2019年高三化学冲刺复习主观题一遍过专题06Ksp专练（含解析）

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1、专题6 Ksp专练1Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1）若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.010-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成_（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.010-24。【答案】 Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=molL1=1.31017 molL1，c3(Mg2+)c

2、2(PO43-)(0.01)3(1.31017)2=1.71040Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 【解析】（1）KspFePO4=c(Fe3+)c(PO43-)=1.310-2，则c(PO43-)1.310-17mol/L，QcMg3(PO4)2c3(Mg2+)c2(PO43-)(0.01)3(1.310-17)2=1.6910-401.01034，则无沉淀。2碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：（1）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中 =_。已知Ksp(BaCO3)=2.6109，Ksp(

3、BaSO4)=1.11010。【答案】 24【解析】（1）在同一个溶液中，c(Ba2)相同，依据溶度积的数学表达式，则有=24。3酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水）化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（1）用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_，加碱调节至pH为

4、时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于110-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_时，锌开始沉淀（假定Zn2浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。【答案】（1）Fe3；2.7；6；Zn2和Fe2分离不开；Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近【解析】（1）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为105mol/L，则溶液中氢氧根的浓度，所以氢离子浓度是2103mol/L，pH2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2浓

5、度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为108mol/L，氢离子浓度是106mol/L，pH6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2和Fe2。4碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_，已知Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510

6、-17。【答案】（1）4.710-7；【解析】（1）体系中既有氯化银又有碘化银时，存在沉淀转化平衡：AgI(s) +ClAgCl(s) +I。分子、分母同时乘以，有：，将Ksp（AgCl）=1.810-10，Ksp（AgI）=8.510-17代入得：。5研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。（1）25，在0.10molL-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)= molL-1.某溶液含0.020 molL-1Mn2+、0.10 molL-1H2S，当溶

7、液pH= 时，Mn2+开始沉淀。已知：Ksp(MnS)=2.810-13【答案】（1）0.043；5。【解析】根据图像可知，在pH=13时，c(S2-)=5.710-2mol/L，在0.10molL-1H2S溶液中，根据S元素守恒可知：c(S2-)+ c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L，而c(S2-)=5.710-2mol/L，因此c(H2S)+c(HS-)=0.1 mol/L -5.710-2 mol/L= 0.043 mol/L。由于Ksp(MnS)=2.810-23，在某溶液c(Mn2+)=0.020 molL-1，则开始形成沉淀需要的S2-的浓度是c(S2-)= Ksp(M

8、nS)c(Mn2+)=2.810-130.020 mol/L=1.410-11mol/L，根据图像中c(S2-)与溶液的pH关系可知，此时溶液pH=5，Mn2+开始形成沉淀。6合金是建筑航空母舰的主体材料。（1）航母螺旋浆主要用铜合金制造。80.0gCuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀39.0，则合金中Cu的质量分数为 。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合如图信息推断该合金中除铜外一定含有 。【答案】（1） 83.1% Al、Ni【解析】（1）白色沉淀为Al(OH)3,可

9、得Cu的质量分数为：(80.0g-27 gmol139.0g/78 gmol1)/80.0g100%= 83.1%根据题目所给图可以看出，Al3+在pH=3.4时开始转化为沉淀，说明合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明pH7.0到8.0范围内生成沉淀，根据图可以看出Ni2+在这个范围内转化为沉淀，说明合金中含Ni。7二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na

10、2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是_（已知：Ksp(BaSO4)= 1.1 10-10 Ksp(BaCO3)= 5.1 10-9）【答案】（1）BaCl2BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)【解析】（1）在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+ CO32-(aq)=

11、BaCO3(s)+SO42-(aq)。8废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn 总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：（1）已知pH11 时Zn(OH)2 能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42-。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1. 0 molL-1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31. 13. 2Fe25. 88. 8Zn25. 98. 9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1. 0 molL-1HNO3、1. 0 molL-1NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO 的实验

12、步骤依次为：_；_；过滤；_；过滤、洗涤、干燥；900煅烧。【答案】 向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应 滴加1.0 molL-1NaOH，调节溶液pH 约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1. 0 molL-1NaOH，调节溶液pH 约为10(或8. 9pH11)，使Zn2沉淀完全【解析】向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应 滴加1.0 molL-1NaOH，调节溶液pH 约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1. 0 molL-1NaOH，调节溶液pH 约为10(或8. 9pH11)，使Zn2沉淀完全9锰酸锂离子蓄电池是第

13、二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量 Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。 (1)已知：室温下，KspA1(OH)3=110-33，KspFe(OH)3=l10-39， pH=7.1 时 Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1 l0-6mol /L)，需调节溶液pH范围为_。【答案】 5.0pH7.1 【解析】(1)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3

14、+，氢氧化铝完全变成沉淀时的KspAl(OH)3= 110-33=c(Al3+)c3(OH-)，c(Al3+)=110-6mol/L，解得：c(OH-)=110-9 mol/L，则溶液c(H+)=l10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，KspFe(OH)3= l10-39=c(Fe3+)c3(OH-)，c(Fe3+)=110-6mol/L，解得：c(OH-)=110-11 mol/L，c(H+)=l10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0pH7.1。10为回收利用废镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等），科研人员

15、研制了一种回收镍的新工艺。工艺流程如图所示：已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2常温下，Ksp(CaF2)=2.710-11。请回答下列问题：（1）“操作B”的过程是，先在4050加入H2O2，其作用是_（用离子方程式表示）；再调pH至3.77.7，操作B可除去溶液中的_（填元素名称）元素。（2）操作C可除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F-，浓度为3.010-3molL-1，则溶液中_。【答案】2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 铁 1.010

16、-3 【解析】（1）“操作B”的过程是，先在4050加入H2O2，其作用是使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；根据表格分析，调pH至3.77.7， 沉淀有Fe(OH)3和Fe(OH)2，操作B可除去溶液中的铁元素，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；铁。（2）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.710-11可知，溶液中F-浓度为310-3molL-1，则Ca2+的浓度为2.71011/（3103）2=310-6mol/L，所以则溶液中c（Ca2+）/c（F）=3106/3103=1.010-3，故答案为：1.0

17、10-3。11镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。下列流程采用废旧锂离子电池正极材料（正极一般以铝箔作为基底，两侧均匀涂覆正极材料，正极材料包括一定配比的正极活性物质，如钴酸锂、磷酸铁锂、锰酸锂和三元材料等）制备镍钴锰酸锂三元正极材料（）回答下列问题：（1）已知溶液中的浓度为，缓慢通入氨气，使其产生沉淀，列式计算沉淀完全时溶液的_（已知离子沉淀完全时，溶液体积变化忽略不计）【答案】 9.15 【解析】（1）沉淀完全时，mol/L，。12锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有 PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知

18、： 浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；常温下：Ksp(CuS)=1.2710-36，Ksp(PbS)=9.0410-29；溶液中离子浓度小于或等于1.010-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。 (1)常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)不低于_。所加Na2S也不宜过多，其原因为_。【答案】 9.0410-24mol/L 【解析】 (1)常温下：Ksp(CuS)=1.2710-36，Ksp(PbS)=9.0410-29，常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，溶度积常数可知，当铅

19、全部沉淀时，铜沉淀完全，溶液中离子浓度小于等于1.010-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)=9.0410-24 mol/L，Na2S也不宜过多，否则会产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3。13某工业废催化剂含有SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4等物质，为落实“节约资源，变废为宝”的环保理念，某课外兴趣小组的同学取20g该物质进行实验，回收其中的Cu和Zn，实验方案如下：已知：ZnS可与稀硫酸反应；CuS不溶于稀硫酸，也不与其发生反应。请回答下列问题： (1)加A调节溶液的pH约为_时，可以完全除去其中的杂质离子。(当溶液中离子浓度小于等于10-5mol/

20、L时视为沉淀完全；实验条件下部分物质的溶度积常数为：KspFe(OH)3=10-38，KspFe(OH)2=10-17，KspZn(OH)2=10-17，KspCu(OH)2=10-20)【答案】 3 【解析】 (1)第二次浸出可氧化CuS生成硫、硫酸铜，化学方程式为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，故答案为：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；(5)加入ZnO调节pH除去铁离子，应生成氢氧化铁沉淀，KspFe(OH)3=10-38，可知c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，则c(H+)=10-3mol/L，所以溶液的pH=3。14钠及其化合

21、物具有广泛的用途。 (1)已知几种离子开始沉淀时溶液的pH如下表所示：离子Fe2Cu2Mg2pH7.65.210.4当向含有相同浓度的Cu2、Mg2、Fe2的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，_(填离子符号)先沉淀；KspFe(OH)2_(填“”“”或“”)KspMg(OH)2；要使0.2 mol/L的硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全(使铜离子的浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入氢氧化钠溶液使溶液pH=_。Cu(OH)2的Ksp=210-20。【答案】 6 【解析】 (1)Fe(OH)2、Cu(OH)2、Mg(OH)2的组成相似，对于组成相似的难溶性物质来说，形成沉淀的pH小的离子先沉淀，溶度积

22、常数越小的物质越先沉淀，由几种离子开始沉淀时溶液的pH大小关系可知：Cu2+先形成沉淀，形成沉淀的溶液的pH越大，则其Ksp就越大，根据表格数据可知KspFe(OH)28溶解)9(9溶解)（1）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.810-108.310-171.210-163.510-111.010-12滴定时可选为滴定指示剂的是_(选填编号)，滴定终点现象是：_。ANaCl BK2CrO4 CKI DNaCN【答案】 B 当滴入最后一滴标准液时，

23、沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变 【解析】（1）指示剂选择原则颜色变化明显Ksp略微大于AgSCN，确定K2CrO4作为指示剂，滴定终点现象是当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变；正确答案：B 当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。18以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅资料得知: 常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42。 金属离子Fe3

24、+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：（1）步骤加的试剂为_，此时溶液pH要调到5的目的_ 。【答案】 氢氧化钠溶液或NaOH溶液 使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 【解析】 (1) 根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀。19硫、铁的化合物有广泛的应用。 (3)化学反应原理中也涉及到许多硫、铁的化合物。已知常温下，H2S的

25、电离常数K1=1.010-7，K2=7.010-15。0.1mo1L-1NaHS溶液的pH_7(填“”“=”或“ Kh(HS-)=110-7 7.010-15 ,水解程度大于电离程度,溶液显碱性； 2.5 【解析】(1)已知常温下，H2SH+HS-，HS-H+S2-的二级电离常数为K2=7.010-15，HS-+H2OH2S+OH-的水解常数Kh=c(H2S)c(OH-)/c(HS-)=Kw/K1=1.010-7，故HS-的电离常数小于水解常数，所以水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故0.1mo1L-1NaHS溶液的pH7。答案：; Kh=10-7 7.010-15 ,水解程度大于电离程度,溶

26、液显碱性。配制5mo1L-1100mL FeCl3溶液时，若不出现浑浊现象，则c(Fe3+)c3(OH)KspFe(OH)3, 因25时KSPFe(OH)3=4.010-38，则c(OH)210-13mol/L，故c(H+)0.05mol/L，则加入盐酸的体积至少为(0.1L0.05mol/L)/(2mol/L)=0.0025L=2.5mL，故答案为：2.5。20我国是最早发现并使用青铜器的国家，后母戊鼎是我国的一级文物，是世界上出土的最大最重的青铜礼器。现代社会中铜的应用常广泛，铜的回收再利用是化工生产的一个重要领域。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO

27、的部分实验过程如下：请回答下列问题： (1)调节溶液pH时，是将溶液的pH调_(填“大”或“小”)到23。 (2)已知：pH11吋，Zn(OH)2能溶于 NaOH溶液生成ZnO22。室温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所小(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.01molL1计算)：上表中Fe3+沉淀完全的pH为_。由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为(可选用的试剂：30%H2O2、稀硝酸、1.0molL1NaOH溶液)：a._；b. _；c.过滤；d. _；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。【答案】 小 3 加足量30%H2O2溶液充分应 滴加1.0molL-1Na0H溶液，调

28、节溶液pH约为7(或5.2pH7.2) 向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11) 【解析】 (1) Cu2+和Zn2+在溶液中易发生水解，故需将溶液的PH值调小；故答案为：小； (2) 溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L，pH=2时铁离子开始沉淀，即c(OH-)=110-12mol/L，所以Ksp=c(Fe3+)c3 (OH-)=110-38。当c(Fe3+)=110-5mol/L时，铁离子沉淀完全，代入上述公式可以求得此时溶液中c(OH-)=110-11mol/L，即pH为3时，Fe3+完全沉淀；故答案为：3；由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步

29、骤依次为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，将亚铁离子充分氧化；b.滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)，将溶液中的铁离子和铝离子完全转化为氢氧化物沉淀，且保证锌离子不沉淀；c.过滤，除去铁和铝的氢氧化物沉淀；d.向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)，使锌离子完全沉淀为氢氧化锌；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。故答案为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，b.滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)， d.向滤液中加1.0molL-1NaOH溶液，调节溶液pH约为1

30、0(或8.2pH11)。21元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO42(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl，利用Ag+与CrO42生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好沉淀完全(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag+)为_ molL1，此时溶液中c(CrO42)等于_ molL1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时

31、有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；（3）2.010-5 ；510-3【解析】试题分析：（1）当溶液中Cl完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0105 molL1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.01010，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=2.01010(1.0105 molL1)=2.010-5 molL1；则此时溶液中c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.01012(2.010-5 molL1)=510-3molL1。22（9分）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题

32、。（1）已知Ksp(AgCl)=1810-10,若向50mL0018molL-1的AgNO3溶液中加入50mL0020molL-1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为 molL-1，pH为 。【答案】（1）1.810-7mol/L；2【解析】（1）根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为（0.02-0.018）mol/L/2=0.001mol/L，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100mL时，氢离子的浓度为0.01mol/L，则pH=2。23毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2、Mg2、Fe3等杂

33、质)，实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）查阅有关资料获得沉淀各种杂质离子的pH见下表：沉淀杂质离子Ca2Mg2Fe3开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3H2O调节pH8可除去_(填离子符号)；滤渣中含_(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_（已知：Ksp(BaC2O4)1.6107，Ksp(CaC2O4)2.3109）。【答案】 Fe3 Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，致产品的产量减少 【解析】（1）根据流程图和表中数据，加入NH3H2O调pH为8，只有Fe3+完全沉

34、淀，故可除去Fe3+；加入NaOH调pH=12.5，Mg2+也完全沉淀，Ca2+部分沉淀，所以滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据Ksp（BaC2O4）=1.610-7，H2C2O4过量时Ba2+转化为BaC2O4沉淀，BaCl22H2O产品的产量减少。24七铝十二钙(12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和_，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液中c(Mg2)小于5106molL1，则滤液pH大于_Mg(OH)2的Ksp51012；该工艺中不能用(NH

35、4)2SO4代替NH4NO3，原因是_。【答案】CaO 11 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少 【解析】(1) 白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液中c(Mg2)小于5106molL1，根据Kspc(Mg2)c2(OH)得：c(OH)molL11103 molL1，c(H)11011molL1，即pH11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。25难溶性杂卤石（K2SO4Mg

36、SO42CaSO42H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡K2SO4MgSO42CaSO42H2O（s）2Ca2+2K+Mg2+4+2H2O为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如图1：（1）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因： （2）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CaCO3（s）+已知298K时，Ksp（CaCO3）=2.80109，Ksp（CaSO4）=4.90105，求此温度下该反应的平衡常数K （计算结果保留三位有效数字）【答案】（1）氢氧根与镁离子结合使平衡向右移动，钾离子变多（2）1.75104【解析】（1）Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因是氢氧化钙是饱和溶液，加入后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移钙离子增多，饱和溶液中析出氢氧化钙，增多K+，故答案为：氢氧根与镁离子结合使平衡向右移动，钾离子变多；（2）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32（aq）CaCO3（s）+SO42（aq），CaCO3（s）=Ca2+CO32；CaSO4（s）=Ca2+SO42；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K=1.75104，故答案为：1.7510417