2022年北市京高三一模化學匯編專題訓練：沉淀溶解平衡

高三模擬試題PAGEPAGE12022北京高三二模化學匯編沉淀溶解平衡一、單選題1．（2022·北京海淀·二模）向AgNO3溶液中通入過量SO2，過程和現(xiàn)象如圖。經檢驗，白色沉淀為Ag2SO3；灰色固體中含有Ag。下列說法不正確的是（）A．①中生成白色沉淀的離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+B．①中未生成Ag2SO4，證明溶度積：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)C．②中的現(xiàn)象體現(xiàn)了Ag+的氧化性D．該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率2．（2022·北京豐臺·二模）下列物質的用途涉及氧化還原反應的是（）A．用NaHCO3作食品膨松劑B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑3．（2022·北京市八一中學二模）下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是（）A．用NaOH溶液吸收NO2：2OH-+2NO2=2+H2OB．用過量NaOH溶液脫除煙氣中的SO2：SO2+OH-=C．NaHCO3溶液中加過量Ba(OH)2溶液：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2OD．向鹽堿地中(主要含碳酸鈉)施放硫酸鈣，降低其堿性：+CaSO4=CaCO3+4．（2022·北京房山·二模）小組進行如下實驗。下列說法不正確的是（）A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)B．③中溶液又變紅的原因：沉淀溶解平衡正向移動C．c(OH?)：③=①D．③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl?)二、多選題5．（2022·北京市八一中學二模）為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均正確、完整的是(非玻璃儀器任選；不考慮存放試劑的容器)（）實驗玻璃儀器試劑A食鹽精制漏斗、燒杯、玻璃棒粗食鹽水、稀鹽酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B證明HCN和碳酸的酸性強弱玻璃棒、玻璃片0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液C乙醛官能團的檢驗試管、膠頭滴管、酒精燈乙醛溶液、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液D證Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗試管、膠頭滴管含有少量CuCl2的MgCl2溶液、稀氨水A．A B．B C．C D．D三、實驗題6．（2022·北京房山·二模）某小組用實驗1探究FeCl3與Cu的反應，觀察到有白色沉淀產生。實驗1：資料：ⅰ.CuSCN、CuCl均為難溶于水的白色固體；均能與硝酸反應，分別生成Cu2+與SO、Cu2+與Cl-。ⅱ.(SCN)2性質與鹵素單質相似，其水溶液呈黃色。(1)FeCl3溶液與Cu反應的離子方程式為____。(2)小組同學推測白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1價銅元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，為探究實驗1中白色沉淀的成分，小組同學實施了實驗2：由實驗2可知，實驗1中白色沉淀的成分是___。(3)該小組欲進一步探究實驗1中白色沉淀產生的原因，實施了實驗3：步驟實驗操作實驗現(xiàn)象I_____溶液變?yōu)樗{色，澄清透明，底部只有少量紅色固體剩余II取I中上層清液于試管中，滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液立刻出現(xiàn)紅色，同時有白色沉淀生成III振蕩II中試管，靜置白色沉淀變多，紅色逐漸褪去①步驟I的實驗操作是____。②根據實驗3的現(xiàn)象，小組同學認為Fe3+與Cu反應的氧化產物不含Cu(I)，他們的判斷依據是____。③步驟Ⅱ中加入KSCN溶液后出現(xiàn)紅色的可能原因是____。④解釋步驟III中實驗現(xiàn)象產生的可能原因：____。四、工業(yè)流程題7．（2022·北京房山·二模）工業(yè)上用含三價釩(V2O3)為主的某石煤為原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質)，低溫硫酸化焙燒—水浸工藝制備V2O5，其流程如圖：資料：ⅰ.VOSO4高溫易分解ⅱ.含磷有機試劑對溶液中離子萃取能力為Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)ⅲ.含磷有機試劑萃取過程中溶液的H+濃度越高，萃取率越低，萃取釩效果越差ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+ⅴ.氫氧化物完全沉淀時溶液的pH表沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3完全沉淀3.29.04.7(1)焙燒過程中向石煤中加硫酸焙燒，將V2O3轉化為VOSO4的化學方程式是____。(2)預處理過程中先加入Na2SO3溶液進行還原預處理，加入Na2SO3溶液的第一個作用是將V(V)還原為V(IV)減少釩的損失，再用氨水混合并調節(jié)溶液pH。①請結合相關離子方程式，說明加入Na2SO3的第二個作用____。②解釋加氨水調節(jié)pH≈5的原因是____。(3)上述I的具體操作為____。(4)沉釩過程中先加入NaClO3進行氧化，再加氨水調節(jié)pH，銨鹽會將H2V10O中的釩元素以多釩酸銨((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值與沉釩率的關系如圖，請結合反應原理解釋沉釩的pH=2.5的原因是____。(5)測定產品中V2O5的純度：稱取ag產品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知MnO被還原為Mn2+，假設雜質不參與反應。則產品中V2O5的質量分數(shù)是____。(V2O5的摩爾質量：182g?mol-1)8．（2022·北京昌平·二模）鍍鎳生產過程中產生的酸性硫酸鎳廢液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等雜質離子)，通過精制提純可制備高純硫酸鎳，部分流程如圖：資料1：25℃時，生成氫氧化物沉淀的pHFe(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2Mg(OH)2Ca(OH)2Ni(OH)2開始沉淀時6.31.56.29.111.86.9完全沉淀時8.32.88.211.113.88.9注：金屬離子的起始濃度為0.1mol/L.資料2：25℃時，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。資料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金屬離子的反應為：x+Mx+M+xH+(1)操作1、2的名稱是____，操作3的名稱是____。(2)操作1中加入Cl2的主要目的是____。(3)NiF2溶液參與反應的離子方程式是____。雜質離子沉淀完全時，溶液中c(F-)=____mol/L(c(雜質離子)≤10-5mol/L即可視為沉淀完全)。(4)濾液b中含有的微粒主要有____。(5)在硫酸鹽溶液中，P204對某些金屬離子的萃取率與pH關系如圖所示，在一定范圍內，隨著pH升高，萃取率升高的原因是____。(6)在母液中加入其它物質，可制備操作1中所需Ni(OH)2漿液，寫出制備的離子方程式____。9．（2022·北京市八一中學二模）鈰可用作優(yōu)良的環(huán)保材料，現(xiàn)以氟碳鈰礦(CeFCO3，含F(xiàn)e2O3、FeO等雜質)為原料制備鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3；Ksp〖Fe(OH)3〗=8×10-38〗；②Ksp〖Ce(OH)3〗=1×10-22〗；③lg2=0.3?；卮鹣铝袉栴}：(1)粉碎“焙燒”時，氧化數(shù)據如表所示：空氣氧化法氧化溫度/℃氧化率/%氧化時間/h暴露空氣中450～50088l4對流空氣氧化爐中450～500986在對流空氣氧化爐中可大大縮短氧化時間的原因是____。(2)用鹽酸和H2BO3提取Ce元素時，體現(xiàn)鹽酸的性質有____，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復分解反應，則“濾渣Ⅱ”主要成分為____(化學式)。(3)“濾液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水調pH的范圍是____，“濾液Ⅱ”中加入NH4HCO3反應的離子方程式為____，若Ce2(CO3)3經充分焙燒質量減少5.8t，則獲得CeO2的質量為____t。(4)用過量鋁粉還原CeO2即可得Ce，反應的化學方程式為____，鋁粉必須過量的原因是____。10．（2022·北京·北師大實驗中學二模）碳酸鍶(SrCO3)難溶于水，主要用于電磁材料和金屬冶煉。一種由工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：已知：I．Cr(OH)3為兩性氫氧化物；Ⅱ．常溫下，各物質的溶度積常數(shù)如下表所示?；衔顲r(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列問題：(1)氣體A的電子式為_______。(2)“除鋇、鉛”時，pH過低會導致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因為_______(結合化學用語解釋)；“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為_______。(3)“濾渣1”的主要成分為_______(填化學式)。(4)用氨水和NaOH分步調節(jié)pH，而不是直接調節(jié)溶液的pH≈13的原因為_______。(5)“調pH≈13”后需對溶液進行煮沸并趁熱過濾出濾渣2，煮沸并趁熱過濾的原因為_______。(6)已知：碳酸的電離常數(shù)Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，則“碳化”時，反應Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K=_______(保留兩位有效數(shù)字)。(7)“系列操作”中，將結晶過濾后，不經洗滌，直接以200℃熱風烘干，便可得高純SrCO3，其原因是_______。

2022北京高三二?；瘜W匯編沉淀溶解平衡▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁1．B〖祥解〗結合檢驗結果可推測向AgNO3溶液中通入過量SO2發(fā)生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置過程中有Ag生成是因為過量的SO2將部分Ag+還原?！荚斘觥紸．①中生成的白色沉淀為Ag2SO3，則SO2和水提供亞硫酸根離子，AgNO3溶液提供Ag+，發(fā)生復分解反應，反應的離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正確；B．①中硫酸根離子主要來自酸性條件下硝酸根離子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因為硫酸根離子濃度小于亞硫酸根離子濃度導致的，因此不能證明Ag2SO3更難溶，也就不能說明Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)，B錯誤；C．②中有Ag生成，則證明Ag+被還原，Ag+有氧化性，C正確；D．該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3，然后放置一段時間后才生成Ag，故該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正確；〖答案〗選B。2．B〖詳析〗A．用NaHCO3作食品膨松劑是因為受熱分解放出二氧化碳氣體，不涉及氧化還原反應，故A錯誤；B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱，在反應中鐵粉被氧氣氧化，發(fā)生了氧化還原反應，故B正確；C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4，先反應生成碳酸鈣沉淀，碳酸鈣再與鹽酸反應，都為復分解反應，故C錯誤；D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑，原理是鐵離子和鋁離子發(fā)生水解反應生成膠體，不涉及氧化還原反應，故D錯誤。故選B。3．D〖詳析〗A．NO2在NaOH溶液中會發(fā)生歧化，離子方程式為2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，A錯誤；B．NaOH過量，SO2生成亞硫酸鹽，離子方程式為SO2+2OH-=SO+H2O，B錯誤；C．NaHCO3溶液中加過量Ba(OH)2溶液，OH-會有剩余，離子方程式中HCO的系數(shù)應為1，即HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C錯誤；D．硫酸鈣可以和碳酸鈉反應發(fā)生沉淀的轉化，離子方程式為+CaSO4=CaCO3+，D正確；綜上所述〖答案〗為D。4．C〖詳析〗A．向Mg(OH)2懸濁液中滴加酚酞，溶液變紅說明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)，故A正確；B．加入鹽酸消耗OH?，使Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)正向移動，過一段時間又補充了OH?，溶液又變紅，故B正確；C．溫度不變Ksp不變，①變?yōu)棰诩尤肓讼←}酸，c(Mg2+)增大，根據Ksp=c(Mg2+)c2(OH?)，c(Mg2+)增大，c(OH?)減小，故C錯誤；D．根據電荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl?)+c(OH?)，③中溶液顯堿性c(OH?)>c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl?)，故D正確；故〖答案〗為C。5．CD〖詳析〗A．食鹽精制要經過溶解、過濾和結晶，缺少蒸發(fā)皿，不能達到目的，A項錯誤；B．0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液，通過pH試紙，可以比較HCN和碳酸氫根的酸性強弱，不能比較碳酸，不能達到目的，B項錯誤；C．檢驗醛基在堿性溶液中，乙醛可被新制氫氧化銅氧化，且需要加熱，需要儀器為試管、燒杯、膠頭滴管、酒精燈，C項正確；D．含有少量CuCl2的MgCl2溶液，滴加稀氨水，產生藍色沉淀，可知氫氧化銅更難溶，證明Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗，D項正確；〖答案〗選CD。6．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2)CuCl和CuSCN(3)

向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，振蕩、靜置

若有Cu(I)生成，步驟I中應產生CuCl白色沉淀，但步驟I中無白色沉淀產生

Cu2+與SCN-反應生成(SCN)2，F(xiàn)e2+被(SCN)2氧化為Fe3+

Cu2+與SCN-發(fā)生反應：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN與Cl-發(fā)生沉淀轉化反應：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-繼續(xù)與Cu2+反應，導致白色沉淀變多；隨著反應進行，SCN-逐漸被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移動，導致紅色逐漸褪去〖祥解〗向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向紅色溶液中加入銅粉，紅色褪去，產生白色沉淀，根據題干信息可知，該白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1價銅元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性質與鹵素單質相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有還原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1價銅元素)還可能是Cu2+和SCN-反應得到。(1)FeCl3溶液與Cu反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。(2)CuSCN、CuCl均為難溶于水的白色固體；均能與硝酸反應，分別生成Cu2+與、Cu2+與Cl-；取實驗1中的白色沉淀于試管中，加入過量稀硝酸溶解得到藍色溶液，將藍色溶液分為兩等份，向一份藍色溶液中加入AgNO3溶液，產生白色沉淀AgCl，說明實驗1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份藍色中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀BaSO4，說明實驗1所得白色沉淀含有CuSCN；綜上所述，實驗1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。(3)①為了進一步探究實驗1中白色沉淀產生的原因，結合題干信息可知，步驟I的實驗操作為向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，振蕩、靜置，觀察到溶液變?yōu)樗{色，澄清透明，底部只有少量紅色固體剩余；②向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，若有Cu(I)生成，步驟I中應產生CuCl白色沉淀，但步驟I中無白色沉淀產生，依此判斷Fe3+與Cu反應的氧化產物不含Cu(I)；③由②題可知，步驟I中無Cu(I)生成，在步驟II中，向步驟I所得溶液中加入KSCN溶液，反應立刻出現(xiàn)紅色，說明步驟II中有Fe3+生成，同時產生白色沉淀，說明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性質與鹵素單質相似，即(SCN)2有氧化性，則SCN-有還原性，故步驟Ⅱ中加入KSCN溶液后出現(xiàn)紅色的可能原因是Cu2+與SCN-反應生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），F(xiàn)e2+被(SCN)2氧化為Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；④振蕩II中試管，靜置，觀察到白色沉淀變多，紅色逐漸褪去，可能的原因是Cu2+與SCN-發(fā)生反應：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN與Cl-發(fā)生沉淀轉化反應：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-繼續(xù)與Cu2+反應，導致白色沉淀變多；隨著反應進行，SCN-逐漸被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移動，導致紅色逐漸褪去。7．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O(2)

2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者寫H2SO3）

除去Al(OH)3，提高VO在有機試劑中的萃取率(3)過濾(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，該平衡逆向移動，不利于形成多釩酸銨沉淀(5)〖祥解〗石煤在220℃條件下，空氣中硫酸化焙燒，V2O3轉化為VOSO4，Al2O3、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，SiO2不反應，得到的焙砂經水浸、過濾后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+雜質的濾液，先加入Na2SO3溶液進行還原預處理，將Fe3+和V(V)還原，然后再用氨水混合并調節(jié)溶液pH，除去Al3+，過濾后加入含磷有機試劑萃取V(IV)，靜置分液得到含有V(IV)的有機物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)從有機溶液中析出，之后進行沉釩得到(NH4)2V6O16，煅燒得到V2O5。(1)V2O3轉化為VOSO4的過程中V元素被氧化，氧化劑應是空氣中的氧氣，結合電子守恒、元素守恒可得化學方程式為2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；(2)①含磷有機試劑對溶液中的Fe3+也有很強的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二個作用是將Fe3+還原為Fe2+，離子方程式為2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；②根據題目所給信息可知加氨水調節(jié)pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有機試劑中的萃取率；(3)水浸后會有一些難溶于水的雜質，所以操作I為過濾；(4)溶液中存在反應10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氫離子濃度過高，該平衡逆向移動，不利于形成多釩酸銨沉淀；(5)根據電子守恒，存在數(shù)量關系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=5b2c2×10-3mol，則VO消耗的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的質量分數(shù)是=。8．(1)

過濾

萃取分液(2)將廢液中的氧化為(3)

，

3×10-2(4)Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、(5)萃取產生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進萃取金屬離子的反應正向移動(6)〖祥解〗酸性硫酸鎳廢液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等雜質離子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2調節(jié)溶液pH值，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，再進行過濾，得濾渣為Fe(OH)3；得到濾液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等離子，向濾液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+轉化為CaF2、MgF2沉淀，再次進行過濾得到濾液b含有Ni2+、Zn2+等離子，加入萃取劑萃取Zn2+，有機相中含有鋅，通過反萃取使萃取劑再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根離子等，進行蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾洗滌等操作得到產品硫酸鎳晶體，母液中加堿溶液得到Ni(OH)2可循環(huán)利用，據此分析解答。（1）操作1、2用于分離沉淀和溶液，故名稱是過濾，操作3的名稱是萃取分液。（2）操作1中加入Cl2的主要目的是將廢液中的氧化為。（3）NiF2溶液使Ca2+、Mg2+轉化為CaF2、MgF2沉淀，參與反應的離子方程式是，。已知，25℃時，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，則CaF2溶解度小于MgF2，鈣離子先沉淀，鎂離子后沉淀，已知(c(雜質離子)≤10-5mol/L即可視為沉淀完全，則雜質離子沉淀完全時，溶液中c(F-)mol/L。（4）結合流程與分析，濾液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、離子。（5）P204(二乙基己基磷酸)萃取金屬離子的反應為：x+Mx+M+xH+，萃取產生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進平衡正向移動，故P204對某些金屬離子的萃取率隨pH的升高而升高。（6）母液中含有Ni2+、加入強堿Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余鈣離子可轉化為硫酸鈣沉淀在操作1中被過濾與氫氧化鐵一起除去，故加入石灰乳可制備操作1中所需Ni(OH)2漿液，離子方程式。9．(1)增大了氣體與固體粉末間的接觸面積(2)

酸性、還原性

KBF4(3)

3.3≤pH<7

2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O

17.2(4)

3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce

使CeO2全部轉化為Ce；鋁與氧氣反應，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境〖祥解〗氟碳鈰礦含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，F(xiàn)e2+氧化為Fe3+，用鹽酸和H2BO3浸取，F(xiàn)e3+進入溶液，過濾分離，濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復分解反應，生成KBF4和CeCl3溶液，濾渣Ⅱ是KBF4。濾液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2，還原得到Ce。（1）在對流空氣氧化爐中可大大縮短氧化時間的原因是增大了氣體與固體粉末間的接觸面積。故〖答案〗為：增大了氣體與固體粉末間的接觸面積；（2）用鹽酸和H2BO3提取Ce元素時，體現(xiàn)鹽酸的性質有酸性、還原性，濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復分解反應，生成KBF4和CeCl3溶液，則“濾渣Ⅱ”主要成分為KBF4(化學式)。故〖答案〗為：酸性、還原性；KBF4；（3）“濾液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+開始沉淀時，Ksp〖Ce(OH)3〗=1×10-22，c(OH-)==10-7，c(H+)=10-7，pH=7，鐵離子沉淀完全時，Ksp〖Fe(OH)3〗=8×10-38，c(OH-)==2×10-11，c(H+)==,pH=-lg=3.3，用氨水調pH的范圍是3.3≤pH<7，“濾液Ⅱ”中加入NH4HCO3反應，生成碳酸鈰、二氧化碳和水，離子方程式為2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3經充分焙燒質量減少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m=t=17.2t則獲得CeO2的質量為17.2t。故〖答案〗為：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；（4）用過量鋁粉還原CeO2即可得Ce，反應的化學方程式為3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，鋁粉必須過量的原因是使CeO2全部轉化為Ce；鋁與氧氣反應，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境。故〖答案〗為：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部轉化為Ce；鋁與氧氣反應，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境。10．(1)(2)

2+2H++H2O

8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O(3)Cr(OH)3(4)pH過高會使Cr(OH)3溶解，導致鉻的去除率降低(5)Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過濾有利于除盡溶液中的Ca2+(6)1.91×105(7)微量雜質NH4HCO3和NH4NO3均易分解〖祥解〗工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸進行“酸溶”，碳酸鍶和硝酸反應生成硝酸鍶、水和二氧化碳，氣體A為CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入過量的(NH4)2CrO4進行“沉鋇、鉛”，過濾得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，對溶液進行酸化、加草酸進行還原，被還原為Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水調pH到7～8，將Cr3+轉化為沉淀除去，濾渣1為Cr(OH)3，再加NaOH調pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，過濾后碳化，Sr2+轉化為SrCO3，再經過“系列操作”得到高純SrCO3。(1)氣體A為CO2，其電子式為，故〖答案〗為：；(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2+2H++H2O，pH過低，H+濃度過大，平衡2+2H++H2O正向移動，更多的轉化為，導致(NH4)2CrO4的利用率降低；結合流程和分析來看“還原”時草酸和鉻酸根離子發(fā)生氧化還原反應，發(fā)生反應的離子方程式為8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故〖答案〗為：2+2H++H2O；8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(3)由分析可知“濾渣1”的主要成分為Cr(OH)3，故〖答案〗為：Cr(OH)3；(4)Cr(OH)3是兩性氫氧化物，pH過大Cr(OH)3會溶解，故用氨水和NaOH分步調節(jié)pH，而不是直接調節(jié)溶液的pH≈13的原因為pH過高會使Cr(OH)3溶解，導致鉻的去除率降低，故〖答案〗為：pH過高會使Cr(OH)3溶解，導致鉻的去除率降低；(5)“調pH≈13”主要是使鎂離子、鈣離子沉淀，“調pH≈13”后需對溶液進行煮沸并趁熱過濾的原因為Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過濾有利于除盡溶液中的Ca2+，故〖答案〗為：Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過濾有利于除盡溶液中的Ca2+；(6)Sr2+(aq)+2(aq)?SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K==×==≈1.91×105，故〖答案〗為：1.91×105；(7)由于酸化階段加入的硝酸根離子在流程中沒有除去，加之系列操作前加入了銨根離子，故系列操作烘干過程中除蒸發(fā)水分外，還能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質，該雜質除NH4HCO3外還可能為NH4NO3，NH4HCO3和NH4NO3均易分解，故將結晶過濾后，不經洗滌，直接以200℃熱風烘干，便可得高純SrCO3，故〖答案〗為：微量雜質NH4HCO3和NH4NO3均易分解。高三模擬試題PAGEPAGE12022北京高三二?；瘜W匯編沉淀溶解平衡一、單選題1．（2022·北京海淀·二模）向AgNO3溶液中通入過量SO2，過程和現(xiàn)象如圖。經檢驗，白色沉淀為Ag2SO3；灰色固體中含有Ag。下列說法不正確的是（）A．①中生成白色沉淀的離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+B．①中未生成Ag2SO4，證明溶度積：Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)C．②中的現(xiàn)象體現(xiàn)了Ag+的氧化性D．該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率2．（2022·北京豐臺·二模）下列物質的用途涉及氧化還原反應的是（）A．用NaHCO3作食品膨松劑B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑3．（2022·北京市八一中學二模）下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是（）A．用NaOH溶液吸收NO2：2OH-+2NO2=2+H2OB．用過量NaOH溶液脫除煙氣中的SO2：SO2+OH-=C．NaHCO3溶液中加過量Ba(OH)2溶液：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓++2H2OD．向鹽堿地中(主要含碳酸鈉)施放硫酸鈣，降低其堿性：+CaSO4=CaCO3+4．（2022·北京房山·二模）小組進行如下實驗。下列說法不正確的是（）A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)B．③中溶液又變紅的原因：沉淀溶解平衡正向移動C．c(OH?)：③=①D．③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl?)二、多選題5．（2022·北京市八一中學二模）為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均正確、完整的是(非玻璃儀器任選；不考慮存放試劑的容器)（）實驗玻璃儀器試劑A食鹽精制漏斗、燒杯、玻璃棒粗食鹽水、稀鹽酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B證明HCN和碳酸的酸性強弱玻璃棒、玻璃片0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液C乙醛官能團的檢驗試管、膠頭滴管、酒精燈乙醛溶液、10%NaOH溶液、2%CuSO4溶液D證Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗試管、膠頭滴管含有少量CuCl2的MgCl2溶液、稀氨水A．A B．B C．C D．D三、實驗題6．（2022·北京房山·二模）某小組用實驗1探究FeCl3與Cu的反應，觀察到有白色沉淀產生。實驗1：資料：ⅰ.CuSCN、CuCl均為難溶于水的白色固體；均能與硝酸反應，分別生成Cu2+與SO、Cu2+與Cl-。ⅱ.(SCN)2性質與鹵素單質相似，其水溶液呈黃色。(1)FeCl3溶液與Cu反應的離子方程式為____。(2)小組同學推測白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1價銅元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，為探究實驗1中白色沉淀的成分，小組同學實施了實驗2：由實驗2可知，實驗1中白色沉淀的成分是___。(3)該小組欲進一步探究實驗1中白色沉淀產生的原因，實施了實驗3：步驟實驗操作實驗現(xiàn)象I_____溶液變?yōu)樗{色，澄清透明，底部只有少量紅色固體剩余II取I中上層清液于試管中，滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液立刻出現(xiàn)紅色，同時有白色沉淀生成III振蕩II中試管，靜置白色沉淀變多，紅色逐漸褪去①步驟I的實驗操作是____。②根據實驗3的現(xiàn)象，小組同學認為Fe3+與Cu反應的氧化產物不含Cu(I)，他們的判斷依據是____。③步驟Ⅱ中加入KSCN溶液后出現(xiàn)紅色的可能原因是____。④解釋步驟III中實驗現(xiàn)象產生的可能原因：____。四、工業(yè)流程題7．（2022·北京房山·二模）工業(yè)上用含三價釩(V2O3)為主的某石煤為原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質)，低溫硫酸化焙燒—水浸工藝制備V2O5，其流程如圖：資料：ⅰ.VOSO4高溫易分解ⅱ.含磷有機試劑對溶液中離子萃取能力為Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)ⅲ.含磷有機試劑萃取過程中溶液的H+濃度越高，萃取率越低，萃取釩效果越差ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+ⅴ.氫氧化物完全沉淀時溶液的pH表沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3完全沉淀3.29.04.7(1)焙燒過程中向石煤中加硫酸焙燒，將V2O3轉化為VOSO4的化學方程式是____。(2)預處理過程中先加入Na2SO3溶液進行還原預處理，加入Na2SO3溶液的第一個作用是將V(V)還原為V(IV)減少釩的損失，再用氨水混合并調節(jié)溶液pH。①請結合相關離子方程式，說明加入Na2SO3的第二個作用____。②解釋加氨水調節(jié)pH≈5的原因是____。(3)上述I的具體操作為____。(4)沉釩過程中先加入NaClO3進行氧化，再加氨水調節(jié)pH，銨鹽會將H2V10O中的釩元素以多釩酸銨((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值與沉釩率的關系如圖，請結合反應原理解釋沉釩的pH=2.5的原因是____。(5)測定產品中V2O5的純度：稱取ag產品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定過量的(NH4)2Fe(SO4)2至終點，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知MnO被還原為Mn2+，假設雜質不參與反應。則產品中V2O5的質量分數(shù)是____。(V2O5的摩爾質量：182g?mol-1)8．（2022·北京昌平·二模）鍍鎳生產過程中產生的酸性硫酸鎳廢液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等雜質離子)，通過精制提純可制備高純硫酸鎳，部分流程如圖：資料1：25℃時，生成氫氧化物沉淀的pHFe(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2Mg(OH)2Ca(OH)2Ni(OH)2開始沉淀時6.31.56.29.111.86.9完全沉淀時8.32.88.211.113.88.9注：金屬離子的起始濃度為0.1mol/L.資料2：25℃時，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。資料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金屬離子的反應為：x+Mx+M+xH+(1)操作1、2的名稱是____，操作3的名稱是____。(2)操作1中加入Cl2的主要目的是____。(3)NiF2溶液參與反應的離子方程式是____。雜質離子沉淀完全時，溶液中c(F-)=____mol/L(c(雜質離子)≤10-5mol/L即可視為沉淀完全)。(4)濾液b中含有的微粒主要有____。(5)在硫酸鹽溶液中，P204對某些金屬離子的萃取率與pH關系如圖所示，在一定范圍內，隨著pH升高，萃取率升高的原因是____。(6)在母液中加入其它物質，可制備操作1中所需Ni(OH)2漿液，寫出制備的離子方程式____。9．（2022·北京市八一中學二模）鈰可用作優(yōu)良的環(huán)保材料，現(xiàn)以氟碳鈰礦(CeFCO3，含F(xiàn)e2O3、FeO等雜質)為原料制備鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3；Ksp〖Fe(OH)3〗=8×10-38〗；②Ksp〖Ce(OH)3〗=1×10-22〗；③lg2=0.3。回答下列問題：(1)粉碎“焙燒”時，氧化數(shù)據如表所示：空氣氧化法氧化溫度/℃氧化率/%氧化時間/h暴露空氣中450～50088l4對流空氣氧化爐中450～500986在對流空氣氧化爐中可大大縮短氧化時間的原因是____。(2)用鹽酸和H2BO3提取Ce元素時，體現(xiàn)鹽酸的性質有____，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復分解反應，則“濾渣Ⅱ”主要成分為____(化學式)。(3)“濾液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水調pH的范圍是____，“濾液Ⅱ”中加入NH4HCO3反應的離子方程式為____，若Ce2(CO3)3經充分焙燒質量減少5.8t，則獲得CeO2的質量為____t。(4)用過量鋁粉還原CeO2即可得Ce，反應的化學方程式為____，鋁粉必須過量的原因是____。10．（2022·北京·北師大實驗中學二模）碳酸鍶(SrCO3)難溶于水，主要用于電磁材料和金屬冶煉。一種由工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：已知：I．Cr(OH)3為兩性氫氧化物；Ⅱ．常溫下，各物質的溶度積常數(shù)如下表所示?；衔顲r(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列問題：(1)氣體A的電子式為_______。(2)“除鋇、鉛”時，pH過低會導致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因為_______(結合化學用語解釋)；“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為_______。(3)“濾渣1”的主要成分為_______(填化學式)。(4)用氨水和NaOH分步調節(jié)pH，而不是直接調節(jié)溶液的pH≈13的原因為_______。(5)“調pH≈13”后需對溶液進行煮沸并趁熱過濾出濾渣2，煮沸并趁熱過濾的原因為_______。(6)已知：碳酸的電離常數(shù)Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，則“碳化”時，反應Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K=_______(保留兩位有效數(shù)字)。(7)“系列操作”中，將結晶過濾后，不經洗滌，直接以200℃熱風烘干，便可得高純SrCO3，其原因是_______。

2022北京高三二?；瘜W匯編沉淀溶解平衡▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁1．B〖祥解〗結合檢驗結果可推測向AgNO3溶液中通入過量SO2發(fā)生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置過程中有Ag生成是因為過量的SO2將部分Ag+還原。〖詳析〗A．①中生成的白色沉淀為Ag2SO3，則SO2和水提供亞硫酸根離子，AgNO3溶液提供Ag+，發(fā)生復分解反應，反應的離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正確；B．①中硫酸根離子主要來自酸性條件下硝酸根離子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因為硫酸根離子濃度小于亞硫酸根離子濃度導致的，因此不能證明Ag2SO3更難溶，也就不能說明Ksp(Ag2SO3)<Ksp(Ag2SO4)，B錯誤；C．②中有Ag生成，則證明Ag+被還原，Ag+有氧化性，C正確；D．該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3，然后放置一段時間后才生成Ag，故該實驗條件下，SO2與AgNO3反應生成Ag2SO3的速率大于生成Ag的速率，D正確；〖答案〗選B。2．B〖詳析〗A．用NaHCO3作食品膨松劑是因為受熱分解放出二氧化碳氣體，不涉及氧化還原反應，故A錯誤；B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱，在反應中鐵粉被氧氣氧化，發(fā)生了氧化還原反應，故B正確；C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4，先反應生成碳酸鈣沉淀，碳酸鈣再與鹽酸反應，都為復分解反應，故C錯誤；D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑，原理是鐵離子和鋁離子發(fā)生水解反應生成膠體，不涉及氧化還原反應，故D錯誤。故選B。3．D〖詳析〗A．NO2在NaOH溶液中會發(fā)生歧化，離子方程式為2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，A錯誤；B．NaOH過量，SO2生成亞硫酸鹽，離子方程式為SO2+2OH-=SO+H2O，B錯誤；C．NaHCO3溶液中加過量Ba(OH)2溶液，OH-會有剩余，離子方程式中HCO的系數(shù)應為1，即HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C錯誤；D．硫酸鈣可以和碳酸鈉反應發(fā)生沉淀的轉化，離子方程式為+CaSO4=CaCO3+，D正確；綜上所述〖答案〗為D。4．C〖詳析〗A．向Mg(OH)2懸濁液中滴加酚酞，溶液變紅說明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)，故A正確；B．加入鹽酸消耗OH?，使Mg(OH)2(s)?Mg2+(aq)+2OH?(aq)正向移動，過一段時間又補充了OH?，溶液又變紅，故B正確；C．溫度不變Ksp不變，①變?yōu)棰诩尤肓讼←}酸，c(Mg2+)增大，根據Ksp=c(Mg2+)c2(OH?)，c(Mg2+)增大，c(OH?)減小，故C錯誤；D．根據電荷守恒2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl?)+c(OH?)，③中溶液顯堿性c(OH?)>c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl?)，故D正確；故〖答案〗為C。5．CD〖詳析〗A．食鹽精制要經過溶解、過濾和結晶，缺少蒸發(fā)皿，不能達到目的，A項錯誤；B．0.lmol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1Na2CO3溶液，通過pH試紙，可以比較HCN和碳酸氫根的酸性強弱，不能比較碳酸，不能達到目的，B項錯誤；C．檢驗醛基在堿性溶液中，乙醛可被新制氫氧化銅氧化，且需要加熱，需要儀器為試管、燒杯、膠頭滴管、酒精燈，C項正確；D．含有少量CuCl2的MgCl2溶液，滴加稀氨水，產生藍色沉淀，可知氫氧化銅更難溶，證明Ksp〖Mg(OH)2〗>Ksp〖Cu(OH)2〗，D項正確；〖答案〗選CD。6．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2)CuCl和CuSCN(3)

向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，振蕩、靜置

若有Cu(I)生成，步驟I中應產生CuCl白色沉淀，但步驟I中無白色沉淀產生

Cu2+與SCN-反應生成(SCN)2，F(xiàn)e2+被(SCN)2氧化為Fe3+

Cu2+與SCN-發(fā)生反應：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN與Cl-發(fā)生沉淀轉化反應：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-繼續(xù)與Cu2+反應，導致白色沉淀變多；隨著反應進行，SCN-逐漸被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移動，導致紅色逐漸褪去〖祥解〗向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向紅色溶液中加入銅粉，紅色褪去，產生白色沉淀，根據題干信息可知，該白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1價銅元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性質與鹵素單質相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有還原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1價銅元素)還可能是Cu2+和SCN-反應得到。(1)FeCl3溶液與Cu反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。(2)CuSCN、CuCl均為難溶于水的白色固體；均能與硝酸反應，分別生成Cu2+與、Cu2+與Cl-；取實驗1中的白色沉淀于試管中，加入過量稀硝酸溶解得到藍色溶液，將藍色溶液分為兩等份，向一份藍色溶液中加入AgNO3溶液，產生白色沉淀AgCl，說明實驗1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份藍色中加入BaCl2溶液，產生白色沉淀BaSO4，說明實驗1所得白色沉淀含有CuSCN；綜上所述，實驗1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。(3)①為了進一步探究實驗1中白色沉淀產生的原因，結合題干信息可知，步驟I的實驗操作為向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，振蕩、靜置，觀察到溶液變?yōu)樗{色，澄清透明，底部只有少量紅色固體剩余；②向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入0.15g銅粉，若有Cu(I)生成，步驟I中應產生CuCl白色沉淀，但步驟I中無白色沉淀產生，依此判斷Fe3+與Cu反應的氧化產物不含Cu(I)；③由②題可知，步驟I中無Cu(I)生成，在步驟II中，向步驟I所得溶液中加入KSCN溶液，反應立刻出現(xiàn)紅色，說明步驟II中有Fe3+生成，同時產生白色沉淀，說明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性質與鹵素單質相似，即(SCN)2有氧化性，則SCN-有還原性，故步驟Ⅱ中加入KSCN溶液后出現(xiàn)紅色的可能原因是Cu2+與SCN-反應生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），F(xiàn)e2+被(SCN)2氧化為Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；④振蕩II中試管，靜置，觀察到白色沉淀變多，紅色逐漸褪去，可能的原因是Cu2+與SCN-發(fā)生反應：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN與Cl-發(fā)生沉淀轉化反應：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-繼續(xù)與Cu2+反應，導致白色沉淀變多；隨著反應進行，SCN-逐漸被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移動，導致紅色逐漸褪去。7．(1)2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O(2)

2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者寫H2SO3）

除去Al(OH)3，提高VO在有機試劑中的萃取率(3)過濾(4)pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，該平衡逆向移動，不利于形成多釩酸銨沉淀(5)〖祥解〗石煤在220℃條件下，空氣中硫酸化焙燒，V2O3轉化為VOSO4，Al2O3、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，SiO2不反應，得到的焙砂經水浸、過濾后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+雜質的濾液，先加入Na2SO3溶液進行還原預處理，將Fe3+和V(V)還原，然后再用氨水混合并調節(jié)溶液pH，除去Al3+，過濾后加入含磷有機試劑萃取V(IV)，靜置分液得到含有V(IV)的有機物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)從有機溶液中析出，之后進行沉釩得到(NH4)2V6O16，煅燒得到V2O5。(1)V2O3轉化為VOSO4的過程中V元素被氧化，氧化劑應是空氣中的氧氣，結合電子守恒、元素守恒可得化學方程式為2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；(2)①含磷有機試劑對溶液中的Fe3+也有很強的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二個作用是將Fe3+還原為Fe2+，離子方程式為2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；②根據題目所給信息可知加氨水調節(jié)pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有機試劑中的萃取率；(3)水浸后會有一些難溶于水的雜質，所以操作I為過濾；(4)溶液中存在反應10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氫離子濃度過高，該平衡逆向移動，不利于形成多釩酸銨沉淀；(5)根據電子守恒，存在數(shù)量關系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=5b2c2×10-3mol，則VO消耗的n〖(NH4)2Fe(SO4)2〗=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的質量分數(shù)是=。8．(1)

過濾

萃取分液(2)將廢液中的氧化為(3)

，

3×10-2(4)Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、(5)萃取產生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進萃取金屬離子的反應正向移動(6)〖祥解〗酸性硫酸鎳廢液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等雜質離子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2調節(jié)溶液pH值，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，再進行過濾，得濾渣為Fe(OH)3；得到濾液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等離子，向濾液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+轉化為CaF2、MgF2沉淀，再次進行過濾得到濾液b含有Ni2+、Zn2+等離子，加入萃取劑萃取Zn2+，有機相中含有鋅，通過反萃取使萃取劑再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根離子等，進行蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾洗滌等操作得到產品硫酸鎳晶體，母液中加堿溶液得到Ni(OH)2可循環(huán)利用，據此分析解答。（1）操作1、2用于分離沉淀和溶液，故名稱是過濾，操作3的名稱是萃取分液。（2）操作1中加入Cl2的主要目的是將廢液中的氧化為。（3）NiF2溶液使Ca2+、Mg2+轉化為CaF2、MgF2沉淀，參與反應的離子方程式是，。已知，25℃時，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，則CaF2溶解度小于MgF2，鈣離子先沉淀，鎂離子后沉淀，已知(c(雜質離子)≤10-5mol/L即可視為沉淀完全，則雜質離子沉淀完全時，溶液中c(F-)mol/L。（4）結合流程與分析，濾液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、離子。（5）P204(二乙基己基磷酸)萃取金屬離子的反應為：x+Mx+M+xH+，萃取產生H+，隨pH的升高H+被消耗，促進平衡正向移動，故P204對某些金屬離子的萃取率隨pH的升高而升高。（6）母液中含有Ni2+、加入強堿Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余鈣離子可轉化為硫酸鈣沉淀在操作1中被過濾與氫氧化鐵一起除去，故加入石灰乳可制備操作1中所需Ni(OH)2漿液，離子方程式。9．(1)增大了氣體與固體粉末間的接觸面積(2)

酸性、還原性

KBF4(3)

3.3≤pH<7

2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O

17.2(4)

3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce

使CeO2全部轉化為Ce；鋁與氧氣反應，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境〖祥解〗氟碳鈰礦含CeFC