课时精练18 沉淀溶解平衡与溶度积-2022-2023学年高二化学精讲精练（人教选择性必修1）（解析版）

课时精练18沉淀溶解平衡与溶度积1．下列说法正确的是()A．硫酸钡放入水中不导电，则硫酸钡是非电解质B．物质溶于水达到饱和时，溶解过程就停止了C．绝对不溶解的物质是不存在的D．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0【答案】C【解析】A项，硫酸钡是强电解质，其在水中的溶解度比较小，错误；B项，溶解平衡为动态平衡，错误；D项，残留离子浓度小于10－5mol/L时，则认为该离子沉淀完全，错误。2．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是(　　)A.AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－C．升高温度，AgCl的溶解度不变D．向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变【答案】A【解析】AgCl固体在溶液中存在溶解平衡，所以溶液中有Ag＋和Cl－，B错；升高温度，AgCl溶解度增大，C错；向平衡体系中加入NaCl固体，增大了c(Cl－)，溶解平衡左移，AgCl溶解度减小，D错。3．在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，达到平衡时()A．c(Ca2＋)=c(CO32-)B．c(Ca2＋)=c(CO32-)=C．c(Ca2＋)≠c(CO32-)，c(Ca2＋)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)D．c(Ca2＋)≠c(CO32-)，c(Ca2＋)·c(CO32-)≠Ksp(CaCO3)【答案】C【解析】A项，在CaCO3饱和溶液中，c(Ca2＋)=c(CO32-)，加入Na2CO3固体后，c(CO32-)增大，c(Ca2＋)＜c(CO32-)，故A错误；B项，由A分析可知，c(Ca2＋)＜c(CO32-)，故B错误；C项，由A分析可知，c(Ca2＋)≠c(CO32-)，但溶液仍然是CaCO3的饱和溶液，溶液中的Ca2+和CO32-浓度的乘积仍然为CaCO3的Ksp，即c(Ca2＋)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)，故C正确；D项，由C分析可知，c(Ca2＋)≠c(CO32-)，但c(Ca2＋)·c(CO32-)＝Ksp(CaCO3)，故D错误；故选C。4．已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。在c(Mg2+)=c(Cu2+ )的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢増大，下列判断正确的是()A．Mg2+先沉淀B．Cu2+先沉淀C．同时沉淀D．Mg2+和Cu2+均不可能沉淀【答案】B【解析】Mg(OH)2和Cu(OH)2为同种类型的沉淀，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，所以当c(Mg2+)=c(Cu2+)时，Cu2+沉淀时所需c(OH-)更小，所以逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢増大，Cu2+先沉淀；故选B。5．在1L0.01mol·L-1MgCl2溶液中，加入1mL0.01mol·L-1的Na2CO3溶液，下列说法正确的是(已知MgCO3的Ksp=6.8×10-6mol2·L-2)()A．有MgCO3沉淀析出B．无MgCO3沉淀析出C．无法确定D．有沉淀但不是MgCO3【答案】B【解析】在1L0.01mol·L-1MgCl2溶液中，加入1mL0.01mol·L-1的Na2CO3溶液，混合溶液体积可近似为1L，所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol·L-1，c(CO32-)==1×10-5mol·L-1，c(Mg2+)×c(CO32-)＝0.01mol·L-1×1×10-5mol·L-1=1×10-7mol2·L-2＜Ksp[Mg(OH)2]，所以无沉淀析出，故选B。6．一定温度下，将有缺角的BaSO4晶体置于饱和BaSO4溶液中，一段时间后缺角消失得到有规则的BaSO4晶体。下列说法中正确的是()A．BaSO4晶体质量会增加B．BaSO4晶体质量会减小C．溶液中c(Ba2+)增大D．溶液中c(Ba2+)保持不变【答案】D【解析】A项，BaSO4晶体的质量不变，A项错误；B项，BaSO4晶体的质量不变，B项错误；C项，溶液中c(Ba2+)不变，C项错误；D项，溶液中c(Ba2+)不变，D项正确；故选D。7．在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1mol·L-1的盐酸时，下列说法正确的是(　　)A．AgCl的沉淀溶解平衡正向移动B．AgCl的溶解度增大C．溶液中c(Ag+)增大D．溶液中c(Cl-)增大【答案】D【解析】加入HCl溶液后，c(Cl-)增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ag+)减小，AgCl的溶解度减小，故A、B、C三项均不正确。8．25℃时，已知Ksp(AgCl)=1．8×10-10，Ksp(AgBr)=7．8×10-13 。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先生成的沉淀的是(　　)A．AgClB．AgBrC．同时沉淀　　D．无法判断【答案】B【解析】由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先析出AgBr沉淀。9．25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)加入KI溶液，下列说法正确的是(　　)A．溶液中Pb2+和I-浓度都增大B．溶度积常数Ksp增大C．沉淀溶解平衡向左移动D．溶液中Pb2+浓度增大【答案】C【解析】加入KI溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c(Pb2+)减小，A、D两项错误，C项正确；溶度积常数Ksp只与温度有关，B项错误。10．已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为(　　)A．2.8×10-2mol·L-1B．1.4×10-5mol·L-1C．2.8×10-5mol·L-1D．5.6×10-5mol·L-1【答案】D【解析】等体积混合后c(Na2CO3)=1×10-4mol·L-1，即溶液中c(CO32-)=1×10-4mol·L-1，根据Ksp=c(CO32-)·c(Ca2+)=2．8×10-9可知，c(Ca2+)=2．8×10-91×10-4mol·L-1=2．8×10-5mol·L-1，则原溶液中CaCl2的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，为2×2.8×10-5mol·L-1=5.6×10-5mol·L-1。11．实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是(　　)A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B．滤液b中不含有Ag+C．③中颜色变化说明AgCl能转化为AgID．实验可以证明AgI比AgCl更难溶【答案】B 【解析】在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，A项正确；滤液b中仍含有少量Ag+，故在滤液b中加入KI溶液生成了AgI沉淀，B项错误；向白色沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色，说明AgI比AgCl更难溶，能发生沉淀的转化，C、D两项均正确。12．Cu(OH)2在水中存在如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，常温下，Ksp=2×10-20。某CuSO4溶液中，c(Cu2+)=0.02mol·L-1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱来调节pH，使溶液的pH大于(　　)A．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则Q=c(Cu2+)·c2(OH-)>Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，所以c2(OH-)>2×10-200.02，c(OH-)>10-9mol·L-1，故应调节溶液的pH，使其大于5。13．常温下，向100mL0.01mol·L-1KCl溶液中加入1mL0.01mol·L-1AgNO3溶液。下列说法正确的是(AgCl的Ksp=1.8×10-10)(　　)A．有AgCl沉淀析出B．无AgCl沉淀析出C．无法确定是否有AgCl沉淀析出D．有沉淀析出，但不是AgCl沉淀【答案】A【解析】由Q=c(Ag+)·c(Cl-)=0.01×1101×0.01×100101≈1×10-6>Ksp，故应有AgCl沉淀析出。14．某温度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列有关说法正确的是(　　)[已知：lg2=0.3，Ksp(ZnS)=3×10-25]A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)C．该温度下Ksp(CuS)=4×10-36D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-4mol·L-1Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C 【解析】氯化铜、硫化钠均促进水的电离，b点恰好反应生成氯化钠，水的电离程度最小，A项错误；Na2S溶液中存在元素质量守恒2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B项错误；b点二者恰好反应，此时溶液中硫离子、铜离子浓度均是10-17．7mol·L-1，所以Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-35．4，由lg2=0.3得，Ksp(CuS)=10-35．4=(10-0.3)2×10-36=4×10-36，C项正确；CuS的Ksp较小，溶度积小的先沉淀，即Cu2+先沉淀，D项错误。15．已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=4.6×10-33。(1)若向FeCl3溶液中加入一定量石灰水，调节溶液的pH，可得红褐色沉淀。该过程中调节溶液的pH为5，则铁离子的浓度为　　　　　　　　　。 (2)溶液中某离子的物质的量浓度低于1．0×10-5mol·L-1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+完全沉淀时，测得c(Al3+)=0.2mol·L-1。此时所得沉淀中　　　　(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。 【答案】(1)2.8×10-12mol·L-1(2)不含有【解析】(1)pH为5时，c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]c3(OH-)=2．8×10-39(10-9)3mol·L-1=2.8×10-12mol·L-1。(2)Fe3+完全沉淀时，c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=2．8×10-391．0×10-5=2.8×10-34，c(Al3+)·c3(OH-)=0.2×2.8×10-34=5.6×10-35<Ksp[Al(OH)3]，所以没有生成Al(OH)3沉淀。16．(1)在Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤，若测得滤液中c(CO32-)=10-3mol·L-1，则Ca2+是否沉淀完全?　　　　(填“是”或“否”)[已知：当c(Ca2+)<10-5mol·L-1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)=3．4×10-9] (2)25℃时，Mg(OH)2饱和溶液　　　　(填“能”或“不能”)使石蕊溶液变蓝色。{已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12，lg5=0.7} (3)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，该浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中c(I-)c(Cl-)为　　　　。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17] 【答案】(1)是(2)能(3)4.7×10-7【解析】(1)根据Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO32-)=3.4×10-9，得c(Ca2+)=3．4×10-910-3mol·L-1=3.4×10-6mol·L-1<10-5mol·L-1，则Ca2+已沉淀完全。(2)设Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为xmol·L-1，则4x3=4.0×10-12，x=1.0×10-4，c(OH-)=2.0×10-4mol·L-1，c(H+)=1．0×10-142．0×10-4mol·L-1=5×10-11mol·L-1，pH=-lg(5×10-11)=11-lg5=10.3。所以Mg(OH)2饱和溶液能使石蕊溶液变蓝色。(3)当AgCl开始沉淀时，溶液中c(I-)c(Cl-)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)=8．5×10-171．8×10-10≈4.7×10-7。 17．孔雀石主要含碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，还含少量Fe、Si的化合物。实验室以孔雀石为原料制备CuSO4及CaCO3，首先将其溶于稀硫酸中，得到的溶液中含有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋。从下列所给试剂中选择：A．KMnO4B．(NH4)2SC．H2O2D．KSCN(1)检验溶液中Fe3＋的最佳试剂为______(填代号)(2)为使Fe2＋、Fe3＋一起沉淀，需先加____(填代号)，此时发生反应的离子方程式为________。(3)然后再加_______(填化学式)调整溶液的pH只生成Fe(OH)3沉淀。【答案】(1)D(2)C2Fe2＋+H2O2+2H+=2Fe3＋+2H2O(3)CuO或CuCO3【解析】(1)KSCN溶液可以和Fe3+反应使溶液变成血红色，故选D；(2)为使Fe2＋、Fe3＋一起沉淀，应先加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，同时不能引入新的杂质，所以应选用C．H2O2，发生的反应为2Fe2＋+H2O2+2H+=2Fe3＋+2H2O；(3)加入的物质应能与氢离子反应，且不引入新的阳离子杂质，所以可以选用CuO或CuCO3。1．已知：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)ΔH＞0。室温下，在含大量AgCl的浊液中，仅改变横坐标轴对应的一个条件，纵坐标轴代表的物理量的变化趋势符合实际的是A．升高温度B．加少量NaCl固体C．加少量水D．加少量KI固体【答案】A【解析】A项，Ksp 与温度有关，该溶解平衡吸热，升温溶度积增大，溶解度增加，故A正确；B项，加入少量NaCl固体，溶解平衡逆向移动，但是引入了大量氯离子，氯离子浓度增加，其浓度变化趋势为随氯化钠的质量增加而增加，故B错误；C项，加水，溶液仍然为饱和氯化银溶液，溶液中银离子浓度不变，故C错误；D项，加入KI加固体，因为碘化银比氯化银更难溶，沉淀转化为碘化银，溶液中银离子浓度降低，所以随着KI固体的质量增多，银离子浓度逐渐减小，故D错误；故选A。2．饱和BaCO3溶液中存在平衡：BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO32－(aq)当碳酸钡固体在水中达到溶解平衡后，为使溶液中Ba2＋的物质的量浓度增大，下列操作不可行的是()A．加入少量0.1mol·L－1盐酸B．加入少量硝酸钡固体C．加入少量0.1mol·L－1硫酸D．加入少量氢氧化钡固体【答案】C【解析】A项，加入少量0.1mol·L－1盐酸，氢离子会与CO32－发生反应，使平衡右移，Ba2＋的物质的量浓度增大，故A可行；B项，加入少量硝酸钡固体，硝酸钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故B可行；C项，加入少量0.1mol·L－1硫酸，硫酸会电离出氢离子和硫酸根，虽然氢离子会与CO32－发生反应，但BaSO4的溶解度比BaCO3更小，所以溶液中Ba2＋的物质的量浓度会减小，故C不可行；D项，加入少量氢氧化钡固体，氢氧化钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故D可行；故选C。3．向PbO2中加入MnSO4溶液，会发生如下反应：5PbO2(s)+2Mn2+(aq)+5SO42-(aq)+4H+(aq)=5PbSO4(s)+2MnO4-+(aq)+2H2O(l)△H＜0，达到平衡，下列说法不正确的是(　　)A．降低温度或者加入MnSO4固体，都能使平衡正向移动B．向反应体系中通入足量HCl气体，增加了氢离子浓度，使平衡正向移动，溶液紫色加深C．该反应的平衡常数K=D．分离出部分PbSO4固体，不能使平衡发生移动【答案】B【解析】A项，该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动；加入MnSO4固体，c(Mn2+)增大，化学平衡正向移动，A正确；B项，向反应体系中通入足量HCl气体，Cl-具有还原性，会消耗MnO4-，使c(MnO4-)减小，则溶液紫色变浅甚至消失，B错误；C项，化学平衡常数为反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则根据反应方程式可知该反应的平衡常数K=，C正确；D项，固体物质的浓度不变，则加入或减少纯固体物质，对化学平衡移动无影响，则分离出部分PbSO4固体，该平衡不发生移动，D正确；故选B。4．(2019年4月浙江选考)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是() A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D．海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【答案】D【解析】A项，海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B项，与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；C项，在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D项，海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。5．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知Ksp(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为HCO3-、CO32-或Ca2+)与pH变化的关系如下图所示。下列说法错误的是()A．曲线②代表CO32-B．Ka2(H2CO3)的数量级为10-11C．a=-4.35，b=-2.75D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-7.6　mol·L-1【答案】C【解析】根据图象可知：横坐标代表pH，随着pH增大，溶液碱性增强，c(HCO3-)、c(CO32-)增大，先生成HCO3-，再生成CO32-，所以曲线①代表HCO3-，曲线②代表CO32-，因为碳酸钙是难溶物，因此随着c(CO32-)增大，溶液中c(Ca2+)减小，推出曲线③代表Ca2+。A项，曲线②代表CO32-，A正确；B项，电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②的交点代表c(HCO3-)=c(CO32-)，即Ka2=，故Ka2(H2CO3)的数量级为10-11，B正确；C项，曲线②和③的交点，代表c(CO32-)=c(Ca2+)，根据Ksp(CaCO3)=c(CO32-)·c(Ca2+)=10-8.7，则c(CO32-)= ，即a=-4.35；根据电离平衡常数Ka2=，c()=，即b=-2.65，C错误；D项，当pH=10.3时，c(CO32-)=10-1.1mol/L，根据Ksp(CaCO3)=c(CO32-)·c(Ca2+)，c(Ca2+)=，D正确；故选C。6．某化工厂废水(pH=2.0，ρ≈1g•mL-1)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol•L-1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表：难溶电解质AgIPbI2AgOHPb(OH)2Ag2SPbSKsp8.3×10-177.1×10-95.6×10-81.2×10-156.3×10-503.4×10-28(1)你认为往废水中投入_________(填序号)，Ag+、Pb2+沉淀效果最好。A．KIB．NaOHC．Na2S(2)常温下，如果用NaOH处理上述废水，使溶液的pH=9.0，处理后的废水中c(Pb2+)=___。(3)如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水(ρ≈1g•mL-1)中NaCl的质量分数为0.117%．若排放标准要求为c(Ag+)低于1.0×10-8mol•L-1，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol•L-2，问该工厂处理后的废水中c(Ag+)=________，是否符合排放标准_________(填“是”或“否”)【答案】(1)C(2)1.2×10-5mol·L-1(3)9×10-9mol·L-1是【解析】(1)因为溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，故答案为C；(2)Pb(OH)2的溶度积为1.2×10-15，pH=9.0，c(OH-)=10-5mol·L-1，Ksp=[c2(OH-)]×c(Pb2+)=1.2×10-15，c(Pb2+)=mol/L=1.2×10-5mol·L-1；(3)废水中NaCl的质量分数为0.117%，ρ≈1g·mL-1，所以c(Cl)==mol/L=0.02mol·L-1；Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，c(Ag+)=mol/L=9×10-9mol·L-1＜1.0×10-8mol·L-1，排放标准要求为c(Ag+)低于1.0×10-8mol·L-1，所以符合排放标准。7．利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。 已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq，有机配体)K=1.6×10-14②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10-15③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+)过程中，反应历程如下：i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；ii.R-+·OH=OH-+·R；iii.H2O2+2·OH=O2↑+2H2O。(1)·OH的电子式为_______。(2)①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制：_______。②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为_______g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时，镍回收率下降，可能的原因是_______。(3)常温下，若“脱络”后的废水中c(Ni2+)=0.01mol·L-1，“沉淀”时先加入NaOH至溶液的pH=_______，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(4)取100mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2.325gNi(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99.97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、_______、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率：_______(保留四位有效数字)。 【答案】(1)(2)  生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2(aq)Ni2++(aq)+2R-(aq)正向移动    0.45    反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R(3)3    无(4)蒸发浓缩、冷却结晶    95.97%【解析】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。(1)·OH的电子式为：；(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2(aq)Ni2++(aq)+2R-(aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0.45g/L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0.45g/L时，反应iii速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH-)=mol3·L-3=1×10-33mol3·L-3，c(OH-)=1×10-11mol/L，则c(H+)=1×10-3mol/L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24<Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g÷281g/mol)÷(2.325g÷93g/mol)×100%=96%，100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。8．镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表： 难溶物NiSZnSCuSCaF2MgF2溶度积常数1.07×10-212.93×10-251.27×10-364×10-117.42×10-11请回答下列问题：(1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。(2)含镍矿渣浸取时，NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。(3)向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。(4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是_______。(5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号)(6)“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程：ZnSO4+4HAZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。【答案】(1)将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)(2)3NiS+ClO3--+6H+=Cl-+3S+3Ni2++3H2O(3)Fe(OH)3(4) NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)    8.4×1014    可能逸出有毒气体H2S，污染环境(5)Ca2+、Mg2+(6)增大料液的pH，使料液中c(H+)减小，促使平衡ZnSO4+4HAZnA2·2HA+H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。【解析】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni(OH)2+2H+=Ni2++2H2O、3NiS+ClO3--+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3。(1)浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等；(2)NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS+ClO3--+6H+=Cl-+3S+3Ni2++3H2O；(3)加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3；(4)由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数；若使用H2 S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境；(5)溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；(6)“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+)减小，促使平衡ZnSO4+4HAZnA2·2HA+H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。