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专题14沉淀溶解平衡
2021年化学高考题
一、单选题
K BaSO 2c(HCO3 )+2c(HCO)
2 3
C．若NaCO 溶液的浓度变为0.05 mol·L-1，则n点向c点方向迁移
2 3
D．若用CdCl 溶液替代CaCl 溶液，则n点向b点方向迁移
2 2
【KS5U答案】C
【KS5U解析】
2 3.6109
A． 图像中V=20，NaCO 溶液与 CaCl 溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO3 )=
0 2 3 2
2
mol/L，pC=-lg c(CO3 )=-lg6×10-5，m不等于5，故A错误；
2
B． a点溶液：溶质为NaCO，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO3 )+2c(HCO3 )+2c(HCO)，溶液中
2 3 2 3
2
存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO3 )+c(HCO3 )+c(OH-)，2c(HCO3 )+2c(HCO)=c(HCO3 )
2 3
+c(OH-)-c(H+)，c(HCO3 )-c(H+)>0，c(OH-)<2c(HCO3 )+2c(HCO)，故B错误；
2 3
C． 若NaCO 溶液的浓度变为0.05 mol·L-1，用的0.1 mol·L-1 CaCl 溶液体积减小，则n
2 3 2
点向c点方向迁移，故C正确；
2
D． 若用CdCl 溶液替代CaCl 溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC=-lg c(CO3 )增大，
2 2
则n点向d点方向迁移，故D错误；
故选C。3．（2021·安徽高三一模）下列反应中，现象和方程式都正确的是
浓硫酸
A．向胆矾粉末中加入适量浓硫酸，粉末由白色变成蓝色：CuSO•5HO CuSO+5HO
4 2 4 2
B．Fe加入FeCl 溶液中，溶液由黄色变成浅绿色：Fe+Fe3+=2Fe2+
3
Δ
C．NaO固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色：NaO+CO NaCO
2 2 2 2 3
D．向Mg(OH) 悬浊液中滴加足量Fe(SO) 溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)(s)
2 2 4 3 2
+2Fe3+=2Fe(OH)(s)+3Mg2+
3
【KS5U答案】D
【KS5U解析】
A．浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体中的结晶水被吸收，所以胆矾由蓝色变为无色，故A错误；
B．Fe加入FeCl 溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，故B错误；
3
Δ
2Na OO 2Na O
C．NaO固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色，反应为： 2 2 2 2，故C
2
错误；
D．向Mg(OH) 悬浊液中滴加足量Fe(SO) 溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)(s)
2 2 4 3 2
+2Fe3+=2Fe(OH)(s)+3Mg2+，故D正确；
3
故答案为D。
4．（2021年高考化学押题预测卷（北京卷）（03）（含考试版、答题卡、参考答案、全解
全析））用下列仪器或装置(夹持装置略)进行实验，由实验现象不能得到相应结论的是
选
A B C D
项
实
验
及
现
Cu上无气
象 ①中产生白色沉淀
热水中烧瓶内气体颜 泡，Fe上有
试管中出现白色沉 ②中产生红褐色沉
色变深 气泡
淀 淀
结 2NO
2
(g)噲垐 �� N
2
O
4
(g) 酸性：H
2
CO
3
＞ 溶解度：Mg(OH)
2
还原性：Fe论 是放热反应 HSiO ＞Fe(OH) ＞Cu
2 3 3
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】B
【KS5U解析】
A．NO 为红棕色，NO 无颜色，热水瓶中气体颜色变深，即反应生成更多的NO，生成NO 的
2 2 4 2 2
过程为吸热反应，则生成NO 的反应为放热反应，故A正确；
2 4
B．试管中的白色沉淀为HSiO，根据强酸制备弱酸原理，进入试管中的物质除了CO 气体(生
2 3 2
成碳酸)外还有挥发出的HCl，因此不能判断HCO 是否强于HSiO，故B错误；
2 3 2 3
C．向试管中的氯化镁溶液中加入的氢氧化钠溶液的量是不足的，先生成白色沉淀，加入氯
化铁溶液，又生成红褐色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，则溶解度：Mg(OH)
2
＞Fe(OH)，故C正确；
3
D．Cu上无气泡，Fe上有气泡，说明Fe能与稀硫酸反应，Cu不与稀硫酸反应，则还原性：
Fe＞Cu，故D正确；
故选B。
5．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）下列实验装置或操作与实验目的相符
的是
B．分离乙酸乙酯和 D．证明溶解度：
A．除去工业乙醇中的杂质 C．制备氢氧化铁胶体
饱和碳酸钠溶液 AgCl>AgBr>AgI
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】B
【KS5U解析】
A．蒸馏装置温度计水银球要在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误。
B．乙酸乙酯和饱和NaCO 溶液不互溶，可用分液的方法分离，B正确；
2 3
C．制备氢氧化铁胶体，应将几滴饱和FeCl，溶液滴入沸水中，C错误；D．向AgCl悬浊液中加入NaBr若生成淡黄色沉淀，可以证明溶解度：AgCl＞AgBr。由于氯化
银悬浊液中不确定氯化银的量，溴化钠和碘化钠的物质的量浓度也没有确定，无法判断第一
步中氯化银是否完全转化为溴化银，也无法判断第二步哪种物质与碘化钠反应，由此溶解度
AgCl与AgI、AgBr与AgI ，不能比较大小，D错误；
综上所述答案为B。
6．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）下列实验操作、现象及结论均正
确的是
选项 实验操作 现象 结论
向2mL0.1mol•L-1FeCl 溶液中
3 FeCl 溶液和KI溶液的
A 加入3mL0.1mol•L-1KI溶液充分 溶液呈红色 3
反应为可逆反应
反应后再滴加KSCN溶液
向蔗糖溶液中加入少量稀硫
未产生砖红色沉
B 酸，加热，再加入新制氢氧化 蔗糖未水解
淀
铜溶液并水浴加热
向AgCrO 饱和溶液中加入
C 2 4 产生白色沉淀 K (AgCl)Ksp[Fe(OH)]
2 2 3
3滴0.1mol·L–1FeCl 溶液，出现红褐色沉淀
3
D 向NaHCO 溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝 K＜K (HCO)×K (HCO)
3 w a1 2 3 a2 2 3
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】A
【KS5U解析】
A．二氧化碳和苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，说明碳酸酸性强于苯酚，A正确；
B．加热过程中乙醇蒸汽出来，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明产生了乙烯，B
错误；
C．因为氢氧化钠过量，可以和氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，没有实现沉淀转化，
不能比较溶度积常数，C错误；
D．碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解大于电离，不能比较碳酸的第一部电离常
数和第二步电离常数，D错误；
故选A。
8．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）常温下，下列说法正确的是
SO2-
A．pH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CHCOO-)=2c( 4 )
3
HSO- SO2-
B．0.1 mol·L-1NaHSO 溶液中，c( 3)+c( 3 )+c(HSO)=0.1 mol/L
3 2 3
C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Br-)=c(I-)
c(NH+)
4
D．浓度均为0.1 mol/L的(NH 4 ) 2 SO 4 与(NH 4 ) 2 CO 3 溶液中，cNH ·H O 前者小于后者
3 2
【KS5U答案】B
【KS5U解析】
SO2-
A．在pH相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CHCOO-)=2c( 4 )。当加
3
水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生
SO2-
醋酸根离子，则c(CHCOO-)>2c( 4 )； A错误；
3HSO- SO2- HSO-
B．在该溶液中含S元素的微粒有 3、 3 、HSO，根据S元素守恒可知c( 3)+c(
2 3
SO2-
3 )+c(HSO)=0.1 mol/L，B正确；
2 3
C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s) Ag+(aq)+Br-(aq)，
AgI(s) Ag+(aq)+I-(aq)，由于溶度积常数K(AgBr)>K(AgI)，所以c(Br-)>c(I-)，C错误；
sp sp
NH
D．(NH)SO 是强酸弱碱盐，溶液中只存在 4的水解平衡；而(NH)CO 是弱酸弱碱盐，在
4 2 4 4 2 3
NH CO2 NH
溶液中同时存在 4、 3 水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c( 4)比前者
小，而c(NH·HO)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时
3 2
c(NH+)
4
cNH ·H O 前者大于后者，D错误；
3 2
故合理选项是B。
9．（2021·四川凉山彝族自治州·高三二模）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选
实验操作 现象 结论
项
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶
A 溶液变为红色 待测溶液中含有Fe2+
液
向浓度均为0.1mo/L的NaHCO 溶液和 前者溶液变红，后者 NaHCO 水解，而NaHSO
B 3 3 3
NaHSO 溶液中滴加几滴酚酞试剂 不变色 不水解
3
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的 一只试管中产生黄色
C 试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl 沉淀，另一支中无明 Ksp(AgI)K [Fe(OH)
D 液的试管中，分别加入2滴浓度均为 sp 3 sp 3
另一支无明显 ]
0.1mol/L的AlCl 和FeCl 溶液
3 3 现象
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】C
【KS5U解析】
A．(NH)SO 为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故A错误；
4 2 4
B．炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色
沉淀，不能证明产生二氧化碳，故B错误；
C．产物通过BaCl 溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了SO；品红溶液褪色，说明SO 有剩
2 3 2
余，从而说明SO 和O 没有完全反应，SO 和O 的反应有一定的限度，故C错误；
2 2 2 2
D．由于KOH过量，Al3+与OH-反应先生成Al(OH) 沉淀，然后继续与KOH反应，生成KAlO，并
3 2没有发生Al(OH) 与Fe3+生成Fe(OH) 和Al3+的反应，也就不能说明K [Al(OH)]与
3 3 sp 3
K [Fe(OH)]的相对大小，故D错误；
sp 3
故答案为C。
12．（2021·江苏省如皋中学）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
2 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 NaOH溶液充分混合
3 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生
4 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl 溶液，产生黑色沉淀
2
下列有关说法正确的是
A．0.1 mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(HS)
2
B．实验2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(HS)
2
C．实验3说明HS-不能被氯气氧化
D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=K (CuS)
sp
【KS5U答案】D
【KS5U解析】
A．NaHS溶液中存在电离平衡HS- H++S2-和水解平衡HS-+HO HS+OH-，由实验1可知NaHS
2 2
溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)HA
用AgNO 标准溶液滴定待测液中Cl-，以KCrO 为指示
D 3 2 4 K (AgCrO)>K (AgCl)
剂 sp 2 4 sp
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】B
【KS5U解析】
A．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，A错误；
B．硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有
还原性，B正确；
C．NaA、NaB溶液的浓度未知，不能由盐溶液的pH来比较对应酸的酸性，C错误；
D．以K2CrO4为指示剂，说明K (AgCrO)更小，D错误；
sp 2 4
答案选B。
二、多选题
14．（2021·全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是
实验操作 实验现象 结论
向淀粉溶液中加入20%的H SO 溶液，
2 4
A 加热一段时间，冷却后加入足量NaOH 溶液未变蓝色 淀粉已完全水解
溶液，再滴加少量碘水
2CrO2+2H+ Cr O2+H O，在 有砖红色沉淀
B 4 2 7 2 K Ag CrO K Ag Cr O
K CrO 溶液中加入AgNO 溶液 Ag CrO 生成 sp 2 4 sp 2 2 7
2 2 7 3 2 4
KI能与I
2
反应生成KI
3
，向两支盛有
C KI 溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和 前者溶液变蓝，后 KI 溶液中存在平衡I I I
3 者有黄色沉淀生成 3 3 2
AgNO 溶液
3
将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却，再
D 溶液变蓝 有Cu2生成
向其中加入蒸馏水
A．A B．B C．C D．D
【KS5U答案】BC【KS5U解析】
I +2NaOH=NaI+NaIO+H O
A．单质碘和氢氧化钠发生如下反应： 2 2 ，不能检验淀粉是否完
全水解，A错误；
K CrO AgNO Ag CrO
B．在 2 2 7溶液中加入 3溶液，有砖红色沉淀 2 4生成，证明
K Ag CrO K Ag Cr O
sp 2 4 sp 2 2 7 ，B正确；
KI AgNO
C．两支盛有 3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和 3溶液，前者溶液变蓝，说明含有
KI I I I
单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子， 3溶液中存在平衡 3 2 ，C正
确；
Cu
D．不能将水加入到 与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，
D错误；
答案为：BC。
三、工业流程题
15．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓
Ga(FeO)、铁酸锌ZnFeO，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得3种金属盐，
2 2 4 3 2 4
并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1：金属离子浓度及开始沉淀的pH浓度
金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH
(mol·L-1)
Fe2＋ 1.0×10—3 8.0 0
Fe3＋ 4.0×10—2 1.7 3.2
Zn2＋ 1.5 5.5 7.5
Ga3＋ 3.0×10—3 3.0
表2：金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2＋ 0
Fe3＋ 99
Zn2＋ 0
Ga3＋ 97—98.5
(1)Ga(FeO) 中Ga的化合价为___________，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式
2 2 4 3
___________。
(2)滤液1中可回收利用的物质是___________，滤饼的主要成分是___________；萃取前加入
的固体X为___________。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为___________(填化学
式)。
(4)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH) 为原料，使其
3 3
与NH 发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。
3
(5)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L-1。
2-
【KS5U答案】+3价 FeO4 +8H＋=2Fe3＋+4HO 硫酸锌 Fe(OH)、Ga(OH) Fe
2 2 3 3
-
NaGaO 或(GaO2) Ga(CH)+NH=3CH+GaN 3.0×10—10.2
2 3 3 3 4
【分析】
由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁
离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸出液；
向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的pH，将
铁离子和镓离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸锌的滤液1和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中先加入稀盐酸，将氢氧化铁、氢氧化镓转化为铁离子和镓离子，再加
入铁，将铁离子转化为亚铁离子；向反应后的溶液中加入萃取剂萃取溶液中的镓离子，分液
得到含有亚铁离子的水层和含有镓离子的有机溶液；向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，
氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，偏
镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓；镓与一溴甲烷合成得到Ga(CH)；Ga(CH)
3 3 3 3
与氨气反应生成甲烷和氮化镓。
【KS5U解析】
(1)由铁酸锌的化学式可知，铁酸根离子中铁元素的化合价为+3价，由化合价代数和为0可
知，铁酸镓中镓元素的化合价为+3价；浸出时发生的反应为铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转
2-
化为铁离子、镓离子和锌离子，反应的离子方程式为FeO4 +8H＋=2Fe3＋+4HO，故答案为：+3
2 2
2-
价；FeO4 +8H＋=2Fe3＋+4HO；
2 2
(2)由分析可知，滤液1的主要成分为硫酸锌，滤饼的主要成分为氢氧化铁、氢氧化镓，则滤
液1中可回收利用的物质是硫酸锌；由表2可知，亚铁离子的萃取率为0，则为除去溶液中
的铁离子，应向稀盐酸溶解后的溶液中加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，故答案为：硫酸
锌；Fe(OH)、Ga(OH)；Fe；
3 3
(3)由Ga与Al同主族，化学性质相似可知，反萃取发生的反应为氯化镓与氢氧化钠溶液反应
-
生成偏镓酸钠、氯化钠和水，故答案为：NaGaO 或(GaO2)；
2
(4)由题给信息可知，生成氮化镓的反应为Ga(CH) 与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化
3 3
学方程式为Ga(CH)+NH=3CH+GaN，故答案为：Ga(CH)+NH=3CH+GaN；
3 3 3 4 3 3 3 4
(5)由表1可知，氢氧化镓的溶度积为3.0×10—3×(1.0×10—11)3=3.0×10—,36，则当滤液的
3.010-36
pH为5.4时，溶液中镓离子的浓度为(1.010-8.6mol/L)3 =3.0×10—10.2mol/L，故答案为：
3.0×10—10.2。
CoCl 6H O (
16．（2021·陕西宝鸡市·） 2 2 是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿 主要
Co O Co(OH) Fe O Al O ) CoCl ·6H O
成分为 2 3、 3，还含少量 2 3、 2 3、MnO等 制取 2 2 的工艺流程如下:
(
已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子浓度为
0.01mol/L
)
沉淀物 Fe(OH) Fe(OH) Co(OH) Al(OH) Mn(OH)
3 2 2 3 2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
CoCl 6H O 86℃ 110～120℃
② 2 2 熔点为 ，加热至 时，失去结晶水生成无水氯化钴。
Co3 Fe3 H Fe2 Mn2
(1)已知氧化性 ，浸出液中含有的阳离子主要有 、_______、 、 、
Al3
等。
(2)在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为_______。
Na CO
(3)加 2 3调pH的最佳范围是_______，过滤所得到的两种沉淀的化学式为_______。
3.0～3.5
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为 ，则加入萃取剂
的目的是_______。(5)“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是_______、_______和过滤。制得的
CoCl 6H O CoCl 6H O
2 2 在烘干时需减压烘干的原因是_______。为测定粗产品中 2 2 含量，
5.00g AgNO
称取 的粗产品溶于水，加入足量 3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量
5.91g CoCl 6H O ( )
为 ，则粗产品中 2 2 的质量分数为_______ 结果保留三位有效数字 。经过
CoCl 6H O (
检测，发现粗产品中含有NaCl杂质，则 2 2 的质量分数可能比实际值_______ 填
)
“偏大”或“偏小” 。
Co2 ClO 6Fe2 6H Cl 6Fe3 3H O 5.2�pH7.6
【KS5U答案】 3 2
Fe(OH) Al(OH) Mn2
3、 3 除去 蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止产
98.0%
品分解 偏大
【分析】
( Co O Co(OH) Fe O Al O )
水钴矿 主要成分为 2 3、 3，还含少量 2 3、 2 3、MnO等 经盐酸酸浸，
Fe2
亚硫酸根将钴元素和铁元素还原为低价态，再用氯酸钠将 氧化为Fe3+，调节pH将铁元素Co2
和铝元素以沉淀形式除去，再用萃取剂萃取锰离子，剩余 ，经一系列操作得到
CoCl 6H O
2 2 粗产品，据此分析答题。
【KS5U解析】
Co3 Fe3
(1) 已知氧化性 ，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离
H Co2 Fe2 Mn2 Al3 Co2
子主要有 、 、 、 、 等，答案为：
Fe2
(2) 在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化 ，发生的主要离子反应方程式为：
ClO 6Fe2 6H Cl 6Fe3 3H O
3 2 ，答案为：
ClO 6Fe2 6H Cl 6Fe3 3H O
3 2 ；
Na CO
(3)加 2 3目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调pH的最佳范围
5.2�pH7.6 Fe(OH) Al(OH)
是 ；过滤所得到的两种沉淀的化学式为 3、 3，答案为：
5.2�pH7.6 Fe(OH) Al(OH)
； 3、 3；
3.0～3.5
(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，当控制溶液pH为 时，
Mn2 Co2 Mn2
有较高的萃取率， 萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去 ，答案为：除
Mn2
去 ；
(5)CoSO 溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得粗产品，所以“一系列操作”包含三个基本
4
CoCl 6H O
实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤； 2 2 结晶水合物易失去结晶水，
CoCl 6H O
易分解，减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；测定粗产品中 2 2 含5.00g AgNO
量，称取 的粗产品溶于水，加入足量 3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其
5.91
n(AgCl)= mol
质量为5.91g，则 143.5 ，则粗产品中 CoCl 6H O 的质量分数为
2 2
5.91 1
238
143.5 2 ；若含有氯化钠杂质，也会生成氯化银沉淀，导致质量分数偏大，
98.0%
5.00
答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；98.0%；偏大。
17．（2021·青海西宁市·高三二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用
途广泛。如：LiCoO 作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿CoO(含CrO、NiS等杂质)制备
2 2 3 2 3
LiCoO 的工艺流程如下：
2
2-
资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl- CoCl4 。
2-
②CoCl4 溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：
(1)步骤i的目的是_______。
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式：_______。
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是_______。
(4)步骤vi用(NH)CO 作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co(OH)CO]。实验测得在
4 2 3 2 2 3一段时间内加入等量(NH)CO 所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原
4 2 3
因_______。
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH为
_______。{K[Co(OH)]=1.0×10-15}
sp 2
(6)步骤viii中CoO 和LiCO 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO 该反应的化学方程
3 4 2 3 2.
式是_______。
【KS5U答案】增大接触面积，加快浸取速率 CoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO 加入
2 3 2
2- 2-
NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl- CoCl4 平衡右移，CoCl4 浓度增大，提高
其在有机胺试剂中的浓度 温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增
高温
大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 8.0 4CoO+6LiCO+O 12LiCoO+6CO
3 4 2 3 2 2 2
【分析】
由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入
2-
盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl4 浓度增大，提高其在有机胺试剂
中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl 溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，
2
煅烧生成CoO，加入碳酸锂，可生成LiCoO。
3 4 2
【KS5U解析】
(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接
触面积，加快浸取速率；
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将CoO 还原为Co2+，NiS中的-2价的
2 3
S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：CoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO。故
2 3 2
答案为：CoO+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3HO；
2 3 2(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓
2- 2-
度增大，Co2++4Cl- CoCl4 平衡右移，CoCl4 浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故
2- 2-
答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl- CoCl4 平衡右移，CoCl4 浓
度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根
离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，
碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)=
5.9102gL1
59g/mol =10-3mol/L，根据K sp [Co(OH) 2 ]=1.0×10-15可知：c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-
15，解得c(OH-)=1.0×10-6mol/L，则c(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：
8.0；
(6)步骤viii中CoO 和LiCO 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO 该反应的化学方程
3 4 2 3 2.
高温 高温
式是4CoO+6LiCO+O 12LiCoO+6CO。故答案为：4CoO+6LiCO+O
3 4 2 3 2 2 2 3 4 2 3 2
12LiCoO+6CO。
2 2
18．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）某同学在实验室利用Fe-Mg合金废料制备金
属镁，其工艺流程如图。回答下列问题：
(1)工业上常将Fe-Mg合金废料粉碎后再“酸溶”，其目的是_______。
(2)“酸溶”时，Fe发生反应的离子方程式为_______；写出“氧化”时反应的离子方程式
_______。
(3)制备无水MgCl 过程中，需要将SOCl 与MgCl·6HO混合并加热，试解释原因_______。
2 2 2 2
(4)“沉铁”时，应用X调节溶液的pH，X是_______(任填一种合适试剂的化学式)，当溶液的pH调节为4时，此时溶液中的c(Fe3+)=_______，列式计算并判断此时是否有Mg(OH) 沉淀
2
生成_______{已知氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1，K[Fe(OH)]=2.7×10-39、
sp 3
K[Mg(OH)]=5.6×10-12}。
sp 2
【KS5U答案】增大接触面积、提高反应速率和浸取率 Fe + 2H+ = Fe2+ + H↑ 2Fe2++
2
HO + 2H+ = 2Fe3+ +2HO SOCl 与HO反应同时产生SO 和HCl酸性气体，抑制MgCl 的水
2 2 2 2 2 2 2
c(Mg2+)c2(OH-)=0.02
解 MgO、Mg(OH) 等 2.7×10-9mol/L (1×10-10)2=2×10-
2
22NiCO·HO>NiCO·2HO。
2 4 2 4 2 2 4 2
③相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下(开始沉淀的pH按金属离子的浓度为1mol·L-1
计算)：
氢氧化物 Fe(OH) Al(OH) Ni(OH) Fe(OH)
3 3 2 2
开始沉淀时pH 1.8 3.0 7.1 5.8
完全沉淀时pH 3.2 5.0 9.2 8.0
(1)“预处理”操作选择用酒精清洗的目的是_______。
(2)“酸浸”时，①温度不宜过高，原因_______。
②常温下，盐酸的浓度为2.5mol·L-1，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产
采取的“液固比”为_______，主要的原因是_______。
(3)室温下，“浸出”所得溶液中Fe3+的浓度为0.2mol·L-1，当溶液的pH调到2时，
c(Fe3+)=_______。加NiO调节pH的范围为_______。(已知：K [Fe(OH)]=4.0×10-38)
sp 3
(4)加入NaCO 溶液“沉镍”得到的沉淀为_______。
2 2 4
(5)电解过程中产生的氯气在碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子反应方程式_______。
【KS5U答案】除去镍废料表面的矿物油污 HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促
进Ni2+水解，部分生产Ni(OH) 6：1 该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出
2
率变化不大，但成本增加 0.04mol·L-1 0≤pH<7.1 NiCO·2HO
2 4 2
2Ni(OH)+ClO-=NiO+Cl-+2HO
2 2 3 2
【分析】
表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，酸浸后，碳不溶于
酸成为滤渣，加入NiO调节pH的值，促进铁离子水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，除去
铁和铝，加入草酸钠沉淀镍元素，以此解答。
【KS5U解析】
(1)表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可以选用乙醇预处理，故答案为：除
去镍废料表面的矿物油污；
(2)①HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)；故答案为：
2
HCl挥发加快，导致盐酸浓度快速降低，而促进Ni2+水解，部分生产Ni(OH)；
2
②由图可知，“液固比”为6：1时浸出率已经很高，用7：1提高不大，没有必要增加成本，
故答案为：该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加；
(3)pH=2时，c(OH-)=110-12mol/L，代入K [Fe(OH)]=4.0×10-38= c(OH-)3c(Fe3+)，解得
sp 3
4.01038
c(Fe3+)= 110123 =0.04mol/L，加入NiO调节pH的值，使Fe3+和Al3+，由表格数据可知，
调节pH的范围为0≤pH<7.1，故答案为：0.04mol·L-1；0≤pH<7.1；
(4)实际生产温度时的溶解度：NiCO>NiCO·HO>NiCO·2HO，溶解度小的先生成，则加入
2 4 2 4 2 2 4 2
NaCO 溶液“沉镍”得到的沉淀为NiCO·2HO，故答案为：NiCO·2HO；
2 2 4 2 4 2 2 4 2
(5)过滤2得到Ni(OH) 电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为
2
2Ni(OH)+2OH-+Cl═2Ni(OH)+2Cl-，故答案为：2Ni(OH)+2OH-+Cl═2Ni(OH)+2Cl-。
2 2 3 2 2 3
25．（2021·云南高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某
炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO 等)中回收钴的一种工艺流程如图：
2相关金属离子[Co(Mn+ )=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
Fe2 Fe3 Zn2
金属离子 Co2+
+ + +
开始沉淀的pH 7.15 6.3 1.5 6.2
沉淀完全的pH 9.15 8.3 2.8 8.2
回答下列问题：
(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。
(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的_______。
A．KOH B．Zn(OH) C．ZnO D．NaCO
2 2 3
(3)操作1的名称是_______， 从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO”或
4
“CoSO”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。
4
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程
3
2
式是_______，若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物为SO4 )，则氧化剂与还原剂的物质的量
2 2 8
之比为_______。
(5)常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶
3
液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。
【KS5U答案】SiO 避免明火 无法有效除铁 BC 萃取、分液 ZnSO 过滤、
2 4
K
sp
3
洗涤、干燥 2Co2++4OH-+H 2 O+ClO-=2Co(OH) 3 ↓+Cl- 1：2 14+lg 110-5
【分析】
废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO，溶液中含有锌
2 2
离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价
铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离
子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。【KS5U解析】
(1)经分析可知滤渣1是SiO，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产
2
生氢气。
(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X
可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)，需要氢氧根结合三价铁离子。
2
(3) 经分析可知操作1的名称是萃取、分液， 从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO。操
4
作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH) 沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程
3
2
式是：2Co2++4OH-+HO+ClO-=2Co(OH)↓+Cl-，若将次氯酸钠改为NaSO(还原产物为SO4 )，
2 3 2 2 8
NaSO 与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为NaSO、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物
2 2 8 2 2 8
质的量之比为1：2。
(5)常温下，已知Co(OH) 的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶
3
K K
sp sp
3 3
液的c(OH-)= 110-5 ，pH至少为14+lg 110-5 。
26．（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）从石油废催化剂(主要含有AlO、VO、Ni、
2 3 2 5
Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
VO
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的目的是____，第二次焙烧时 2 5发生反应的化学
方程式为____。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中
c(Ni2+)=0.5mol/L、c(Fe2+)=0.2mol/L，加入适量碳酸钠调节溶液的pH可以使“沉铁”完全
且较纯净，则调节pH的范围为_______(假设溶液体积不变，沉淀完全的离子浓度≤1×10-5，
lg6=0.8，lg2=0.3，Ksp[Fe(OH)]=2.16×10-39，Ksp[Ni(OH)]=2×10-15)
3 2(3)加入NHCl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含
4
量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，
温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH)MoO，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定
4 2 2 7
条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
【KS5U答案】将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；除去废催化剂表面的有机
焙烧
VO+Na CO 2NaVO+CO↑
物 2 5 2 3 3 2 2.8≤pH<6.8 4 80℃ 铵盐受热易分
597C
NH Mo O 2MoO +2NH +H O
解 4 2 2 7 3 3 2
【分析】
石油废催化剂(主要含有AlO、VO、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物
2 3 2 5
(AlO、VO、NiO、MoO 及FeO 等)，再经过苏打(NaCO)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及
2 3 2 5 3 2 3 2 3
不溶于水的NiO、MoO 及FeO，再进行酸浸后，NiO、MoO 及FeO 溶于酸形成相应的金属离
3 2 3 3 2 3
子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化
铝沉淀而除去，再向溶液中加入NHCl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过
4程回收Mo元素，得到钼酸铵。
【KS5U解析】
(1)石油废催化剂(主要含有AlO、VO、Ni、Mo、Fe等无机物、石油等有机物)进行一次焙
2 3 2 5
烧，一主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物，二是除去废催化剂表面
的有机物。第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，
其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：
焙烧
VO+Na CO 2NaVO+CO↑
2 5 2 3 3 2 ，故答案为：将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧
焙烧
VO+Na CO 2NaVO+CO↑
化物； 2 5 2 3 3 2 ；
(2) “沉铁”完全时c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L时，根据K 的公式可知，溶液中的c(OH-)=
sp
K [Fe(OH) ] 2.16×10-39 K
3 sp c(Fe3+) 3 =3 1×10-5 =6.0×10-12 mol/L，此时pH=-lgc(H+)=-lg c(OH w -) =lg6-
12+14≈2.8。为了“沉铁”较纯净，Ni2+不能沉淀，Q=c(Ni2+)×c(OH-)²
