（新課改省份專用）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測(cè)（二十七）難溶電解質(zhì)的溶解平衡（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測(cè)（二十七）難溶電解質(zhì)的溶解平衡（含解析） 1．在難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，c(A2＋)＝x mol·L－1，c(B－)＝y(tǒng) mol·L－1，則Ksp(AB2)為(　　) A．xy2　　　　　B．xy C.xy D．4xy2 解析：選A　在難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，難溶電解質(zhì)AB2的電離方程式為AB2(s) A2＋(aq)＋2B－(aq)，Ksp＝c(A2＋)·c2(B－)＝xy2。 2．(2019·巨鹿模擬)已知在Ca3(PO4)2的飽和溶液中，c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO)

2、＝1.58×10－6mol·L－1，則Ca3(PO4)2的Ksp為(　　) A．2.0×10－29 B．3.2×10－12 C．6.3×10－18 D．5.1×10－27 解析：選A　Ca3(PO4)2的飽和溶液中存在溶解平衡：Ca3(PO4)2(s) 3Ca2＋(aq)＋2PO(aq)，c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO)＝1.58×10－6mol·L－1，則Ca3(PO4)2的Ksp＝(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2≈2.0×10－29。 3．(2019·騰沖模擬)在含有Ag＋的酸性溶液中，以鐵銨礬NH4Fe(SO4)2作指示劑，用KSCN

3、標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋。已知：AgSCN(白色，s) Ag＋＋SCN－，Ksp＝1.0×10－12；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(紅色)，K＝138。下列說法正確的是(　　) A．邊滴定邊搖動(dòng)溶液，首先溶液變紅色 B．當(dāng)Ag＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成紅色配合物，即為終點(diǎn) C．上述實(shí)驗(yàn)可用KCl標(biāo)準(zhǔn)溶液代替KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋ D．滴定時(shí)，溶液pH變化不會(huì)影響終點(diǎn)的觀察 解析：選B　AgSCN的溶度積常數(shù)很小，邊滴定邊搖動(dòng)溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A錯(cuò)誤；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(紅色)，K＝138，比較大，故正向反應(yīng)容易進(jìn)行，故當(dāng)Ag

4、＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成紅色配合物，且半分鐘不褪色時(shí)即為終點(diǎn)，故B正確；KSCN和Fe3＋形成紅色溶液，KCl和Fe3＋不反應(yīng)，故不能用KCl標(biāo)準(zhǔn)溶液代替KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋，故C錯(cuò)誤；Fe3＋易水解生成紅褐色Fe(OH)3膠體，干擾實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的觀察，因此滴定時(shí)要控制溶液一定的酸性，故D錯(cuò)誤。 4．(2019·南通、泰州、揚(yáng)州等七市聯(lián)考)向濕法煉鋅的電解液中同時(shí)加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl－，降低對(duì)電解的影響，反應(yīng)原理如下： Cu(s)＋Cu2＋(aq) 2Cu＋(aq)　ΔH1＝a kJ·mol－1 Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl

5、(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1 實(shí)驗(yàn)測(cè)得電解液pH對(duì)溶液中殘留c(Cl－)的影響如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl－的去除 B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大 C．反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)增大c(Cu2＋)，c(Cl－)減小 D.Cu(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq) CuCl(s)的ΔH＝(a＋2b)kJ·mol－1 解析：選C　根據(jù)圖像，溶液的pH越小，溶液中殘留c(Cl－)越大，因此向電解液中加入稀硫酸，不利于Cl－的去除，A錯(cuò)誤；Ksp(CuCl)只與溫度有關(guān)，與溶液pH無關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)Cu(s)＋Cu2＋(aq) 2Cu

6、＋(aq)可知增大c(Cu2＋)，平衡正向移動(dòng)，使得c(Cu＋)增大，促進(jìn)Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl(s)右移，c(Cl－)減小，C正確；已知①Cu(s)＋Cu2＋(aq)2Cu＋(aq)　ΔH1＝a kJ·mol－1，②Cl－(aq)＋Cu＋(aq) CuCl(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1，根據(jù)蓋斯定律，將①×＋②得反應(yīng)Cu(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq) CuCl(s)的ΔH＝ kJ·mol－1，D錯(cuò)誤。 5．(2019·廣東仲元中學(xué)模擬)已知：①t ℃時(shí)AgCl的Ksp為2×10－10；②在t ℃時(shí)，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法

7、正確的是(　　) A．t ℃時(shí)，Ag2CrO4的Ksp為1×10－9 B．在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y點(diǎn)到X點(diǎn) C．t ℃時(shí)，反應(yīng)Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常數(shù)K＝2.5×107 D．t ℃時(shí)，用0.01 mol·L－1 AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，CrO先沉淀 解析：選C　題圖中曲線上的點(diǎn)是沉淀溶解平衡點(diǎn)，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為Ag2CrO4(s) 2Ag＋＋CrO，Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1

8、0－3)2×10－6＝10－12，A錯(cuò)誤；在飽和溶液中加入CrO，可使沉淀溶解平衡左移，溶度積常數(shù)不變，還是飽和溶液，點(diǎn)應(yīng)在曲線上，不可能由Y點(diǎn)到X點(diǎn)，B錯(cuò)誤；在t ℃時(shí)，Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq) 2AgCl(s)＋CrO(aq)，K＝＝＝＝2.5×107，C正確；0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，c(CrO)＝0.01 mol·L－1，可得c(Ag＋)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1；c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，可得c(Ag＋)＝ mol·L－1＝2×

9、10－8 mol·L－1，所以先析出AgCl沉淀，D錯(cuò)誤。 6．(2019·天津紅橋區(qū)模擬)常溫下，取一定量的PbI2固體配成飽和溶液，t時(shí)刻改變某一條件，離子濃度變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．常溫下，PbI2的Ksp為2×10－6 B．溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，平衡向左移動(dòng)，Pb2＋的濃度減小 C．溫度不變，t時(shí)刻改變的條件可能是向溶液中加入了KI固體，PbI2的Ksp增大 D．常溫下，Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的懸濁液中加入Na2S溶液，反應(yīng)PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)

10、為5×1018 解析：選D　根據(jù)圖像知，常溫下平衡時(shí)溶液中c(Pb2＋)、c(I－)分別是10－3mol·L－1、2×10－3mol·L－1，因此PbI2的Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－9，A錯(cuò)誤；PbI2飽和溶液中存在平衡：PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，Pb2＋濃度增大，平衡逆向移動(dòng)，最終平衡時(shí)Pb2＋濃度仍然比原平衡時(shí)大，B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像知，t時(shí)刻改變的條件是增大I－濃度，溫度不變，PbI2的Ksp不變，C錯(cuò)誤；反應(yīng)PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝＝＝5

11、×1018，D正確。 7.(2019·寧德質(zhì)量檢測(cè))常溫下將0.100 0 mol·L－1的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液分別滴加到20 mL濃度均為0.100 0 mol·L－1的NaCl和NaBr溶液中，混合溶液的pAg[－lg c(Ag＋)]與滴定百分?jǐn)?shù)(滴定所用標(biāo)準(zhǔn)溶液體積相對(duì)于滴定終點(diǎn)時(shí)所用標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的百分?jǐn)?shù))的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是(　　) A．曲線a代表滴定NaBr溶液 B．Ksp(AgCl)＝1×10－9.5 C．滴定至50%時(shí)，NaCl溶液中c(Na＋)＞c(NO)＞c(Ag＋)＞c(H＋) D．滴定至100%時(shí)，c(H＋)＋c(Ag＋)＝c(Br－)＋c(O

12、H－) 解析：選C　根據(jù)信息可知，由pAg＝－lg c(Ag＋)，AgBr的溶度積較小，故pAg較大，曲線a代表滴定NaBr溶液，A項(xiàng)正確；當(dāng)?shù)味ò俜謹(jǐn)?shù)為100%時(shí)，pAg＝4.75，說明c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4.75，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－9.5，B項(xiàng)正確；滴定至50%時(shí)，pAg＝8，c(Ag＋)＝10－8mol·L－1，若不考慮Ag＋水解，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，NaCl溶液中c(H＋)＞c(Ag＋)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；滴定至100%時(shí)，c(NO)＝c(Na＋)，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Ag＋)＋c(Na＋)＝c(Br－)＋c(

13、OH－)＋c(NO)，故c(H＋)＋c(Ag＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，D項(xiàng)正確。 8.(2019·濰坊模擬)25 ℃時(shí)，用Na2SO4溶液沉淀Ba2＋、Pb2＋、Ca2＋三種金屬離子(M2＋)，所需SO最低濃度的對(duì)數(shù)值p(SO)＝－lg c(SO)與p(M2＋)＝－lg c(M2＋)關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．Ksp(CaSO4)

14、中加入CaSO4粉末，會(huì)有BaSO4沉淀析出 解析：選D　根據(jù)題圖及公式Ksp＝c(M2＋)·c(SO)，代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算，三種沉淀的Ksp大小順序?yàn)镵sp(CaSO4)>Ksp(PbSO4)>Ksp(BaSO4)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，a點(diǎn)在曲線上，可表示CaSO4的飽和溶液，但是c(Ca2＋)>c(SO)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；題圖中坐標(biāo)數(shù)值越大，對(duì)應(yīng)的實(shí)際濃度越小，b點(diǎn)在曲線下方，表示PbSO4的過飽和溶液，且c(Pb2＋)＝c(SO)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于Ksp(CaSO4)>Ksp(BaSO4)，溶解度較大的沉淀可以向溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化，向Ba2＋濃度為10－5 mol·L－1的廢水中加入CaSO

15、4粉末，沉淀由CaSO4轉(zhuǎn)化為BaSO4，D項(xiàng)正確。 9.(2019·百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知298 K時(shí)，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(FeS)＝6.0×10－18，其沉淀溶解平衡曲線如圖所示(圖中R表示Ni或Fe)，下列說法正確的是(已知：≈2.4，≈3.2)(　　) A．M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，c(S2－)≈3.2×10－11 mol·L－1 B．與P點(diǎn)相對(duì)應(yīng)的NiS的分散系是均一穩(wěn)定的 C．向Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中加水，可轉(zhuǎn)化成N點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液 D．FeS＋Ni2＋NiS＋Fe2＋的平衡常數(shù)K＝6 000 解析：選D　飽和NiS溶液中c(Ni2＋)＝c(S2－)＝＝ mol

16、·L－1＝3.2×10－11mol·L－1，同理飽和FeS溶液中c(Fe2＋)＝c(S2－)＝2.4×10－9mol·L－1，因此Ⅰ曲線代表的是FeS，Ⅱ曲線代表的是NiS，即M點(diǎn)c(S2－)＝2.4×10－9mol·L－1，故A錯(cuò)誤；P點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NiS為過飽和溶液，不是穩(wěn)定分散系，應(yīng)有沉淀產(chǎn)生，故B錯(cuò)誤；Q點(diǎn)加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)減小，Q不能轉(zhuǎn)化到N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；平衡常數(shù)K＝＝＝＝＝6 000，故D正確。 10.(2019·遼南協(xié)作校模擬)某溫度時(shí)，向10 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液中滴加0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液。滴加過程中溶液中－lg c

17、(Ca2＋)與Na2CO3溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示(已知lg 5＝0.7)，下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．x、y兩點(diǎn)c(Ca2＋)之比為2 000∶3 B．Ksp(CaCO3)＝5×10－9 C．w點(diǎn)對(duì)應(yīng)的分散系很穩(wěn)定 D．x、y、z三點(diǎn)中，水的電離程度最大的為x點(diǎn) 解析：選A　x點(diǎn)時(shí)Ca2＋與CO恰好反應(yīng)，此時(shí)由－lg c(Ca2＋)＝4.3計(jì)算得c(Ca2＋)＝c(CO)＝5×10－5 mol·L－1，Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)＝2.5×10－9，y點(diǎn)溶液中c(CO)＝ mol·L－1，則c(Ca2＋)＝7.5×10－8 mol·L－1，x、y兩

18、點(diǎn)c(Ca2＋)之比為(5×10－5mol·L－1)∶(7.5×10－8mol·L－1)＝2 000∶3，A正確，B錯(cuò)誤；w點(diǎn)時(shí)Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，分散系處于過飽和狀態(tài)，不穩(wěn)定，C錯(cuò)誤；y點(diǎn)Na2CO3過量最多，CO水解促進(jìn)水的電離，因此水的電離程度最大的為y點(diǎn)，D錯(cuò)誤。 11．(2019·綿陽南山中學(xué)模擬)某研究小組進(jìn)行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的實(shí)驗(yàn)探究。 (查閱資料)25 ℃時(shí)，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。 (實(shí)驗(yàn)探究)向2支均盛有1 mL 0.1 mol·L－1 MgCl2溶液的試管中分別加入

19、2滴2 mol·L－1 NaOH溶液，制得等量Mg(OH)2沉淀。 (1)分別向兩支試管中加入不同試劑，記錄實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象如表：(表中填空填下列選項(xiàng)中字母代號(hào)) 試管編號(hào) 加入試劑 實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象 Ⅰ 2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液 ①_____ Ⅱ 4 mL 2 mol·L－1 NH4Cl溶液 ②_____ A.白色沉淀轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀 B．白色沉淀不發(fā)生改變 C．紅褐色沉淀轉(zhuǎn)化為白色沉淀 D．白色沉淀溶解，得無色溶液 (2)測(cè)得試管Ⅰ中所得混合液pH＝6，則溶液中c(Fe3＋)＝______________。 (3)同學(xué)們猜想實(shí)驗(yàn)Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有兩種

20、： 猜想1∶NH結(jié)合Mg(OH)2電離出的OH－，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動(dòng)。 猜想2：__________________________________________________________。 (4)為驗(yàn)證猜想，同學(xué)們?nèi)∩倭肯嗤|(zhì)量的氫氧化鎂盛放在兩支試管中，一支試管中加入醋酸銨溶液(pH＝7)，另一支試管中加入NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)，兩者沉淀均溶解。該實(shí)驗(yàn)證明猜想正確的是________(填“1”或“2”)。 解析：(1)已知n(MgCl2)＝1×10－3L×0.1 mol·L－1＝1×10－4 mol，n(NaOH)≈0.1×10－3L×2 mol

21、·L－1＝2×10－4mol，由反應(yīng)Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓可知，二者基本反應(yīng)完全生成白色沉淀Mg(OH)2，當(dāng)向其中加入FeCl3溶液時(shí)，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38遠(yuǎn)小于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，所以白色沉淀Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀Fe(OH)3；當(dāng)向其中加入NH4Cl溶液時(shí)，NH與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動(dòng)，最終使Mg(OH)2完全溶解得無色溶液。(2)當(dāng)試管Ⅰ中所得混合液pH＝6時(shí)，即c(OH－)＝10－8mol·L－1，由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×

22、10－38可求得c(Fe3＋)＝4.0×10－14 mol·L－1。(3)NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H＋與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動(dòng)。(4)由于醋酸銨溶液(pH＝7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，說明不是NH水解呈酸性導(dǎo)致Mg(OH)2溶解；當(dāng)加入弱堿性的NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)時(shí)，沉淀也溶解，說明猜想2是錯(cuò)誤的。因此證明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是NH與Mg(OH)2電離出OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)NH3·H2O，促進(jìn)Mg(OH)2溶解平衡正向移動(dòng)，最終得無色溶液，所以猜想1是正確的。 答案：(1)①A?、贒　(2)4

23、×10－14 mol·L－1 (3)NH4Cl水解出來的H＋與Mg(OH)2電離出的OH－結(jié)合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動(dòng)　(4)1 12．(2019·漳州模擬)鈧及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如圖： 回答下列問題： (1)洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成。混合的實(shí)驗(yàn)操作是__________________________________________。 (2)先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，

24、過濾，濾渣主要成分是____；再向?yàn)V液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，濾液中Sc3＋的濃度為____________。{已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31} (3)用草酸“沉鈧”。25 ℃時(shí)pH＝2的草酸溶液中＝__________(保留兩位有效數(shù)字)。寫出“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式______________________________________。 [已知Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5] (4)草酸鈧“灼燒”氧化的化學(xué)方程式

25、為______________________________。 (5)廢酸中含鈧量為15 mg·L－1，V L廢酸最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為____________。 解析：(1)在混合不同的液體時(shí)，一般先加密度較小、易揮發(fā)的，后加密度大、難揮發(fā)的，若混合時(shí)放熱，則最后加受熱易分解的，因此混合的實(shí)驗(yàn)操作是將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌。(2)廢酸中含鈧、鈦、鐵、錳等離子，洗滌“油相”已除去大量的鈦離子，根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Sc(OH)3]＝9.

26、0×10－31，可以求出余下三種離子沉淀完全(離子濃度小于10－5mol·L－1)的pH，發(fā)現(xiàn)錳離子沉淀完全時(shí)pH約為10，鈧離子沉淀完全時(shí)pH約為5，而鐵離子沉淀完全時(shí)pH約為4，所以先加入氨水調(diào)節(jié)pH＝3，過濾，濾渣主要成分是Fe(OH)3；再向?yàn)V液加入氨水調(diào)節(jié)pH＝6，此時(shí)溶液中c(OH－)＝10－8mol·L－1，濾液中Sc3＋的濃度為 mol·L－1＝9.0×10－7 mol·L－1。(3)25 ℃時(shí)pH＝2的草酸溶液中＝××＝Ka2(H2C2O4)×Ka1(H2C2O4)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2?！俺菱偂钡玫讲菟徕偟碾x子方程式為2Sc3＋＋3H2C

27、2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋。(4)草酸鈧“灼燒”氧化的化學(xué)方程式為2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)廢酸中含鈧量為15 mg·L－1，則V L廢酸中含鈧的質(zhì)量為15×10－3 g·L－1×V L＝0.015V g，所以最多可提取Sc2O3的質(zhì)量為＝0.023V g。 答案：(1)將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌 (2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol·L－l (3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋ (4)2Sc2(C2O4)3＋3O

28、22Sc2O3＋12CO2 (5)0.023V g 13．(2019·太原模擬)鉍(Bi)與氮同族，氯氧化鉍(BiOCl)廣泛用于彩釉調(diào)料、塑料助劑、油漆調(diào)色、生產(chǎn)金屬鉍等。一種用火法煉銅過程產(chǎn)生的銅轉(zhuǎn)爐煙塵(除含鉍的化合物之外，還有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制備高純氯氧化鉍的工藝流程如圖： 請(qǐng)回答下列問題： (1)BiOCl中Bi元素的化合價(jià)為__________。 (2)“浸鉍”時(shí)，溫度升高，鉍的浸出率降低，其原因?yàn)開______________________。 (3)“沉鉍”時(shí)需控制溶液的pH＝3.0，此時(shí)BiCl3發(fā)生反應(yīng)的化

29、學(xué)方程式為________________________________________________________________________。 (4)“除鉛、砷”時(shí)，可以采用以下兩種方法： ①加入改性羥基磷灰石固體(HAP)：浸液2與HAP的液固比(L/S)與鉛、砷去除率以及后續(xù)沉鉍量的關(guān)系如表所示： L/S 125∶1 50∶1 25∶1 15∶1 Pb2＋去除率/% 84.86 94.15 95.40 96.83 As3＋去除率/% 98.79 98.92 98.34 99.05 m(沉鉍)/g 2.34 2.33 2.05 1.9

30、8 實(shí)驗(yàn)中應(yīng)采用的L/S＝__________。 ②鐵鹽氧化法：向浸液2中加入Fe2(SO4)3，并調(diào)節(jié)pH，生成FeAsO4沉淀。欲使溶液中c(AsO)<1×10－9 mol·L－1，且不產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，應(yīng)控制pH的范圍為__________。[已知：lg 2＝0.3；FeAsO4、Fe(OH)3的Ksp分別為5×10－21、4×10－38] 解析：(1)BiOCl中O為－2價(jià)，Cl為－1價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可知，Bi元素的化合價(jià)為＋3價(jià)。(2)“浸鉍”時(shí)，所加物質(zhì)為鹽酸和NaCl溶液，HCl易揮發(fā)，升高溫度，HCl揮發(fā)，反應(yīng)物濃度降低。(3)“沉鉍”時(shí)加入的物質(zhì)是Na2C

31、O3，生成BiOCl，因此有BiCl3＋Na2CO3―→BiOCl，根據(jù)原子守恒，產(chǎn)物還有NaCl和CO2，化學(xué)方程式為BiCl3＋Na2CO3===BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑。(4)①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，L/S＝50∶1以后，Pb2＋、As3＋去除率雖然增加，但是Pb2＋、As3＋去除率變化都不大，因此為了節(jié)省能源以及原料，L/S控制在50∶1。②c(AsO)＝1×10－9mol·L－1時(shí)，c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝5×10－12mol·L－1，c(OH－)＝ ＝ mol·L－1＝2×10－9 mol·L－1，此時(shí)的pH＝5.3，即pH應(yīng)小于5.3。 答案：(1)＋3　(2)溫度升高，HCl揮發(fā)，反應(yīng)物濃度降低 (3)BiCl3＋Na2CO3===BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑ (4)①50∶1?、趐H<5.3