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（新高考）小题必练15：难溶电解质的电离平衡
主要考查沉淀溶解平衡的特点和影响因素，溶度积常数及其计算，沉淀的生成、溶解和转
化的应用，利用溶度积常数判断难溶电解质的溶解度，离子沉淀时应调节的pH范围等。
1.【2020年江苏卷】25℃时，Fe(OH) 和Cu(OH) 的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度
2 2
的负对数[-lgc(M2+)]与溶液 pH 的变化关系如图所示，已知该温度下 K [Cu(OH) ]＜
sp 2
K [Fe(OH) ]。下列说法不正确的是（ ）
sp 2
A．K [Cu(OH) ]的数量级为10−20
sp 2
B．当Fe(OH) 和Cu(OH) 沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=104.6∶1
2 2
C．除去CuSO 溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
4
D．向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】25℃时，由K [Cu(OH) ]＜K [Fe(OH) ]可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2+) ＞
sp 2 sp 2
c(Cu2+)，则曲线a表示Cu(OH) 的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液
2
pH的变化关系，曲线b表示Fe(OH) 的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与
2
溶液pH的变化关系。A项、由图可知，曲线a中pH=10时，-lgc(M2+)=11.7，则K [Cu(OH) ]=
sp 2
c(Cu2+)·c2(OH−)=10−11.7×（10−4）2=10−19.7，故A正确；B项、当Fe(OH) 和Cu(OH) 沉淀共存时，
2 2
溶液中c(OH−)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=10−7.1：10−11.7=104.6∶1，故B正确；C项、
该温度下K [Cu(OH) ]＜K [Fe(OH) ]可知，Cu(OH) 比Fe(OH) 更难溶，加入适量CuO调节
sp 2 sp 2 2 2
溶液pH，先沉淀的是Cu2+，无法达到除去少量Fe2+的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱
和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH−)增大，温度不变K [Fe(OH) ]，c(Fe2+)减小，可
sp 2能由Z点转化为Y点，故D正确。
【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶
度积的概念及计算方法是解答关键。
2．【2020南昌市顶级名校阶段考】常温下，将11.65g BaSO 粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧
4
杯中，然后向烧杯中加入NaCO 固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入NaCO
2 3 2 3
固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．相同温度时，K (BaSO)③>④>⑥>⑤>① B．①>⑥>⑤>②>④>③
C．①>②>③>④>⑤>⑥ D．③>②>④>⑥>①>⑤
【答案】B
【解析】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq) Ag+(aq)+Cl−(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl−)
对溶解平衡有抑制作用，则溶液中c(Ag+)或c(Cl−)越大，则AgCl的溶解度越小；①和⑥中铵
根离子水解生成NH ·HO，Ag+与NH ·HO结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于
3 2 3 2
(NH )CO 中NH水解程度大，则NH ·HO的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则①>⑥；当
4 2 3 3 2
溶 液 中 存 在 c(Ag+) 或 c(Cl−) 对 溶 解 平 衡 有 抑 制 作 用 ， ② c(Cl−)=0.03mol/L ，
③c(Ag+)=0.05mol/L，④c(Cl−)=0.04mol/L，⑤c(Ag+)或c(Cl−)为0，则AgCl的溶解度由大到小
排列顺序是：⑤>②>④>③，综上可知 AgCl 的溶解度由大到小排列顺序是：
①>⑥>⑤>②>④>③；故合理选项是B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，注意影响平衡移动的因素，需要理清的是离子
浓度大小与难溶电解质的溶解度的关系。
2．某温度时，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl−(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正
确的是（ ）
A．加入AgNO，可以使溶液由c点变到d点
3
B．c点对应的K等于a点对应的K
C．d点没有AgCl沉淀生成
D．加入少量水，平衡右移，Cl−浓度减小
【答案】B
【解析】A．加入AgNO 固体，溶液中c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新平衡时
3c(Cl−)减小，而c、d两点的氯离子浓度相同，选项A错误；B．温度不变K 不变，a、c两点温度
sp
相同，所以 K 也相同，选项 B 正确；C．d 点处 c(Ag+)比平衡时的大，此时
sp
Qc=c(Ag+)·c(Cl−)>K (AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；D．溶液中存在着沉淀溶解
sp
溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选
项D错误。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确
理解和掌握溶度积K 的概念是本题解答的关键。
sp
3 ． 已 知 25℃ 时 ， RSO (s)+CO(aq) RCO(s)+SO(aq) 的 平 衡 常 数 K=1.75×104 ，
4 3
K (RCO)=2.80×10−9，下列叙述中正确的是（ ）
sp 3
A．25℃时，RSO 的K 约为4.9×10−5
4 sp
B．将浓度均为6×10−5mol/L的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后可得到RCO 沉淀
2 2 3 3
C．向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RSO 沉淀
2 4
D．相同温度下，RCO 在水中的K 大于在NaCO 溶液中的K
3 sp 2 3 sp
【答案】A
【 解 析 】 25℃ 时 ， RSO (s)+CO(aq) RCO(s)+SO(aq) 的 平 衡 常 数 K=
4 3
=1.75×104，K (RSO)=1.75×104×K (RCO)=1.75×
sp 4 sp 3
104×2.80×10−9=4.9×10−5。A．根据上述计算分析，25℃时，RSO 的K 约为4.9×10−5，故A正确；
4 sp
B．将浓度均为6×10−5mol/L的RCl 、NaCO 溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合
2 2 3
后 溶 液 中 c(R2+)=3×10−5mol/L ， c(CO)=3×10−5mol/L ， Q(RCO)=c(R2+)∙
c 3
c(CO)=3×10−5mol/L×3×10−5mol/L=9×10−10K (RCO)，向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl
4 3 sp 4 sp 3 2
溶液，首先析出RCO 沉淀，故C错误；D．K 只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO
3 sp 3
在水中的K 等于在NaCO 溶液中的K ，故D错误；答案选A。
sp 2 3 sp
【点睛】本题易错点在于D选项，K 也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度
sp
大小无关。
4．（双选）已知：pCu=﹣1gc（Cu+），pX=﹣lgc（X−）。298K时，K（CuCl）=10−6，K（CuBr）
sp sp
=10−9，K（CuI）=10−12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所
sp
示。下列说法正确的是（ ）A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c(Cl−)都减小
B．图中z代表CuI曲线
C．298K时增大M点的阳离子浓度，则Y上的点向N点移动
D．298K时CuBr(s)+I−(aq) CuI(s)+Br−(aq)的平衡常数K的数量级为10−3
【答案】BC
【解析】A．298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，导致溶液中c(Cl−)增大，A说法
错误；B．P 点时，pCu 等于 3 时，c(Cu+)=10−3，因为 K (CuCl)=10−6，K (CuBr)=10−9，
sp sp
K (CuI)=10−12计算得c(Cl−)=10−3，c(Br−)=10−6，c(I−)=10−9，所以x代表CuCl曲线，y代表
sp
CuBr，z代表CuI，B说法正确；C．298K时增大M点的，阴离子浓度减小，Y上的点向N点移
动 ， C 说 法 正 确 ； D ． 平 衡 常 数 K=c(Br−)÷c(I−)=c(Cu+)·c(Br−)÷[c(Cu+)·c(I−)]=
K (CuBr)÷K (CuI)，平衡常数K的数量级为103，D说法错误；答案为BC。
sp sp
5．化工生产中常用FeS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s) CuS(s)+Fe2+
(aq)，下列有关叙述中正确的是（ ）
A．FeS的K 小于CuS的K
sp sp
B．达到平衡时c（Fe2+）=c（Cu2+）
C．该反应平衡常数K=
D．溶液中加入少量NaS固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Fe2+）保持不变
2
【答案】C
【解析】A．FeS、CuS属于同一类型，根据沉淀转化的一般原则，溶度积大的沉淀可以转化
为溶度积小的沉淀，所以FeS的K 比CuS的K 大，故A错误；B．该反应达到平衡时c
sp sp
（Fe2+）、c（Cu2+）保持不变，但不相等，故B错误；C．该反应的平衡常数K= == ，故C正确；D．增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c（Cu2+）、c
（Fe2+）均减小，故D错误；故选C。
6．已知：pAg=-lgc(Ag+)，pX=-lgc(Xn−)。298K时，几种物质的K 如下表：
sp
化学式 AgCl AgSCN Ag CrO
2 4
颜色 白 浅黄 红
K 1.8×10‒10 1.0×10‒12 2.0×10‒12
sp
AgCl、AgSCN、Ag CrO 的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法
2 4
正确的是（ ）
A．图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线
B．298K时，在Cl−和CrO的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的
AgNO 溶液，首先产生的是红色沉淀
3
C．298K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动
D．298K时Ag CrO(s)+2SCN−(aq) 2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.0×1012
2 4
【答案】D
【解析】A．根据图中曲线 x 的数据知 pAg=-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)=10−6mol/L，pX=-lg
c(Xn−)=0，则c(Cl−)=1mol/L，K (AgCl)=10−6，与表中数据不符，选项A错误；B．析出沉淀时，
sp
AgCl溶液中c（Ag+）= = mol/L，Ag CrO 溶液中c（Ag+）= =
2 4
mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；C．298K时
若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；D．298K时 Ag CrO(s)+2SCN−(aq) 2AgSCN(s)+CrO(aq) 的 平 衡 常 数 K= =
2 4
= = =2.0×1012，选项D正确。
【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg=-lgc(Ag+)、pX=-lgc(Xn−)、K ，易
sp
错点为选项D：K= = = ，结合表中数据进行计算求
解。
7．（双选）以硼镁泥(主要成分是MgO，还含有NaB O、CaO、Fe O、FeO、SiO 等杂质)制取七
2 4 7 2 3 2
水硫酸镁的工艺流程如下：
已知CaSO 的部分溶解度数据如下：
4
下列说法错误的是（ ）
A．NaB O 中B的化合价为+3
2 4 7
B．“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C．加入MgO的目的是：调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH) 除去
3
D．硫酸与NaB O 的反应方程式为：NaB O+HSO +HO=NaSO +HBO↓
2 4 7 2 4 7 2 4 2 2 4 3 3
【答案】BD
【解析】A．根据化合物NaB O 中元素的化合价的代数和为零，则B的化合价为+3，A说
2 4 7
法正确；B．根据硫酸钙的溶解度，“操作A”为蒸发浓缩、趁热过滤，B说法错误；C．加入
MgO，与溶液中的氢离子反应，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH) 除去，C说法正确；
3
D．硫酸与NaB O 发生复分解反应，方程式为NaB O+H SO +5H O=NaSO +4H BO
2 4 7 2 4 7 2 4 2 2 4 3 3
↓，D说法错误；答案为BD。8．T℃时，分别向10mL浓度均为0.1mol·L−1的CuCl 和ZnCl 溶液中滴加0.1mol·L−1的NaS
2 2 2
溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与NaS溶液体积(V)的关系如图所示[已知：
2
K (ZnS)＞K (CuS)，lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是（ ）
sp sp
A．a～b～d为滴定ZnCl 溶液的曲线
2
B．对应溶液pH：a＜b＜e
C．a点对应的CuCl 溶液中：c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]
2
D．d点纵坐标约为33.9
【答案】A
【解析】A．10mL浓度为0.1mol∙L−1的CuCl 和ZnCl 溶液中滴入10mL 0.1mol∙L−1的NaS
2 2 2
反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，K (ZnS)>K (CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则a−b−e为
sp sp
滴定ZnCl 溶液的曲线，故A错误；B．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol∙L−1的CuCl
2 2
和ZnCl 溶液中滴加0.1mol∙L−1的NaS溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌
2 2
离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴
加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：a＜b＜e，故B正确；C．CuCl 在溶液中发生水解反应，
2
生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl−)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH) ]，溶液中氢离子浓度大于
2
氢氧化铜的浓度，c(Cl−)＜2[c(Cu2+)+c(H+)]，故C正确；D．c点时铜离子全部沉淀，此时加入的
NaS的物质的量等于原溶液中CuCl 的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2−)，则
2 2
K (CuS)=10−17.7×10−17.7=10−35.4，d 点加入 20mL 0.1mol∙L−1 NaS 溶液，溶液中硫离子浓度
sp 2
，
c(Cu2+)=3×10−34.4mol∙L−1，-lgc(Cu2+)=34.4
-lg3=34.4-0.5=33.9，故D正确。综上所述，答案为A。
9．在25℃时，FeS的K =6.3×10−18，CuS的K =1.3×10−36，ZnS的K =1.3×10−24。下列有关说法
sp sp sp
中正确的是（ ）A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.3×10−36mol·L−1
B．25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C．向物质的量浓度相同的FeCl 、ZnCl 的混合液中加入少量NaS，只有FeS沉淀生成
2 2 2
D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl 固体，ZnS的K 变大
2 sp
【答案】B
【解析】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为 = mol·L−1，故A错误；B．
由FeS的K =6.3×10−18、CuS的K =1.3×10−36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于
sp sp
CuS的溶解度，故B正确；C．FeS的K =6.3×10−18、ZnS的K =1.3×10−24，向物质的量浓度相
sp sp
同的FeCl 、ZnCl 的混合液中加入少量NaS，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀
2 2 2
生成，故C错误；D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl 固体，锌离子浓
2
度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的K 不变，故D错误。
sp
【点睛】比较溶解度大小的时候，应注意沉淀的类型必须相同。
10．金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为
“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲
的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO +CO ↑，钛
2 2
酸亚铁的化学式为_______________；钛酸亚铁和浓HSO 反应的产物之一是TiOSO ，反应
2 4 4
中无气体生成，该反应的化学方程式为________________________________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧
化物的K 如下表所示。
sp
氢氧化物 Fe(OH) TiO(OH) Mg(OH)
2 2 2
K 8.0×10−16 1.0×10−29 1.8×10−11
sp
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_______
时，Mg(OH) 开始沉淀。
2②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方
程式为___________________________________________________________。
（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl 的方程式为______________。
4
Mg 还原 TiCl 过程中必须在 1070K 的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是
4
_________。
【答案】（1）FeTiO FeTiO+2H SO =TiOSO +FeSO+2H O
3 3 2 4 4 4 2
（2）10 TiO2++2H O=TiO(OH)↓（或HTiO）+2H+
2 2 2 3
（3）TiO+2C+2Cl =TiCl +2CO 隔绝空气
2 2 4
【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO 和FeSO ，向所得溶液中加入大
4 4
量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到
溶液中含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，
滤液中加入水加热过滤得到HTiO，HTiO 加热灼烧得到TiO，加入氯气、过量碳高温下反
2 3 2 3 2
应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1)钛酸亚
铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO，钛酸亚铁
3
和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO ，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学
4
方程式为FeTiO+2H SO =TiOSO+FeSO+2H O；(2)①加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚
3 2 4 4 4 2
铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶
液中的c(OH−)= mol/L=10−4mol/L，则溶液中的氢离子浓度为10−10mol/L，则溶
液的pH=10；②TiO(OH) 的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO(OH)，该反应
2 2
的离子方程式为TiO2++2H O=TiO(OH)↓（或HTiO）+2H+；(3)乙为TiO，与氯气和过量的碳
2 2 2 3 2
高温加热反应生成TiCl 和一氧化碳，反应方程式为：TiO+2C+2Cl =TiCl +2CO，镁能与空气
4 2 2 4
中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。
11．工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe O)慢慢加入适量的稀HSO 中完全溶
2 3 2 4
解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)
2
的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH) 的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以
2
Fe(OH) 的形式完全沉淀．回答下列问题：
3
(1)为除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反
应的离子方程式为_______________________，然后加入适量的__________，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH为______，使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀。
3
A．CuO B．Cl C．Cu(OH) D．HO
2 2 2 2
(2)甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为
可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH) 的溶度积K =1×10−38，
3 sp
Cu(OH) 的溶度积K =3×10−20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10−5mol·L−1时就认
2 sp
为沉淀完全，设溶液中CuSO 的浓度为3mol·L−1，则Cu(OH) 开始沉淀时溶液的pH为______，
4 2
Fe3+完全沉淀时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可
行”)。
【答案】（1）D Fe2++HO+2H+=2Fe3++2HO AC 3～4
2 2 2
（2）4 3 可行
【解析】将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe O)慢慢加入适量的稀HSO 中完全溶解，得到
2 3 2 4
硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH在3
～4时，Fe3+以Fe(OH) 的形式完全沉淀，过滤，蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。(1)由于pH
3
9.6时，Fe2+以Fe(OH) 的形式完全沉淀；pH 6.4时，Cu2+以Cu(OH) 的形式完全沉淀，故除去
2 2
溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选HO，即答
2 2
案选D，反应的离子方程式为2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O。pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH) 的
2 2 2 3
形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH) 、CuCO、Cu (OH) CO)，
2 3 2 2 3
即答案选AC，调整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全转化为Fe(OH) 沉淀。(2)常温下，Cu(OH)
3 2
开始沉淀时c(Cu2+)·c2(OH-)=K [Cu(OH) ]=3 10-20，c(OH−)= =1 10−10mol/L，c(H+)=1
sp 2
10−4mol/L，Cu(OH) 开始沉淀时溶液的 pH=4。Fe3+完全沉淀时 c(Fe3+) 1 10−5mol/L，
2
c(Fe3+)·c3(OH−)=K [Fe(OH) ]=1 10−38 ， c(OH−)= =1 10−11mol/L ， c(H+)=1
sp 3
10−3mol/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。
12．钼酸钠晶体(Na MoO ·2HO)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精
2 4 2
矿(主要成分是不溶于水的MoS )制备钼酸钠的两种途径如图所示：
2(l)Na MoO ·2HO中钼元素的化合价为____，NaClO的电子式为___。
2 4 2
(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是____(答出两条即可)。
(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。
(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备
钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH) 固体以除去CO。当BaMoO 开始沉淀时，CO的去除率是
2 4
____(已知K (BaCO)=1×10−9、K (BaMoO)=4.0×10−8，忽略溶液的体积变化)。
sp 3 sp 4
(5)途径II氧化时溶液中还有NaSO 生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
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(6)途径I或途径II所得的NaMoO 溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重
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结晶操作的目的为____。
【答案】（1）+6
（2）充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等
（3）2MoS +7O =====2MoO +4SO CO
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（4）95%
（5）1∶9
（6）除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体
【解析】(l)Na MoO ·2HO中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6
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价；NaClO为离子化合物，其的电子式为 ；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，
粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大
氧气浓度，升高温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三
氧化钼，反应方程式为：2MoS +7O =====2MoO +4SO；根据元素守恒，产物NaMoO 中无
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碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO；（4）根据
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K (BaMoO)=4.0×10−8，BaMoO 开始沉淀时，则c(Ba2+)=K (BaMoO)/
sp 4 4 sp 4
c(MoO)=4.0×10−8/0.40=1.0×10−7mol/L，此时溶液中c(CO)=K (BaCO)/c(Ba2+)=1×10−9/1.0×
sp 3
10−7=0.01mol/L，CO的去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS 、氧化剂为NaClO，生成物为NaSO 和NaMoO ，反应中Mo化合价由+4价变
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为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS 失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol
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得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1∶9；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不
同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净
的钼酸钠晶体。
【点睛】根据元素守恒，产物NaMoO 中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化
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物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原
剂与氧化剂物质的量之比。
