2019高考化學 難點剖析 專題15 化工流程中溶度積常數(shù)應用講解.doc

專題15 化工流程中溶度積常數(shù)應用溶度積常數(shù)反映了難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力，高考試題中溶度積常數(shù)的考查常結(jié)合化工流程題，在化工流程題中考查溶度積常數(shù)是近年高考的熱點，化工流程中常常需要控制條件進行離子的分離或除雜，通過溶度積常數(shù)計算溶液中金屬離子的濃度、離子完全沉淀時的pH、判斷廢水排放是否符合標準、沉淀完全轉(zhuǎn)化時所需離子濃度。一判斷溶液中沉淀的離子化工流程中，某些金屬離子沉淀或某些金屬離子除雜，需要控制一定的pH，通過溶度積常數(shù)可判斷溶液中沉淀的離子。典例1（2018屆福建省漳州市高三考前模擬考試試卷二）鈧及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導等方面有著廣泛的應用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如下：回答下列問題：（1）洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成?；旌系膶嶒灢僮魇莀。（2）先加入氨水調(diào)節(jié)pH3，過濾，濾渣主要成分是_；再向濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH6，濾液中Sc3+的濃度為_。（已知：KspMn(OH)21.91013、KspFe(OH)32.61039，KspSc(OH)39.01031）（3）用草酸“沉鈧”。25 時pH2的草酸溶液中_(保留兩位有效數(shù)字)。寫出“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式_。已知Ka1(H2C2O4)5.9102，Ka2(H2C2O4)6.4105（4）草酸鈧“灼燒”氧化的化學方程式為_。（5）廢酸中含鈧量為15 mgL1，V L廢酸最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為_?！敬鸢浮?將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入 H2O2中，并不斷攪拌 Fe(OH)3 9.0107molLl 3.8102 2Sc3+ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3 6H+ 2Sc2(C2O4)33O22Sc2O312CO2 0.023V g求出余下三種離子沉淀完全（離子濃度小于105mol/L）的pH，發(fā)現(xiàn)錳離子沉淀完全時pH約為10，鈧離子沉淀完全時pH約為5，而鐵離子沉淀完全時pH約為4，所以先加入氨水調(diào)節(jié)pH=3，過濾，濾渣主要成分是Fe(OH)3；再向濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH=6，此時溶液中c(OH-)=10-8mol/L，濾液中Sc3+的濃度為9.010-31(10-8)3=9.010-7mol/L；(3) 25 時pH2的草酸溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)1c2(H+)=Ka2H2C2O4Ka1H2C2O41c2H+=6.410-55.910-21(10-2)2=3.810-2， “沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式為2Sc3+ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3 6H+；（4）草酸鈧“灼燒”氧化的化學方程式為2Sc2(C2O4)33O22Sc2O312CO2；（5）廢酸中含鈧量為15 mgL1，則V L廢酸中含鈧的質(zhì)量為1510-3g/LVL=0.015Vg，所以最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為0.015Vg451382=0.023Vg。二沉淀完全轉(zhuǎn)化時所需離子濃度化工流程中原料的溶解或沉淀的轉(zhuǎn)化往往要加入某種試劑，通過溶度積常數(shù)可計算出所加試劑的濃度。典例2（2019屆江西省上高縣第二中學高三上學期第一次月考）、海水曬鹽后所得的苦鹵中含有較高濃度的MgCl2、KCl以及金屬溴化物。以下是苦鹵化學分離的過程?；卮鹣铝袉栴}：（1）若試劑A是一種有色氣體單質(zhì)，則A是_(填化學式）；（2）“操作II”是_，“操作III”是_。(填字母）a蒸發(fā) b蒸餾 c分液 d重結(jié)晶（3）試劑B可能是下列物質(zhì)中的_。(填字母）a飽和NaCl溶液 bCCl4 cNaOH d乙醇、一種工業(yè)制備SrCl26H2O的生產(chǎn)流程如下圖所示：已知：M(SrCl26H2O)267 g/mol；Ksp(SrSO4)3.3107、Ksp(BaSO4)1.11010；經(jīng)鹽酸浸取后，溶液中有Sr2和Cl及少量Ba2。(1)加入硫酸溶液的目的是_；為了提高原料的利用率，濾液中Sr2的濃度應不高于_ mol/L(注：此時濾液中Ba2濃度為1105 mol/L)。(2)產(chǎn)品純度檢測：稱取1.000 g產(chǎn)品溶解于適量水中，向其中加入含AgNO3 1.100102 mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl外，不含其他與Ag+反應的離子)，待Cl完全沉淀后，用含F(xiàn)e3的溶液作指示劑，用0.200 0 mol/L的NH4SCN標準溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag以AgSCN白色沉淀的形式析出。滴定反應達到終點的現(xiàn)象是_。若滴定過程用去上述濃度的NH4SCN溶液20.00 mL，則產(chǎn)品中SrCl26H2O的質(zhì)量百分含量為_(保留4位有效數(shù)字)?！敬鸢浮緾l2bdb除去Ba2雜質(zhì)0.03加入最后一滴標準液，溶液由無色變?yōu)榧t色，且30 s不褪色93.45%【解析】、海水曬鹽后所得的苦鹵中含有較高濃度的MgCl2、KCl以及金屬溴化物，加入試劑A為氧化劑，發(fā)生反應生成溴單質(zhì)，加入萃取劑四氯化碳萃取分液得到含溴單質(zhì)的混合溶液B和混合溶液C，混合溶液B通過蒸餾得到液溴和試劑B為四氯化碳，混合溶液C通過結(jié)晶法分離氯化鎂和氯化鉀。（1）若試劑A是一種有色氣體單質(zhì)，則A是Cl2 ，氯氣氧化溴離子生成溴單質(zhì)，反應的離子方程式為：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；（2）操作II”是從萃取劑中分離出溴單質(zhì)，利用物質(zhì)沸點不同，控制溫度通過蒸餾方法分離得到溴單質(zhì)，操作III是濃縮結(jié)晶的方法分離混合物，可以利用重結(jié)晶方法分離氯化鎂和氯化鈉；（3）試劑B是萃取劑，萃取劑與水不互溶，且溴不易溶于水，易溶于萃取劑，且不發(fā)生反應，acd水溶液中不能分層不能做萃取劑，四氯化碳不溶于水，溴單質(zhì)再四氯化碳中溶解度大于水中可以做萃取劑；、（1）經(jīng)鹽酸浸取后的溶液中含有少量Ba2+雜質(zhì)，加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+雜質(zhì)，由于在Ba2+濃度為110-5 mol/L，BaSO4的溶度積常數(shù)為1.110-10，所以c（SO42-）=1.110-10110-5mol/L=1.110-5mol/L，而SrSO4的溶度積常數(shù)為3.310-7，所以c（Sr2+）=3.310-71.110-5mol/L=0.03mol/L；（2）Ag+ 完全以AgSCN白色沉淀的形式析出后，再滴加KSCN溶液，就會與Fe3+產(chǎn)生絡合物是溶液變?yōu)榧t色，因此滴定達到終點時溶液由無色變?yōu)檠t色，且30 s不褪色；n（NH4SCN）=0.2000mol/L0.02L=4.010-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物質(zhì)的量為：n（Ag+）=4.010-3mol，則與Cl-反應的Ag+的物質(zhì)的量為：n（Ag+）=1.10010-2 mol-4.010-3mol=7.010-3mol，1.000g產(chǎn)品中SrCl26H2O的物質(zhì)的量為：n（SrCl26H2O）=12n（Ag+）=3.510-3mol，1.000g產(chǎn)品中SrCl26H2O的質(zhì)量為：m（SrCl26H2O）=3.510-3mol267 g/mol=0.9345g，所以產(chǎn)品純度為：0.9435g1g100%=93.45%。典例3（2019屆安徽省合肥市高三上學期調(diào)研性檢測）一種磁性材料的磨削廢料，主要成分是鐵鎳合金(含鎳質(zhì)量分數(shù)約21%)，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物。由該廢料制備氫氧化鎳，工藝流程如下：回答下列問題:(1)“酸溶”時，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，廢渣的主要成分是_；金屬鎳溶解的離子方程式為_。(2)“除鐵”時H2O2的作用是_，加入碳酸鈉的目的是_。(3)“除銅”時，反應的離子方程式為_，若用Na2S代替H2S除銅，優(yōu)點是_。(4)已知除鈣鎂過程在陶瓷容器中進行，NaF的實際用量不能過多的理由為_。(5)已知常溫下KspNi(OH)2=2.010-15，該流程在“沉鎳”過程中，需調(diào)節(jié)溶液pH約為_時，Ni2+才剛好沉淀完全(離子沉淀完全的依度1.010-5mol/L；lg2=0.30)?！敬鸢浮?SiO2 5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+N2+6H2O 將亞鐵離子氧化為鐵離子 調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣 H2S+Cu2+=CuS+2H+ 無易揮發(fā)的有毒氣體H2S逸出，可保護環(huán)境 過量的F-生成氫氟酸會腐蝕陶瓷容器 9.15KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=1.010-5mol/Lc2(OH-)= 2.010-15，則c(OH-)= 2.010-5，c(H+)=2210-9，該流程在“沉鎳”過程中，需調(diào)節(jié)溶液pH約為9.15時，Ni2+才剛好沉淀完全。三判斷判斷沉淀轉(zhuǎn)化的可能性沉淀之間的轉(zhuǎn)化是有條件的，通過溶度積常數(shù)可以判斷沉淀之間的轉(zhuǎn)化可能性。典例4（2018屆河南省安陽市高三第三次模擬考試）一種從含鋁鋰鈷廢料鋁箔、CoO和Co2O3(只溶于酸，不溶于堿)及LiCoO2中回收氧化鈷的工藝流程如下:回答下列問題:(1)步驟I“堿溶”時，為提高鋁的去除率，除升高溫度和不斷攪拌外,還可采取的措施是_(列舉1點)，“堿溶”時發(fā)生主要反應的化學方程式為_；步驟II“過濾、洗滌”過程中濾渣還會有少量的Al(OH)3，是因為_(填離子方程式)。(2)步驟III“酸溶”時,Co2O3 轉(zhuǎn)化為CoSO4 的離子方程式為_。(3)步驟V“除鋁和鋰”時,調(diào)節(jié)pH的適用范圍是_(已知該條件下,Al3+開始沉淀時的pH為4.1,沉淀完全時的pH為4.7.Co2+開始沉淀時的pH為6.9。沉淀完全時的pH為9.4)；步驟VI所得濾渣的成分為_。(4)煅燒CoC2O4時發(fā)生氧化還原反應，則CoC2O4分解的化學方程式是_；若僅從沉淀轉(zhuǎn)化角度考慮，能否利用反應CoCO3+ C2O42-= CoC2O4 + CO32- 將CoCO3 轉(zhuǎn)化為CoC2O4?_ (填“能”或“不能”),說明理由:_已知Ksp(CoCO3) =1.410-13,Ksp(CoC2O4)=6.310-8【答案】 增大NaOH溶液的濃度(增大液固比)、適當延長浸取時間(答出一點即可) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2+2SO42-+7H2O 4.76.9或4.7pH<6.9 Al(OH)3和LiF CoC2O4CoO+CO+CO2 不能 該反應的平衡常數(shù)為K=2.2210-6，轉(zhuǎn)化程度極小AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- ；（2）步驟III“酸溶”時,Co2O3轉(zhuǎn)化為CoSO4，三價鈷轉(zhuǎn)化為二價鈷，加入的Na2S2O3起還原劑作用，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2+2SO42-+7H2O；(3)步驟V“除鋁和鋰”時,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全時的pH為4.7，Co2+開始沉淀時的pH為6.9，故調(diào)節(jié)pH的適用范圍是 4.76.9或4.7pH<6.9；步驟VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀，同時加入NaF溶液使Li+變?yōu)長iF沉淀，故步驟VI所得濾渣的成分為：Al(OH)3和LiF； (4)從流程知：煅燒CoC2O4發(fā)生氧化還原反應，生成CoO，鈷元素化合價降低，則碳元素化合價一定會升高，即一定有CO2生成，根據(jù)原子守恒可寫出并配平化學方程式為：CoC2O4CoO+CO+CO2；從沉淀轉(zhuǎn)化角度考慮，若實現(xiàn)CoCO3+C2O42-= CoC2O4+ CO32-，該反應的平衡常數(shù)為K=c(CO32-)/c（C2O42-）=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=1.410-13/6.310-8=2.2210-6，轉(zhuǎn)化程度極小，所以不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化。