ的pH=7.0,則溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1,c(H+)2.D　解析　由題意,HR是有機酸,是弱酸,不完全電離,常溫下,0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3,A項錯誤;NaR水溶液中由于R-水解顯堿性,加水稀釋水解程度變大,但是溶液堿性變弱,溶液的pH減小,B項錯誤;NaR水溶液中的質子守恒為c(HR)+c(H+)=c(OH-),C項錯誤;由已知Ka(HR)>Ka1(H2CO3),HR的酸性比碳酸強,根據越弱越水解,同濃度的NaHCO3溶液水解程度大,堿性強,故NaR溶液的堿性弱,D項正確。
3.D　解析　酚酞為堿性指示劑,實驗①滴定終點生成顯堿性的NaHCO3,A項正確;實驗①中V(鹽酸)=20 mL時,生成0.05 mol·L-1 NaHCO3溶液,則c()1,c(OH-)Q(CaSO4),則只會析出CaCO3,D項錯誤。(共30張PPT)
專題六
溶液中的離子反應與平衡
高
考
專
題
攻
略
微專題　溶液中的離子反應與平衡
專題六　溶液中的離子反應與平衡
1.(2024·江蘇卷)室溫下，通過下列實驗探究SO2的性質。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。
實驗1：將SO2氣體通入水中，測得溶液pH=3。
實驗2：將SO2氣體通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，當溶液pH=4時停止通氣。
實驗3：將SO2氣體通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，當溶液恰好褪色時停止通氣。
下列說法正確的是(　　)
A.實驗1所得溶液中：c()+c()>c(H+)
B.實驗2所得溶液中：c()>c()
C.實驗2所得溶液經蒸干、灼燒制得NaHSO3固體
D.實驗3所得溶液中：c()>c(Mn2+)
解析
2.(2024·浙江1月選考)常溫下，將等體積、濃度均為0.40 mol·L-1的BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現白色沉淀。
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
下列說法不正確的是(　　)
A.H2SO3溶液中存在c(H+)>c()>c()>c(OH-)
B.將0.40 mol·L-1 H2SO3溶液稀釋到0.20 mol·L-1，c()幾乎不變
C.BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現的白色渾濁不含有BaSO3
D.存在反應Ba2++H2SO3+H2O2===BaSO4↓+2H++H2O是出現白色沉淀的主要原因
解析
解析
解析
1.對比剖析“三大”平衡
影響因素 升溫 促進電離 Ka增大 促進水解 Kh增大 若難溶物的溶解度與溫度成正比，促進溶解；反之，則抑制溶解 若難溶物的溶解度與溫度成正比，Ksp增大；反之，則Ksp減小
加水 促進電離 Ka不變 促進水解 Kh不變 促進溶解 Ksp不變
影響因素 加入相應離子(或物質) 加入CH3COONa或HCl，抑制電離 Ka不變 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不變 加入AgNO3或NaCl，抑制溶解 Ksp不變
加入反應離子(或物質) 加入OH-，促進電離 Ka不變 加入H+，促進水解 Kh不變 加入氨水，促進溶解 Ksp不變
2.證明弱電解質的方法(以醋酸為例)
(1)測定常溫下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH，pH>1，說明醋酸為弱酸。
(2)測定常溫下CH3COONa溶液的pH，pH>7，說明醋酸為弱酸。
(3)同溫度、同濃度的鹽酸的導電性強于醋酸溶液的導電性，說明醋酸是弱酸。
(4)1 mol·L-1的醋酸溶液中c(H+)約為0.01 mol·L-1，說明醋酸為弱酸。
(5)取pH=3的醋酸1 mL，用蒸餾水稀釋到100 mL，pH<5，說明醋酸為弱酸。
(6)向0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固體，溶液的pH變大，說明醋酸為弱酸。
3.溶液酸堿性的判斷
(1)明確三個“比較”。
①電離程度大于水解程度，如CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，所以等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體積混合后溶液顯酸性。
②水解程度大于電離程度，如HClO的電離程度小于ClO-的水解程度,所以等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性。
③酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽的電離程度和水解程度哪一個更強。如在NaHCO3溶液中，HC的水解程度大于其電離程度,故溶液顯堿性。
(2)利用常數關系判斷溶液的酸堿性。
NaHS溶液顯堿性，離子濃度的大小順序為c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)
>c(S2-)，判斷的理由是HS-的水解常數Kh=大于其電離常數(Ka2)。
4.水溶液中三大平衡常數的關系
(1)Ka、Kh、Kw三者的關系式為Kh=；Kb、Kh、Kw三者的關系式為Kh=。
(2)對二元酸的Ka1、Ka2與相應酸根離子的Kh1、Kh2的關系式為Ka1·Kh2=Kw，Ka2·Kh1=Kw。
解析
解析
2.安息香酸(HR)是最簡單的一元芳香酸，其鈉鹽(用NaR表示)的水溶液呈堿性。已知常溫下，Ka(HR)>Ka1(H2CO3)。下列說法正確的是
(　　)
A.常溫下，0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH=3
B.向NaR水溶液中加水稀釋，溶液的pH升高
C.NaR水溶液中，c(HR)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)
D.常溫下，NaR溶液的堿性比同濃度的NaHCO3溶液弱
由題意，HR是有機酸，是弱酸，不完全電離，常溫下，0.001 mol·L-1 HR水溶液的pH>3，A項錯誤；NaR水溶液中由于R-水解顯堿性，加水稀釋水解程度變大，但是溶液堿性變弱，溶液的pH減小，B項錯誤；NaR水溶液中的質子守恒為c(HR)+c(H+)=c(OH-),
C項錯誤；由已知Ka(HR)>Ka1(H2CO3)，HR的酸性比碳酸強，根據越弱越水解，同濃度的NaHCO3溶液水解程度大，堿性強，故NaR溶液的堿性弱，D項正確。
解析
3.某小組做如下實驗：
實驗①：向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L-1鹽酸溶液
實驗②：向2.33 g BaSO4固體中加入1 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液充分攪拌浸泡
[已知：常溫下，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的電離常數：Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，溶液混合后體積變化忽略不計]，下列說法不正確的是(　　)
A.實驗①選用酚酞作指示劑時，滴定終點發生反應：+H+===
B.實驗①中V(鹽酸)=20 mL時，存在c(OH-)C.實驗②中再加入2 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，可將BaSO4完全轉化為BaCO3
D.實驗②靜置，向上層清液中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 CaCl2溶液，會析出CaSO4和CaCO3
解析
解析(共112張PPT)
攻難點（四）
溶液中粒子濃度的
比較及圖像分析
專題六　溶液中的離子反應與平衡
核心考點 三年考情 命題預測
溶液中的離子平衡圖像 2024湖南T13，HCOOH滴定NaOH的c-V圖像； 2024新課標T13，CH2ClCOOH和CHCl2COOH溶液的分布系數δ與pH的變化關系圖像 [命題特點]
高考中對水溶液中的離子平衡的考查多以圖像為載體，考查弱電解質的電離平衡、鹽類的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中離子濃度的大小關系及等量關系、相關常數的計算等。
2023湖南T12，NaOH標準溶液滴定HCl和CH3COOH的混合溶液的pH隨η的變化曲線； 2023湖北T14，Fe(Ⅲ)-H2L溶液體系中含Fe物種的組分分布系數δ與pH的關系圖像
2022遼寧T15，甘氨酸溶液中NCH2COOH、NCH2COO-和NH2CH2COO-的分布分數
沉淀溶解平衡圖像 2024湖北T13，CO2氣氛下，Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布圖； 2024黑吉遼T15，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線 [命題特點]
高考中對水溶液中的離子平衡的考查多以圖像為載體，考查弱電解質的電離平衡、鹽類的水解平衡、沉淀溶解平衡、溶液中離子濃度的大小關系及等量關系、相關常數的計算等。
[創新考法]
圖像創新程度逐年增大，如配合物的解離圖像、多平衡體系圖像、單一溶液滴定混合溶液等。
2023新課標T13，有關銀氨絡合物的對數圖像； 2023遼寧T15，H2S飽和溶液中pH與-lg c(c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度)關系圖
2022湖南T10，用AgNO3溶液滴定Cl-、Br-和I-混合溶液的圖像； 2022山東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的四種溶液中lg[c(Sr2+)/mol-1·L-1]隨pH的變化關系圖像
溶液中微粒濃度大小比較
贏在微點 化學 大二輪
命題角度1
1.(2024·安徽卷)環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2+。已知25 ℃時，H2S飽和溶液濃度約為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。下列說法錯誤的是(　　)
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氣體至飽和，所得溶液中:
c(H+)>c(Cd2+)
解析
解析
2.(2022·浙江1月選考)25 ℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是(　　)
A.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)>
c(CH3COO-)
B.將濃度均為0.10 mol·L-1的C6H5ONa溶液和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C.25 ℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH=10.00，則此時溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃時，0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
解析
3.(天津卷)常溫下，下列有關電解質溶液的敘述正確的是(　　)
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+)
由于磷酸為多元弱酸，第一步電離大于第二步電離，第二步電離大于第三步電離，所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中，粒子濃度大小為c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)，A項正確；在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中，根據電荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)
+c(HC2)+2c(C2)，B項錯誤；在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根據元素質量守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,
C項錯誤；氨水和NH4Cl溶液混合形成pH=9的溶液，則c(OH-)>
c(H+)，根據電荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+)，則c(Cl-)<
c(N)，D項錯誤。
解析
1.理解溶液中的“三大守恒”
(1)電荷守恒：電解質溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數與所有陰離子所帶的負電荷總數相等。
(2)物料守恒：電解質溶液中由于電離或水解因素，離子會發生變化,變成其他離子或分子等，但離子或分子中某些特定元素的原子總數存在確定的比例關系。
(3)質子守恒：即H2O電離出的氫離子和氫氧根離子總數相等。一般根據電荷守恒式和物料守恒式整理得到。
2.建立解題思維模型
(3)不同溶液中某離子濃度的變化。
若其他離子能促進該離子的水解，則該離子濃度減小，若抑制其水解，則該離子濃度增大。
3.“五模板”突破溶液中粒子濃度問題
(1)MCl(強酸弱堿鹽)溶液。
①電荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)
③粒子濃度：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)>c(OH-)
(2)Na2A(強堿弱酸鹽)溶液。
①電荷守恒：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粒子濃度：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)
(3)NaHA(a：水解為主，b：電離為主)。
①電荷守恒：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)與NaA的混合液(同濃度、同體積)
(a：pH<7，b：pH>7)。
①電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
②物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)
(5)MOH(弱堿)與MCl的混合液(同濃度、同體積)
(a：pH>7，b：pH<7)。
①電荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
②物料守恒：2c(Cl-)=c(MOH)+c(M+)
[例]　(2024·湖南卷)常溫下Ka(HCOOH)
=1.8×10-4，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中緩慢滴入相同濃度的HCOOH溶液,混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是(　　)
A.水的電離程度：MB.M點：2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.當V(HCOOH)=10 mL時，c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N點：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
[圖像分析]　結合起點和終點，向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同濃度的HCOOH溶液，發生濃度改變的微粒是OH-和HCOO-，當V(HCOOH)=0 mL，溶液中存在的微粒是OH-，可知隨著甲酸的加入，OH-被消耗，逐漸下降，即經過M點在下降的曲線表示的是OH-濃度的改變，經過M點、N點上升的曲線表示的是HCOO-濃度的改變。
解析
解析
1.常溫下，用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定10 mL濃度均為0.1 mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液，下列說法不正確的是(　　)
A.當滴入NaOH溶液10 mL時，c(Na+)+c(N)B.當滴入NaOH溶液15 mL時，2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(N)=
3c(Na+)
C.當滴入NaOH溶液15 mL時，c(N)>c(NH3·H2O)
D.當溶液呈中性時，NaOH溶液滴入量小于20 mL，c(Na+)+c(N)=
c(Cl-)
當加入NaOH溶液10 mL時，n(NaOH)=n(HCl)=n(NH4Cl)，NaOH與HCl恰好發生中和反應生成NaCl、H2O，n(NaCl)=n(NH4Cl)，在溶液中N會部分發生水解反應生成NH3·H2O，根據元素質量守恒可知c(Na+)+c(N)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，故c(Na+)+c(N)A項正確；當滴入NaOH溶液15 mL時，各種物質的物質的量關系為2n(NaOH)=3n(HCl)=3n(NH4Cl)，HCl完全反應生成NaCl，NH4Cl也
解析
有一半與NaOH反應生成NaCl、NH3·H2O，溶液為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，由于溶液的體積相同，根據元素質量守恒可知3c(NH3)+3c(NH3·H2O)+3c(N)=2c(Na+)，B項錯誤；當滴入NaOH溶液15 mL時，HCl完全反應消耗NaOH溶液10 mL，剩余5 mL NaOH溶液與NH4Cl反應，只有一半NH4Cl反應，得到的溶液中NH4Cl、NH3·H2O的濃度相等，由于NH3·H2O的電離程度大
解析
于N的水解程度，所以微粒濃度c(N)>c(NH3·H2O)，C項正確；若NaOH溶液滴入量為20 mL，HCl、NH4Cl恰好反應生成NaCl、NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O電離產生OH-，使溶液顯堿性，因此要使溶液顯中性，NaOH溶液滴入量應小于20 mL，溶液中電荷守恒關系為c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，此時c(Na+)+c(N)=c(Cl-)，D項正確。
解析
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溶液中離子平衡的圖像
贏在微點 化學 大二輪
命題角度2
解析
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1.與pH有關的圖像
(1)pH與稀釋倍數的線性關系。
2.酸堿滴定曲線分析
(1)酸堿滴定pH~V標準液曲線的特點。
曲線起點：強堿滴定HA，酸性越強起點越低；強酸滴定BOH，堿性越強起點越高
突變范圍：強強滴定范圍大于強弱滴定
酸堿指示劑：根據中和反應終點的酸堿性選擇。酸性選甲基橙；堿性選酚酞；中性二者均可
(2)巧抓“五個”關鍵點，突破溶液中的粒子濃度關系。
如：室溫下，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的變化如圖所示：
3.粒子分布系(分)數圖像分析
分布曲線指以pH為橫坐標，分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線。
Ka= 交點：c(CH3COO-)=c(CH3COOH)， 故Ka=c(H+)=10-4.76 Ka1=
A點：c(HC2)=c(H2C2O4)，
故Ka1=c(H+)=10-1.2；
Ka2=
B點：c(C2)=c(HC2)，故Ka2=10-4.2
[圖像分析]　隨著pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH濃度減小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-濃度增大，—Cl為吸電子基團，CHCl2COOH的酸性強于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)>
Ka(CH2ClCOOH))，曲線M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的變化關系，δ(酸分子)=δ(酸根離子)=0.5時的pH分別約為1.3、2.8，則兩種酸的電離常數分別為Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8。
解析
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2.(2024·石家莊質檢)常溫下，向1 L 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中加入NaOH固體，N、NH3·H2O、HC、C等粒子濃度變化情況如圖所示(忽略溶液體積、溫度的變化及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。
下列說法錯誤的是(　　)
A.NH4HCO3溶液中存在：c()>c()>c(OH-)>c(H+)
B.b、d曲線分別表示、濃度的變化情況
C.pH=9.3時，c()>c()=c(NH3·H2O)>c()
D.n(NaOH)=0.1 mol時，c(Na+)+c(H+)+c()=2c()+c()+
c(OH-)
解析
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3.(2024·長春質檢)常溫下，將一定量稀硫酸滴入高鐵酸鈉(Na2FeO4)溶液中，溶液中含鐵微粒、、H2FeO4、H3的物質的量分數δ(X)隨pOH的變化如圖。下列說法正確的是(　　)
解析
解析
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沉淀溶解平衡圖像
贏在微點 化學 大二輪
命題角度3
1.(2024·黑吉遼卷)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl-水樣、含Br-水樣。
已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；
②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25 ℃時，pKa1(H2CrO4)=0.7，pKa2(H2CrO4)=6.5。
解析
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2.(2024·湖北卷)CO2氣氛下，Pb(ClO4)2溶液中含鉛物種的分布如圖?？v坐標(δ)為組分中鉛占總鉛的質量分數。已知c0(Pb2+)=2.0×10-5 mol·L-1，pKa1(H2CO3)=6.4、pKa2(H2CO3)=10.3，pKsp(PbCO3)=12.1。下列說法錯誤的是(　　)
解析
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3.(2023·河北卷)某溫度下，兩種難溶鹽AgxX、AgyY的飽和溶液中
-lgc(Xx-)或-lgc(Yy-)與-lgc(Ag+)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是
(　　)
解析
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1.有關沉淀溶解平衡Ksp曲線的分析
(1)典型示例。
(2)點的變化。
a→c 曲線上變化，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固體(忽略溶液的體積變化)
c→a 曲線上變化，增大c(Ba2+)
曲線上方的點表示有沉淀生成；曲線下方的點表示不飽和溶液
2.有關沉淀溶解平衡對數圖像分析
3.沉淀滴定曲線分析
以0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲線為例：
①根據曲線數據計算可知Ksp(AgCl)的數量級為10-10。
②滴定終點c點為飽和AgCl溶液，c(Ag+)=c(Cl-)。
③相同實驗條件下，若改為0.040 0 mol·L-1 Cl-，反應終點c向a方向移動。
④相同實驗條件下，若改為0.050 0 mol·L-1Br-，反應終點c向b方向移動。
[圖像分析]　AgCl飽和溶液中Ag+和Cl-的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中Ag+濃度減小，Cl-濃度增大，[Ag(NH3)]+濃度增大，繼續滴加氨水，[Ag(NH3)]+濃度增大的幅度小于[Ag(NH3)2]+，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-與NH3濃度對數變化的曲線。
解析
1.(2023·全國甲卷)下圖為Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中達沉淀溶解平衡時的pM-pH關系圖(pM=-lg[c(M)/(mol·L-1)]；c(M)≤10-5 mol·L-1可認為M離子沉淀完全)。下列敘述正確的是(　　)
解析
2.(2023·遼寧卷)某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1 mol·L-1，通過調節pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與-lg c關系如圖所示，c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度，單位為mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列說法正確的是(　　)
A.Ksp(CdS)=10-18.4
B.③為pH與-lg c(HS-)的關系曲線
C.Ka1(H2S)=10-8.1
D.Ka2(H2S)=10-14.7
解析
解析
解析
3.(2024·大慶質檢)常溫下，用0.12 mol·L-1 Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知濃度的BaCl2溶液。溶液電導率k和-lgc(Ba2+)隨滴入Na2SO4溶液體積V的變化關系如
圖所示。下列說法正確的是(　　)
已知：常溫下Ksp(BaCO3)=2.6×
10-9。
A.該溫度下BaSO4的溶度積常數的數量級為10-6
B.當k=1.7×10-4 μS·cm-1時，溶液中的主要溶質為Na2SO4
C.該BaCl2溶液的物質的量濃度為6.0×10-3 mol·L-1
D.若將0.1 L含0.002 mol BaSO4的懸濁液中的BaSO4完全轉化為BaCO3，需加入0.002 mol Na2CO3
解析
解析
4.(2023·北京卷)利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2+在不同pH的Na2CO3體系中的可能產物。
已知：ⅰ.圖1中曲線表示Na2CO3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ⅱ.圖2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲線Ⅱ的離子濃度關系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1，不同pH下c(C)由圖1得到]。
下列說法不正確的是(　　)
A.由圖1，pH=10.25，c(HC)=c(C)
B.由圖2，初始狀態pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，無沉淀生成
C.由圖2，初始狀態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.由圖1和圖2，初始狀態pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，發生反應：Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O
從題圖1可以看出pH=10.25時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；從題圖2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；從題圖2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中c(H2CO3)+c()+c()<0.1 mol·L-1，C項錯誤；pH=8時，
解析
溶液中主要含碳微粒是，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為Mg2++2===MgCO3↓+H2O+CO2↑，D項正確。
解析(共111張PPT)
破大題
(二)　化學工藝流程
專題六　溶液中的離子反應與平衡
真題引領/明確考向
第一部分
1.(2024·新課標卷)鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應用。一種從濕法煉鋅產生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：
已知溶液中相關離子開始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)時的pH：
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
開始沉淀的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
回答下列問題：
(1)“酸浸”前廢渣需粉碎處理，目的是__________________________
_______________________；“濾渣1”中金屬元素主要為________。
(2)“過濾1”后的溶液中加入MnO2的作用是______________________
____________________________________，取少量反應后的溶液，加入化學試劑_____________________檢驗____________，若出現藍色沉淀，需補加MnO2。
增大固液接觸面積，加快酸浸速率，提高浸取效率
Pb
將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，以便在后續調pH時除去Fe元素
K3[Fe(CN)6]溶液
Fe2+
(3)“氧化沉鈷”中氧化還原反應的離子方程式為______________________________________________、______________________________________________。
(4)“除鈷液”中主要的鹽有_________________(寫化學式)，殘留的Co3+濃度為____________mol·L-1。
3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+
3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+
ZnSO4、K2SO4
10-16.7
由題中信息可知，用硫酸處理含有Co、Zn、Pb、Fe的單質或氧化物的廢渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等離子的溶液,
Pb元素的單質或氧化物與硫酸反應生成難溶的PbSO4，則“濾渣1”為“酸浸”時生成的PbSO4；向濾液中加入MnO2，將Fe2+氧化為Fe3+,
然后加入ZnO調節pH=4使Fe3+完全轉化為Fe(OH)3，則“濾渣Ⅱ”的主要成分為Fe(OH)3，濾液中的金屬離子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;
解析
最后“氧化沉鈷”，加入強氧化劑KMnO4，將溶液中的Co2+氧化為Co3+，在pH=5時Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4則被還原為MnO2，KMnO4還會與溶液中的Mn2+發生歸中反應生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除鈷液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料預處理過程中，粉碎固體原料能增大固體與液體的接觸面積，從而加快酸浸的反應速率，提高浸取效率；“濾渣1”的主要成
解析
分為PbSO4，則“濾渣1”中金屬元素主要為Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等離子。由題表中數據可知，當Fe3+完全沉淀時，Co2+未開始沉淀，而當Fe2+完全沉淀時，Co2+已有一部分沉淀，因此為了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，應先將Fe2+氧化為Fe3+，然后調節溶液的pH使Fe3+完全水解轉化為Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，以便在后
解析
續調pH時除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+，若生成藍色沉淀，則說明溶液中仍存在Fe2+，需補加MnO2。(3)該過程發生兩個氧化還原反應，根據分析中兩個反應的反應物、產物與反應環境(pH=5)，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出兩個離子方程式：3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)最終得到的“除鈷液”中
解析
含有的金屬離子主要是最初“酸浸”時與加入ZnO調pH時引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉鈷”時引入的K+，而陰離子是在酸浸時引入的，因此其中主要的鹽有ZnSO4和K2SO4。當溶液pH=1.1時c(H+)
=10-1.1 mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此時溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1，則c(OH-)==10-12.9 mol·L-1，則Ksp[Co(OH)3]=1.0×
解析
10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除鈷液”的pH=5，即c(H+)=10-5 mol·L-1，則c(OH-)==10-9 mol·L-1，此時溶液中c(Co3+)==
mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。
解析
2.(2024·黑吉遼卷)中國是世界上最早利用細菌冶金的國家。已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉化為硫酸鹽，某工廠用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉(其中細小的Au顆粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶煉金，工藝流程如下：
回答下列問題：
(1)北宋時期我國就有多處礦場利用細菌氧化形成的天然“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要溶質為____________(填化學式)。
(2)“細菌氧化”中，FeS2發生反應的離子方程式為_________________
________________________。
(3)“沉鐵砷”時需加堿調節pH，生成_____________(填化學式)膠體起絮凝作用，促進了含As微粒的沉降。
CuSO4
Fe(OH)3
4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8S+4H+
細菌
=====
(4)“焙燒氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙燒氧化”，“細菌氧化”的優勢為__________(填字母)。
A.無需控溫 B.可減少有害氣體產生
C.設備無需耐高溫 D.不產生廢液廢渣
(5)“真金不怕火煉”，表明Au難被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用為__________________________________________。
BC
做絡合劑，將Au轉化為[Au(CN)2]-從而浸出
(6)“沉金”中Zn的作用為___________________________________。
(7)濾液②經H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-轉化為ZnSO4和HCN的化學方程式為________________________________________________。用堿中和HCN可生成_________________(填溶質化學式)溶液，從而實現循環利用。
作還原劑，將[Au(CN)2]-還原為Au
Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4
NaCN
礦粉中加入足量空氣和H2SO4，在pH=2時進行細菌氧化，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，過濾，濾液中主要含有Fe3+、、As(Ⅴ)，加堿調節pH，Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體，可起到絮凝作用,促進含As微粒的沉降，過濾可得到凈化液；濾渣主要為Au，Au與空氣中的O2和NaCN溶液反應得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn進行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2+的濾液②。(1)“膽水”冶煉銅，
“膽水”的主要成分為CuSO4。(2)“細菌氧化”的過程中，FeS2在酸性
解析
環境下被O2氧化為Fe3+和，離子方程式為4FeS2+15O2+2H2O
4Fe3++8+4H+。(3)“沉鐵砷”時，加堿調節pH，Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降。(4)細菌的活性與溫度息息相關，因此細菌氧化也需要控溫，A項不符合題意；焙燒氧化時，金屬硫化物中的S元素通常轉化為SO2，而細菌氧化時，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，可減少有害氣體的產生，B項符合題意；焙燒氧化需要較高的溫度，因此所使
解析
用的設備需要耐高溫，而細菌氧化不需要較高的溫度就可進行，設備無需耐高溫，C項符合題意；由流程可知，細菌氧化也會產生廢液廢渣，D項不符合題意。(5)“浸金”中，Au作還原劑，O2作氧化劑，NaCN做絡合劑，將Au轉化為[Au(CN)2]-從而浸出。(6)“沉金”中Zn作還原劑，將[Au(CN)2]-還原為Au。(7)濾液②中含有[Zn(CN)4]2+，經過H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2+轉化為ZnSO4和HCN,
解析
反應的化學方程式為Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+
Na2SO4；用堿中和HCN得到的產物，可實現循環利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步驟，從而循環利用。
解析
　　化工流程題主要考查考生運用化學反應原理及相關知識來解決化工生產中實際問題的能力，具有考查知識面廣、綜合性強、思維容量大的特點。工藝流程題設問的地方有：反應速率與平衡理論的運用，氧化還原反應的判斷、化學方程式的書寫，利用控制pH分離除雜，利用溶解度分離，常用的分離方法、實驗操作，流程中的物質轉化和循環，綠色化學評價，電化學，計算產量、產率、產品
純度等。這類題型不但綜合考查考生在中學階段所學的元素及其化合物知識以及物質結構、元素周期律、氧化還原反應、化學用語、電解質溶液、化學平衡、電化學、實驗操作等知識，而且更重要的是能突出考查考生的綜合分析判斷能力、邏輯推理能力，且這類試題陌生度高，文字量大，包含信息多，思維能力要求高。
命題熱點/逐點突破
贏在微點 化學 大二輪
第二部分
1.
熱點一 流程中物質的預處理、轉化
方法 目的 理論解釋
粉碎、 研磨 將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末 增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 與水接觸反應或溶解 (1)加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度，可以加快浸出速率；增加浸出時間可使樣品充分溶解，可提高浸出率
(2)酸溶時所加酸的量不能太多
①過量的酸可消耗后續調節pH所加的堿性試劑
②如果實驗過程有硫化物，酸過量會形成有毒氣體硫化氫
酸浸 與酸接觸反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去
堿浸 除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物
灼燒 (焙燒) 1.除去可燃性雜質 2.使原料初步轉化 ①除去硫、碳單質
②使有機物轉化或除去有機物
③高溫下原料與空氣中氧氣反應等
④使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土
2.化工流程中陌生化學方程式的書寫
獲取信息 首先根據題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式，再根據反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型
確定類型 類型1 元素化合價無變化則為非氧化還原反應，遵循質量守恒定律
類型2 元素化合價有變化則為氧化還原反應，除遵循質量守恒外，還要遵循得失電子守恒規律
規范作答 最后根據題目要求寫出化學方程式或離子方程式(需要遵循電荷守恒規律)即可
1.(2024·甘肅卷)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)為原料，對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環境污染，主要流程如圖所示：
已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5、Ksp(CaCO3)=3.4×10-9。
(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是____________。
(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和____________。
(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為_________________________
___________________，該反應能進行的原因是_________________
_________________________________________________。
NH3
SiO2
CaSO4+(NH4)2CO3===
CaCO3+(NH4)2SO4
Ksp(CaSO4)>
Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣
高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入SO4在400 ℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時產生氣體，該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應生成(NH4)2CO3，所以該氣體為NH3；焙燒產物經過水浸1，然后過濾，濾渣為CaSO4以及未反應的SiO2，濾液中的溶質主要為MgSO4、Al2(SO4)3及(NH4)2SO4；濾液濃縮結晶析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富鎂溶液；濾渣中加
解析
入(NH4)2CO3溶液，濾渣中的CaSO4會轉化為更難溶的碳酸鈣。
(1)高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是NH3。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應的SiO2。(3)“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為CaSO4+(NH4)2CO3
===CaCO3+(NH4)2SO4，該反應之所以能發生，是由于Ksp(CaSO4)=
4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣。
解析
2.(2023·全國甲卷)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。
回答下列問題：
(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是__________________________。
(2)“焙燒”后固體產物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS?！敖　睍r主要反應的離子方程式為_______________________。
(3)“酸化”步驟應選用的酸是_________(填字母)。
a.稀硫酸　 b.濃硫酸　 c.鹽酸　 d.磷酸
作還原劑，將BaSO4還原
S2-+Ca2+===CaS↓
c
(4)如果焙燒后的產物直接用酸浸取，是否可行 _______________，其原因是___________________________________________________
_______________。
(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學方程式為_______________
___________________________________________________。
(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產生的∶nCO=_________。
不可行
CaS也會與鹽酸反應生成有毒氣體和可溶于水的CaCl2，影響產品純度
BaCl2+TiCl4+
2(NH4)2C2O4+H2O===BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
1∶1
由流程和題中信息可知，BaSO4與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；燒渣經水浸取后過濾，濾渣中含碳粉和CaS，濾液中有BaCl2和BaS；濾液經酸化后濃縮結晶得到BaCl2晶體，溶于水后加入TiCl4和(NH4)2C2O4將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2經熱分解得到BaTiO3。(3)浸取后濾液中主要為BaCl2和BaS，為不
解析
引入雜質，“酸化”步驟應選用鹽酸。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇,該反應的化學方程式為BaTiO(C2O4)2 BaTiO3+2CO2↑+2CO↑，因此，產生的∶nCO =1∶1。
解析
化學反應條件控制的目的及方法
(1)加氧化劑：氧化某物質，生成目標產物或除去某些離子。
(2)判斷能否加其他物質：要考慮是否引入雜質(或影響產物的純度)等。
熱點二 流程中反應條件的控制
(3)控制溶液的pH。
①調節溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②“酸作用”還可除去氧化物(膜)。
③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等。
④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)。
(4)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)。
①防止副反應的發生。
②使化學平衡移動；控制化學反應的方向。
③控制固體的溶解與結晶。
④控制反應速率；使催化劑達到最大活性。
⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質達到沸點揮發。
⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離。
⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出的溶質的量。
⑧降溫：防止物質高溫分解或揮發；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設備的要求。
(5)在空氣中或在其他氣體中進行的反應或操作：要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應；或能否達到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的。
(6)控制壓強：改變速率，使平衡向需要的方向移動。
(7)使用催化劑：加快反應速率，縮短達到平衡的時間。
1.(2024·山東卷)以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下：
回答下列問題：
(1)“熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質
硫。溶解等物質的量的PbS和Ag2S時，消耗Fe3+的物質的量之比為__________；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時HCl揮發外，另一目的是防止產生____________(填化學式)。
1∶1
H2S
(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊猗瘛标枠O產物用尾液吸收后在工藝中循環使用，利用該吸收液的操作單元為___________。
(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是___________________________。
熱浸
將過量的Fe3+還原為Fe2+
(4)“置換”中可選用的試劑X為_________(填字母)。
A.Al　　　B.Zn　　　C.Pb　　　D.Ag
“置換”反應的離子方程式為_______________________________。
(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板，用作___________(填“陰極”或“陽極”)。
C
Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-
陽極
以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag，“熱浸”
時，難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質硫，Fe3+被還原為Fe2+，過濾Ⅰ除掉單質硫濾渣，濾液中[PbCl4]2-在稀釋降溫的過程中轉化為PbCl2沉淀，然后用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，使PbCl2又轉化為[PbCl4]2-，電解得到Pb；過濾Ⅱ后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入鉛精礦主要是將FeCl3
解析
還原為FeCl2，試劑X將[AgCl2]-置換為Ag，得到富銀鉛泥，試劑X為鉛，尾液為FeCl2。(1)“熱浸”時，Fe3+將PbS和Ag2S中-2價的硫元素氧化為單質硫，Fe3+被還原為Fe2+，在這個過程中Pb元素和Ag元素的化合價保持不變，所以等物質的量的PbS和Ag2S中S2-物質的量相等，所以消耗Fe3+的物質的量相等，比值為1∶1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S氣體。
解析
(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為[PbCl4]2-，電解[PbCl4]2-溶液制備金屬Pb，Pb在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。(3)過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以得到富
解析
銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為Pb+2[AgCl2]-===2Ag+[PbCl4]2-。(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
解析
2.(2023·新課標卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示：
已知：最高價鉻酸根離子在酸性介質中以Cr2存在，在堿性介質中以Cr存在。
回答下列問題：
(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為____________(填化學式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和_________________。
Na2CrO4
Fe2O3
(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是______________。
(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時,會導致______________________________________________；pH>9時，會導致______________________________________________。
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)“分離釩”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時，溶解為V或VO3+；在堿性條件下，溶解為V或V。上述性質說明V2O5具有__________(填字母)。
A.酸性　　　　B.堿性　　　　C.兩性
(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為_______________________________________________。
C
2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O
由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉、碳酸鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻轉化為相應的最高價含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH，將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到氫氧化鋁濾渣和濾液；向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、
解析
MgNH4PO4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中加入焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子，調節溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氫氧化鉻。(1)由分析可知,煅燒過程中鉻元素轉化為鉻酸鈉。(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵。(3)由分析可知，沉淀步驟調pH到弱堿性的
解析
目的是將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀。(4)流程圖和題干已經告知該步加入了MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷。該步驟中，磷元素以MgNH4PO4形式沉淀，硅元素以MgSiO3形式沉淀，將pH調到9左右達到最好的除雜效果。若pH<9，隨著pH變小，P將會轉化為HP或H2P，由于HP和H2P的鹽的溶解度比磷酸鹽大得多，甚至為易溶物，因此會導致磷不能除凈。若pH>9，隨著pH
解析
變大，Mg2+將轉化為Mg(OH)2沉淀，Mg2+濃度降低會使得c(Mg2+)
·c(Si)解析
物質轉化過程中分離提純階段的主要操作
(1)除雜：加入沉淀劑或控制溶液的酸堿性使其形成氫氧化物沉淀。如：除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等來調節溶液的pH。
熱點三 物質的分離提純
(2)加熱：加快反應速率或使平衡向某個方向移動。如果在制備過程中出現一些受熱易分解的物質或產物，則要注意對溫度的控制。如:侯氏制堿法中的NaHCO3；還有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(濃)等物質。
(3)降溫：防止某物質在高溫時會分解或使平衡向著題目要求的方向移動。
(4)分離。
①固液分離——過濾。
②液液分離。
a.有溶解度差異——結晶或重結晶(蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、烘干；蒸發結晶、趁熱過濾)。
b.有溶解性差異——(萃取)分液。
c.有沸點差異——蒸餾。
　　萃取與反萃取
(1)萃取原理：萃取是利用物質在互不相溶的溶劑里的溶解度不同，將物質由一個液相轉移到另一個液相的分離方法。萃取的作用是： 從礦石的浸出液中提取和富集有價金屬，分離化學性質相近的金屬離子。
(2)萃取步驟：萃取的操作步驟一般是首先將水溶液(料液)與有機溶劑(或溶液)充分混合，然后利用兩相的密度不同靜置分相。分出的稱為萃余液，有機相稱為負載有機相，被萃入到有機相中去的物質稱為被萃取物(起富集或分離作用)。
(3)反萃?。罕惠腿∥镙腿胗袡C相后，一般需要使其重新返回水相，此時把負載有機相與反萃劑(一般為無機酸或堿的水溶液，也可以是純水)接觸，使被萃取物轉入水相，這一過程相當于萃取的逆過程， 故稱為反萃取。
1.(2023·湖北卷)SiCl4是生產多晶硅的副產物。利用SiCl4對廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如圖：
回答下列問題：
(1)Co位于元素周期表第_________周期第________族。
(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500 ℃焙燒”后剩余的SiCl4應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，用化學方程式表示其原因:
________________________________________________________。
四
Ⅷ
SiCl4+4H2O===H4SiO4+4HCl或SiCl4+3H2O===H2SiO3+4HCl
(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是_________。
(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中Co2+濃度為_________________mol·L-1?！?50 ℃煅燒”時的
化學方程式為_____________________________________。
焰色試驗
5.9×10-7
6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O
850 ℃
======
(5)導致SiCl4比CCl4易水解的因素有____________(填字母)。
a.Si—Cl鍵極性更大
b.Si原子的原子半徑更大
c.Si—Cl鍵鍵能更大
d.Si原子有更多的價層軌道
abd
由流程和題中信息可知，LiCoO2粗品與SiCl4在500 ℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；燒渣經水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是SiO2；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷、過濾后得濾餅2[主要成分為Co(OH)2]和濾液2(主要溶質為LiOH)；濾餅2置于空氣中在850 ℃煅燒得到Co3O4；濾液2經碳酸鈉溶液沉鋰、過濾后得到濾液3和濾餅3，濾餅3為Li2CO3。
解析
(1)鈷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，產生大量煙霧。(3)Li2CO3和Na2CO3所含陽離子不同，灼燒時產生不同焰色，常用焰色試驗鑒別。(4)Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，pH=10時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。由題干可知，850 ℃煅燒時生成Co3O4，化學
解析
方程式為6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O。(5)Si原子半徑大于C原子半徑，則Si—Cl鍵的鍵長長、鍵能??；同時Si原子電負性小于C原子，Si—Cl鍵極性大；Si元素位于第三周期，3p軌道更易和H2O分子中的O原子配位。以上因素導致Si—Cl鍵更易斷裂，SiCl4比CCl4更易水解，故選abd。
解析
850 ℃
======
2.金屬錸廣泛用于航空航天等領域。以鉬精礦(主要成分為鉬的硫化物和少量錸的硫化物)制取高錸酸銨晶體的流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：
“萃取”機理為R3N+H++Re===R3N·HReO4，則“反萃取”對應的離子方程式為______________________________________________
________________________________________________；常溫下，“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH=9.0，則溶液中c()_______(填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。[已知：常溫下lgKb(NH3·H2O)=-4.7]
R3N·HReO4+NH3===+Re+R3N或
R3N·HReO4+NH3·H2O===+Re+R3N+H2O
>
反萃取時R3N·HReO4與氨氣反應生成NH4ReO4、R3N，離子方程式為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”得到高錸酸銨溶液的pH=
9.0，則溶液中c(OH-)=10-5 mol·L-1，則=100.3>1，c()
>c(NH3·H2O)。
解析
熱點四 化學工藝流程中的相關計算
計算公式 物質的質量 分數(或純度) ×100%
產品產率 ×100%
物質的轉化率 ×100%
Ksp的相關計算 AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq)，
Ksp=cm(An+)·cn(Bm-)
計算方法 關系式法 關系式法常應用于一步反應或分多步進行的連續反應中，利用該法可以節省不必要的中間運算過程，避免計算錯誤。一步反應中可以直接找出反應物與目標產物的關系；在多步反應中，若第一步反應的產物是下一步反應的反應物，可以根據化學方程式將某中間物質作為“中介”，找出已知物質和所求物質之間量的關系
1.(2024·合肥質檢)產品純度測定：稱取1.30 g NaSb(OH)6樣品，酸溶后加入適量硫酸肼固體配成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于錐形瓶中，用0.050 0 mol·L-1 Ce(SO4)2標準液滴定(Sb3++2Ce4+===Sb5++2Ce3+)，平均消耗標準液20.00 mL。
(1)硫酸肼的作用是_________________。
(2)產品的純度為__________[NaSb(OH)6的摩爾質量為247 g·mol-1]。
還原劑
95%
(1)加入硫酸肼，使得NaSb(OH)6中Sb元素化合價由+5價降為+3價,作用是還原劑。(2)結合Sb元素守恒及得失電子守恒，得關系式NaSb(OH)6~Sb3+~2Ce4+，產品純度：×100%=95%。
解析
2.鎳—鎘電池是一種非常理想的直流供電電池。廢舊鎳—鎘電池中含有鎳、鎘、鐵及少量鈷和有機質等?；厥绽脧U舊鎳—鎘電池的一種工藝流程如圖所示。
(1)已知：Ni(OH)2的溶度積Ksp=2.0×10-15，“調pH”時溶液中c(Ni2+)=
0.02 mol·L-1，則應控制pH小于_________。
(2)濾渣2可表示為(NH4)xNiy(SO4)z·wH2O。取3.05 g樣品溶于適量蒸餾水，加入過量NaOH溶液并加熱，產生標準狀況下448 mL氣體和0.93 g沉淀，則濾渣2的化學式為________________________。
7.5
(NH4)2Ni(SO4)2·H2O
(1)為避免生成Ni(OH)2沉淀，需控制溶液中的c(OH-)，利用Ni(OH)2的溶度積計算，0.02×c2(OH-)=2.0×10-15，可得c(OH-)=10-6.5 mol·
L-1，則c(H+)=10-7.5 mol·L-1，因此應控制pH小于7.5。(2)由題中所給數據計算可知，在所取的3.05 g樣品中，n()=n(NH3)=
=0.02 mol；n(Ni2+)=n[Ni(OH)2]==0.01 mol；根
解析
據電荷守恒關系2n()=n()+2n(Ni2+)，可知n()=
=0.02 mol；n(H2O)= mol=0.01 mol。根據各種微粒的物質的量之比可得濾渣2的化學式為Ni·H2O。
解析
3.(2024·全國甲卷)鈷在新能源、新材料領域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價氧化物及鋅和銅的單質。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。
注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于10-5 mol·L-1，其他金屬離子不沉淀，即認為完全分離。
已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×
10-21。
②以氫氧化物形式沉淀時，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的關系如圖所示。
回答下列問題：
(1)“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是________________________
_____________________________。
(2)“酸浸”步驟中，CoO發生反應的化學方程式是________________
______________。
增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率
CoO+H2SO4===
CoSO4+H2O
(3)假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時溶液中c(Co2+)=______________
mol·L-1，據此判斷能否實現Zn2+和Co2+的完全分離，____________
(填“能”或“不能”)。
(4)“沉錳”步驟中，生成1.0 mol MnO2，產生H+的物質的量為_________________。
1.6×10-4
不能
4.0 mol
(5)“沉淀”步驟中，用NaOH調pH=4，分離出的濾渣是__________。
(6)“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，其反應的離子方程式為________________________________
_____________。
(7)根據題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是________________________________________________________
________________________________。
Fe(OH)3
2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓
+Cl-+4HClO
向濾液中滴加NaOH溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH大于8.2小于12，靜置后過濾、洗滌、干燥
(1)“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。(2)“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質及其他+2價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液，即CoO轉化為CoSO4，反應的化學方程式為CoO+H2SO4===CoSO4+H2O。(3)假設“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至
解析
Zn2+沉淀完全，此時溶液中c(S2-)= mol·L-1=2.5×10-17 mol
·L-1，則c(Co2+)= mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1，c(Co2+)小于0.10 mol·L-1，說明大部分Co2+也轉化為硫化物沉淀，據此判斷不能實現Zn2+和Co2+的完全分離。(4)“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發生的反應為S2+Mn2++2H2O===
解析
MnO2↓+4H++2，因此，生成1.0 mol MnO2，產生H+的物質的量為4.0 mol。(5)“沉錳”步驟中，S2同時將Fe2+氧化為Fe3+，“沉淀”步驟中用NaOH調pH=4，Fe3+可以完全沉淀為Fe(OH)3，因此，分離出的濾渣是Fe(OH)3。(6)“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5,加入適量的NaClO氧化Co2+，為了保證Co2+被完全氧化，NaClO要適當過量，其反應的離子方程式為2Co2++5ClO-+5H2O===
解析
2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根據題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，當pH>12后氫氧化鋅會溶解轉化為[Zn(OH)4]2-，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是向濾液中滴加NaOH溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH大于8.2小于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。
解析
化零為整/綜合應用
贏在微點 化學 大二輪
第三部分
1.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹的路徑如圖所示。
已知：Be2++4HA BeA2(HA)2+2H+。
回答下列問題：
(1)基態Be2+的軌道表示式為___________。
(2)為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態，冷卻過程的特點是________________。
快速冷卻
(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現象是__________________________
_____________。
(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式：_________________
_____________________________?！盀V液2”可以進入_____________步驟再利用。
先產生白色沉淀，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)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用是___________________________。
(6)Be(OH)2與醋酸反應得到某含4個Be原子的配合物，4個Be原子位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂點，且每個Be原子的配位環境相同，Be原子與Be原子間通過CH3COO-相連，其化學式為__________________________。
增強熔融氯化鈹的導電性
Be4O(CH3COO)6
鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態，再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，水相1中含有Al3+，有機相為BeA2(HA)2，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)4]進入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，通過系列操作得到金屬鈹。(1)基態Be2+的電子排布式為1s2，其軌道表示式為 。
解析
(2)熔融態物質冷卻凝固時，緩慢冷卻會形成晶體，快速冷卻會形成非晶態，即玻璃態，所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態，其冷卻過程的特點為快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，則水相1中含有Al3+，則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，觀察到的現象為先產生白色沉淀，后沉淀快速溶解。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式為BeA2(HA)2+6NaOH===Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，濾液2
解析
的主要成分為NaOH，可進入反萃取分液步驟再利用。(5)氯化鈹的共價性較強，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹的導電性。(6)由題意可知，該配合物中有四個鈹原子位于四面體的四個頂點上，四面體中心只有一個O原子，Be原子與Be原子之間總共有六個CH3COO-，則其化學式為Be4O(CH3COO)6。
解析
2.(2024·江蘇卷)回收磁性合金釹鐵硼
(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和
光學材料氧化釹。
(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、
Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol
·L-1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率(×100%)隨浸取時間變化如圖所示。
①含鐵濾渣的主要成分為_________________(填化學式)。
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+)較大，鐵的浸出率較大，約5 min后，溶液酸性減弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2(SO4)3溶液，原理為：
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2O H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有機層)
已知：(R3NH)2SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是_____________________________
___________________________________________________________
___________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
隨水層pH增大，H+的濃度減小，
(R3NH)2SO4+Fe3++S+H2O H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化
學平衡向正反應方向移動，(R3NH)2SO4+H++ 2(R3NH·
HSO4)的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅
速增多
萃取
反萃取
②反萃取后，Fe2(SO4)3經轉化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上，O原子未畫出)，其中原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=___________。
2∶1
(3)凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可轉化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應的離子方程式為__________________________________
________。
2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓
+CO2↑
②將8.84 mg Nd(OH)CO3(摩爾質量為221 g·mol-1)在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600 ℃時，所得固體產物可表示為NdaOb(CO3)c，通過以上實驗數據確定該產物中n(Nd3+)∶n()的比值(寫出計算過程)。
初始n[Nd(OH)CO3]==4×10-5 mol，550~600 ℃時，固體分解產生H2O的物質的量為n(H2O)=2×10-5 mol，質量為0.36 mg，則產生CO2的質量為(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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