2022高考化学 难点剖析 专题15 化工流程中溶度积常数应用讲解

2022高考化学 难点剖析 专题15 化工流程中溶度积常数应用讲解溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解能力，高考试题中溶度积常数的考查常结合化工流程题，在化工流程题中考查溶度积常数是近年高考的热点，化工流程中常常需要控制条件进行离子的分离或除杂，通过溶度积常数计算溶液中金属离子的浓度、离子完全沉淀时的pH、判断废水排放是否符合标准、沉淀完全转化时所需离子浓度。一判断溶液中沉淀的离子化工流程中，某些金属离子沉淀或某些金属离子除杂，需要控制一定的pH，通过溶度积常数可判断溶液中沉淀的离子。典例1（2018届福建省漳州市高三考前模拟考试试卷二）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如下：回答下列问题：（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_。（2）先加入氨水调节pH3，过滤，滤渣主要成分是_；再向滤液加入氨水调节pH6，滤液中Sc3+的浓度为_。（已知：KspMn(OH)21.91013、KspFe(OH)32.61039，KspSc(OH)39.01031）（3）用草酸“沉钪”。25 时pH2的草酸溶液中_(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式_。已知Ka1(H2C2O4)5.9102，Ka2(H2C2O4)6.4105（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_。（5）废酸中含钪量为15 mgL1，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为_。【答案】 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌 Fe(OH)3 9.0107molLl 3.8102 2Sc3+ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3 6H+ 2Sc2(C2O4)33O22Sc2O312CO2 0.023V g求出余下三种离子沉淀完全（离子浓度小于105mol/L）的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为；(3) 25 时pH2的草酸溶液中=， “沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3+ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3 6H+；（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc2(C2O4)33O22Sc2O312CO2；（5）废酸中含钪量为15 mgL1，则V L废酸中含钪的质量为15，所以最多可提取Sc2O3的质量为。二沉淀完全转化时所需离子浓度化工流程中原料的溶解或沉淀的转化往往要加入某种试剂，通过溶度积常数可计算出所加试剂的浓度。典例2（2019届江西省上高县第二中学高三上学期第一次月考）、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl2、KCl以及金属溴化物。以下是苦卤化学分离的过程。回答下列问题：（1）若试剂A是一种有色气体单质，则A是_(填化学式）；（2）“操作II”是_，“操作III”是_。(填字母）a蒸发 b蒸馏 c分液 d重结晶（3）试剂B可能是下列物质中的_。(填字母）a饱和NaCl溶液 bCCl4 cNaOH d乙醇、一种工业制备SrCl26H2O的生产流程如下图所示：已知：M(SrCl26H2O)267 g/mol；Ksp(SrSO4)3.3107、Ksp(BaSO4)1.11010；经盐酸浸取后，溶液中有Sr2和Cl及少量Ba2。(1)加入硫酸溶液的目的是_；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2的浓度应不高于_ mol/L(注：此时滤液中Ba2浓度为1105 mol/L)。(2)产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100102 mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl外，不含其他与Ag+反应的离子)，待Cl完全沉淀后，用含Fe3的溶液作指示剂，用0.200 0 mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag以AgSCN白色沉淀的形式析出。滴定反应达到终点的现象是_。若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl26H2O的质量百分含量为_(保留4位有效数字)。【答案】Cl2bdb除去Ba2杂质0.03加入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色，且30 s不褪色93.45%【解析】、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl2、KCl以及金属溴化物，加入试剂A为氧化剂，发生反应生成溴单质，加入萃取剂四氯化碳萃取分液得到含溴单质的混合溶液B和混合溶液C，混合溶液B通过蒸馏得到液溴和试剂B为四氯化碳，混合溶液C通过结晶法分离氯化镁和氯化钾。（1）若试剂A是一种有色气体单质，则A是Cl2 ，氯气氧化溴离子生成溴单质，反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；（2）操作II”是从萃取剂中分离出溴单质，利用物质沸点不同，控制温度通过蒸馏方法分离得到溴单质，操作III是浓缩结晶的方法分离混合物，可以利用重结晶方法分离氯化镁和氯化钠；（3）试剂B是萃取剂，萃取剂与水不互溶，且溴不易溶于水，易溶于萃取剂，且不发生反应，acd水溶液中不能分层不能做萃取剂，四氯化碳不溶于水，溴单质再四氯化碳中溶解度大于水中可以做萃取剂；、（1）经盐酸浸取后的溶液中含有少量Ba2+杂质，加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质，由于在Ba2+浓度为110-5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.110-10，所以c（SO42-）=mol/L=1.110-5mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.310-7，所以c（Sr2+）=mol/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，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，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+的物质的量为：n（Ag+）=4.010-3mol，则与Cl-反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.10010-2 mol-4.010-3mol=7.010-3mol，1.000g产品中SrCl26H2O的物质的量为：n（SrCl26H2O）=n（Ag+）=3.510-3mol，1.000g产品中SrCl26H2O的质量为：m（SrCl26H2O）=3.510-3mol267 g/mol=0.9345g，所以产品纯度为：100%=93.45%。典例3（2019届安徽省合肥市高三上学期调研性检测）一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题:(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是_；金属镍溶解的离子方程式为_。(2)“除铁”时H2O2的作用是_，加入碳酸钠的目的是_。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_，若用Na2S代替H2S除铜，优点是_。(4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_。(5)已知常温下KspNi(OH)2=2.010-15，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为_时，Ni2+才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的依度1.010-5mol/L；lg2=0.30)。【答案】 SiO2 5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+N2+6H2O 将亚铁离子氧化为铁离子 调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣 H2S+Cu2+=CuS+2H+ 无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境 过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器 9.15KspNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=1.010-5mol/Lc2(OH-)= 2.010-15，则c(OH-)= 10-5，c(H+)=，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+才刚好沉淀完全。三判断判断沉淀转化的可能性沉淀之间的转化是有条件的，通过溶度积常数可以判断沉淀之间的转化可能性。典例4（2018届河南省安阳市高三第三次模拟考试）一种从含铝锂钴废料铝箔、CoO和Co2O3(只溶于酸，不溶于碱)及LiCoO2中回收氧化钴的工艺流程如下:回答下列问题:(1)步骤I“碱溶”时，为提高铝的去除率，除升高温度和不断搅拌外,还可采取的措施是_(列举1点)，“碱溶”时发生主要反应的化学方程式为_；步骤II“过滤、洗涤”过程中滤渣还会有少量的Al(OH)3，是因为_(填离子方程式)。(2)步骤III“酸溶”时,Co2O3 转化为CoSO4 的离子方程式为_。(3)步骤V“除铝和锂”时,调节pH的适用范围是_(已知该条件下,Al3+开始沉淀时的pH为4.1,沉淀完全时的pH为4.7.Co2+开始沉淀时的pH为6.9。沉淀完全时的pH为9.4)；步骤VI所得滤渣的成分为_。(4)煅烧CoC2O4时发生氧化还原反应，则CoC2O4分解的化学方程式是_；若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应CoCO3+ C2O42-= CoC2O4 + CO32- 将CoCO3 转化为CoC2O4?_ (填“能”或“不能”),说明理由:_已知Ksp(CoCO3) =1.410-13,Ksp(CoC2O4)=6.310-8【答案】 增大NaOH溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间(答出一点即可) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- 4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2+2SO42-+7H2O 4.76.9或4.7pH6.9 Al(OH)3和LiF CoC2O4CoO+CO+CO2 不能 该反应的平衡常数为K=2.2210-6，转化程度极小AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- ；（2）步骤III“酸溶”时,Co2O3转化为CoSO4，三价钴转化为二价钴，加入的Na2S2O3起还原剂作用，发生氧化还原反应，离子方程式为4Co2O3+S2O32-+14H+=8Co2+2SO42-+7H2O；(3)步骤V“除铝和锂”时,使Al3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全时的pH为4.7，Co2+开始沉淀时的pH为6.9，故调节pH的适用范围是 4.76.9或4.7pH6.9；步骤VI加入Na2CO3溶液和溶液中的Al3+发生双水解生成氢氧化铝沉淀，同时加入NaF溶液使Li+变为LiF沉淀，故步骤VI所得滤渣的成分为：Al(OH)3和LiF； (4)从流程知：煅烧CoC2O4发生氧化还原反应，生成CoO，钴元素化合价降低，则碳元素化合价一定会升高，即一定有CO2生成，根据原子守恒可写出并配平化学方程式为：CoC2O4CoO+CO+CO2；从沉淀转化角度考虑，若实现CoCO3+C2O42-= CoC2O4+ CO32-，该反应的平衡常数为K=c(CO32-)/c（C2O42-）=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=1.410-13/6.310-8=2.2210-6，转化程度极小，所以不能实现转化。