2017高考化学离子推断及溶液的综合大题辅导讲义

2017高考化学离子推断及溶液的综合大题辅导讲义

高考化学离子推断及溶液的综合大题辅导讲义 授课主题 离子推断及溶液的综合大题 教学目的 ‎1、清晰有关离子的高频考点、易错点 ‎2、掌握有关溶液大题的解题思路 教学重难点 解题思路与知识点的链接，易错点的辨析 教学内容 ‎ ‎ 上节课复习与回顾 能正确表示下列反应的离子方程式是( )‎ A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O B．0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O═HClO+HSO3-‎ ‎【答案】A【解析】试题分析：A．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3．H2O，故B错误；C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子方程式的书写 课堂导入 做有关溶液大题都需要注意什么？‎ 本节知识点讲解 解题基本思路 ‎ ‎ 例题解析 某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Na+、K+。为确认溶液组成进行如下实验：（1）向200ml上述溶液中加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出）。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是（ ）‎ A．c（CO32-）=0. 01mol•L﹣1，c（NH4+）＜c（SO42-）‎ B．如果上述6种离子都存在，则c（Cl﹣）＞c（SO42-）‎ C．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+，可能存在Cl﹣、Na+、K+‎ D．一定存在SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Cl﹣，一定不存在Na+、K+‎ ‎【答案】B【解析】试题分析：（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；碳酸钡的质量是：4.3g-2.33g＝1.97g，碳酸根离子的物质的量为：1.97g÷197g/mol＝0.01mol；（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.05mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.05mol，A、根据以上分析可知c（CO32-）=0.01mol÷0.2L＝0.05mol/L，硫酸根为0.01mol，铵根为0.05mol，故c（NH4+）＞c（SO42-），A错误；B、依据溶液电中性原则，假设都存在，根据电荷守恒可知0.05+n（Na+）+n（K+）=2×0.01+2×0.01+n（Cl-），据此得出n（Cl-）=n（Na+）+n（K+）+0.01＞0.01=n（SO42-），则c（Cl-）＞c（SO42-），B正确；C、根据分析可知，溶液一定存在的离子有：SO42﹣、CO32﹣、NH4+，根据电荷守恒可知一定还存在氯离子，可能存在的离子有：K+、Na+，C错误；D、根据以上分析可知D错误，答案选B。‎ ‎【考点定位】本题考查了常见离子的检验方法 ‎【名师点晴】明确常见离子的性质为解答关键，注意熟练掌握常见离子的检验方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。该题的难点是氯离子的判断，解答时注意掌握好以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。‎ 巩固练习 溶液X中含有右表中的某5种，且其浓度均为 0.1mol／L(不考虑水的电离与离子水解)。向X溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是 阳离子 Na+、Ca2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+‎ 阴离子 OH-、HCO3-、CO32-、Cl-、NO3-、SO42-‎ A．X溶液中不可能含有HCO3-或CO32-‎ B．生成无色气体的离子方程式为：3Fe2+ +NO3-+4H+=3Fe3++NO+2H2O C．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+‎ D．X溶液中一定含3种阳离子、2种阴离子 ‎【答案】D【解析】试题分析：各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向溶液X中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO42-，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+。A．根据分析可知，溶液中一定不存在HCO3-与CO32-，故A正确；B．生成无色气体为NO，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故B正确；C．原溶液中一定含有Mg2+，故C正确；D．原溶液中含有的五种离子为：Cl-、NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+，含有2种阳离子、3种阴离子，故D错误；故选D。‎ ‎【考点定位】考查常见离子的检验方法 ‎【名师点晴】本题考查了常见离子的检验方法，明确常见离子的性质为解答关键。解答此类试题需要储备和积累一些基础知识，如熟记常见的离子的检验方法：NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe2+：①NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；②新制的氯水+KSCN溶液；②滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；③铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。注意熟练掌握常见离子的性质，能够根据电荷守恒判断离子的存在情况，试题培养了学生的灵活应用能力。‎ 知识点小结 考点二、化工流程题 化工流程题目在流程上一般分为3个过程：‎ ―→―→ ‎1、原料处理阶段的常见考点与常见名词 ‎①加快反应速率 ‎②溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等 水浸：与水接触反应或溶解 浸出：固体加水(酸)溶解得到离子 浸出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少(更多转化)‎ 酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程 ‎③灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解 ‎④控制反应条件的方法 ‎2、分离提纯阶段的常见考点 ‎①调pH值除杂 ‎ a．控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀[来源:学_科_网Z_X_X_K]‎ 例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3‎ ‎2.7‎ ‎3.7‎ Fe(OH)2‎ ‎7.6‎ ‎9.6‎ Mn(OH)2‎ ‎8.3‎ ‎9.8‎ ‎ 若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，应该怎样做？‎ 提示：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH到3.7。‎ ‎ b．调节pH所需的物质一般应满足两点： 能与H＋反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。‎ ‎ 例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。‎ ‎②试剂除杂 ‎③加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。‎ ‎④降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)、为使化学平衡向着题目要求的方向移动 ‎⑤萃取 ‎3、获得产品阶段的常见考点 ‎①洗涤(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。‎ ‎②蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。‎ ‎③蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。‎ ‎④蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。‎ ‎⑤重结晶 ‎4、其他常见考点 ‎①化学方程式　②实验仪器　③计算　④信息 ‎ 例题解析 工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁(Fe2＋和Fe3＋)的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe(OH)3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝产品。‎ ‎(1)KMnO4首先将Fe2＋氧化为Fe3＋，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 实验证明，n(MnO2)/n(Fe)控制在4∶1时，除铁效果较好。若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03 mol·L－1，为达到较好的除铁效果，每1 L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为__________。‎ ‎(3)调节pH的作用是______________________________________________________。‎ ‎(4)操作2的名称为__________________。‎ ‎(5)下列有关工艺的说法正确的是________(填字母序号)。‎ A．溶液的pH越大，则除铁效果越好，但同时会影响硫酸铝的产率 B．活性二氧化锰生成量应适宜，不足时铁的去除率较低，过量时会增加成本 C．可以直接向溶液中加入二氧化锰粉末以除去Fe(OH)3‎ 答案　(1)MnO＋3Fe2＋＋4H＋===MnO2↓＋2H2O＋3Fe3＋‎ ‎(2)2KMnO4＋3MnSO4＋2H2O===5MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4　0.102 mol ‎(3)使铁离子水解为氢氧化铁沉淀除去(4)蒸发浓缩、冷却结晶(5)AB 解析　(2)‎ MnO　＋3Fe2＋＋4H＋===MnO2↓＋2H2O＋3Fe3＋‎ ‎ 0.01 mol 0.03 mol 0.01 mol 0.03 mol 所以n(Fe3＋)＝0.06 mol　n(MnO2)＝0.24 mol。‎ ‎2KMnO4＋3MnSO4＋2H2O===5MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4‎ ×2＝0.092 mol　　 　0.23 mol 所以n(KMnO4)＝0.092 mol＋0.01 mol＝0.102 mol。‎ ‎(3)调节pH使Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。‎ ‎(4)从Al2(SO4)3溶液中结晶出Al2(SO4)3晶体应采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。‎ ‎(5)A项，pH越大，会生成Al(OH)3沉淀，影响Al2(SO4)3产率。‎ 巩固练习 铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健康。‎ ‎（1）不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72—，处理该废水常用的流程如下图所示：‎ Na2S2O3在此过程中表现 性。若向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，会得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合价为 价，反应的离子方程式为 。‎ ‎（2）交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车。其反应原理如下，请配平该反应方程式：‎ ‎（ ）CrO3 +（ ）CH3CH2OH +（ ）H2SO4 —（ ）CH3CHO + （ ）Cr2(SO4)3+（ ）H2O ‎（3）已知存在平衡：2CrO42—+2H+ Cr2O72—+H2O。向K2Cr2O7溶液中加入Ba(NO3)2和Pb(NO3)2溶液，可析出BaCrO4和PbCrO4两种沉淀，反应的离子方程式为 （任意写出其中一种即可）。此时溶液中c(Pb2+)/c(Ba2+)= 。‎ 已知Ksp（BaCrO4）=1.25×10—10；Ksp（PbCrO4）=2.75×10—13‎ ‎（4）工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备K2Cr2O7，制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）。通电后阳极的电极反应式为 。请结合方程式解释反应一段时间后，在阴极室得到浓KOH溶液的原因 。‎ ‎【答案】（1）还原（1分） +3（1分） Cr3++4OH— =CrO2—+2H2O（2分）‎ ‎（2）2CrO3 +3CH3CH2OH +3H2SO4 ＝3CH3CHO +3Cr2(SO4)3+6H2O（2分）‎ ‎（3）Cr2O72—+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+‎ ‎（或Cr2O72—+H2O+2 Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）（2分） 2.2×10—3（2分）‎ ‎（4）2H2O-4e—=O2↑+4H+（或4OHˉ—4e—=O2↑+2 H2O）（2分）‎ 阴极室发生反应2H2O+ 2e—= H2↑+2OH-，c(OHˉ)增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室，与OHˉ共同得到KOH。（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Na2S2O3与六价铬发生氧化还原反应将六价的还原成+3价，所以Na2S2O3是还原剂，NaCrO2中Cr元素的化合价为+3价，向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，反应方程式为Cr3++4OH— ＝CrO2—+2H2O；‎ ‎（2）该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价，C2H5OH中C元素化合价由-2价变为-1价，转移电子总数为6，根据转移电子相等知，CrO3的计量数是2，C2H5OH的计量数是3，再结合原子守恒配平方程式为2CrO3 +3CH3CH2OH +3H2SO4 ＝3CH3CHO +3Cr2(SO4)3+6H2O；‎ ‎（3）加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动，所以反应的离子方程式为Cr2O72—+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72—+H2O+2Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）；c(Pb2+)/c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)/Ksp(BaCrO4)=2.75×10−13/1.25×10−10=2.2×10-3；‎ ‎（4）阳极发生氧化反应，电极反应式为4OHˉ—4e—=O2↑+2 H2O，阴极室发生反应2H2O+ 2e—= H2↑+2OH-，c（OH-）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查了难溶电解质的溶解平衡、氧化还原反应的计算以及化学方程式的书写等 ‎【名师点晴】答题时注意沉淀溶解平衡的理解与计算，掌握基础是关键。难点是氧化还原反应方程式的配平。氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：（1）标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。（2）列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。（3）求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。（4）配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。（5）细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。‎ 知识点小结 当堂检测 ‎ ‎1．高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性。‎ ‎（1）已知：4FeO42-+10H2O 4Fe(OH) 3+8OH-+3O2↑。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有 。‎ 同浓度的高铁酸钾在pH为4.74、7.00、11.50的水溶液中最稳定的是pH= 的溶液。‎ ‎（2）高铁酸钾有以下几种常见制备方法：‎ ‎①干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____ 。‎ ‎②湿法制备中，若Fe（NO3）3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式：____ ________________。‎ ‎③制备中间产物Na2FeO4，可采用的装置如图所示，‎ 则阳极的电极反应式为 。‎ ‎（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH 放电时负极附近pH变化 ，正极反应为：____ 。‎ ‎（4） 25℃时，CaFeO4的Ksp=4.54×l0-9，若要使1000 L含有2.0×l0－4 mol·L-l K2FeO4的废水中的c（FeO42－）有沉淀产生，理论上至少加入Ca（OH）2的物质的量为____ mol。‎ ‎【答案】 (1)K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质； 11.50；（2）①3:1;② 2FeO42－＋Fe3+＋8OH－＝3FeO43－＋4H2O；③Fe+8OH－－6e─=FeO42─+4H2O；（3）变小； FeO42－+4H2O+3e－=Fe(OH)3+5OH－；（4）2.27×10-2。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在K2FeO4中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，能够对水进行杀菌消毒；同时FeO42－ 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，表面积大吸附力强，能够吸附水中悬浮杂质，从而可以起到净化作用；故具有杀菌消毒和净化水的作用；根据方程式4FeO42-+10H2O4Fe(OH) 3+8OH-+3O2↑，可知增大生成物OH-的浓度，可以使平衡逆向移动，从而可以减小FeO42-的反应，所以应该选择溶液碱性强的pH=11.50的溶液；（2）①干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4＋3KNO2+ 2H2O，在该反应中氧化剂KNO3与还原剂Fe2O3的物质的量之比为3:1；②湿法制备中，若Fe(NO3) 3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式：2FeO42－＋Fe3+＋8OH－＝3FeO43－＋4H2O；③制备中间产物Na2FeO4，若采用电解的方法，则阳极Fe是活性电极，Fe失去电子，发生氧化反应，所以阳极发生的电极反应式为Fe－6e─+8OH－=FeO42─+4H2O；（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电，其总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn (OH)2+2 Fe(OH)3+4KOH。则在放电时负极材料Zn失去电子变为Zn2+结合氢氧根，故pH变小；在正极上的反应为：FeO42－+4H2O+3e－==Fe(OH)3+5OH－；Ksp=c(Ca2+)·c(FeO42－)≥4.54×l0-9，c(FeO42－)= 2.0×l0－4 mol/L，所以c(Ca2+)≥4.54×l0-9÷c(FeO42－)= 4.54×l0-9÷2.0×l0－4=2.27×10-5mol/L,因此n(Ca（OH）2) ≥2.27×10-5mol/L×1000L=2.27×10-2mol。‎ 考点：考查高铁酸钾的性质、制备及应用的知识。‎ ‎2．含硫化合物在自然界中广泛存在，部分循环关系如下:‎ ‎（1）已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H=-1036.46kj.mol-1‎ S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.04kJ.mol-1‎ 写出H2S（g）与O2(g)反应产生S(s)和H2O（g）的热化学方程式 。‎ ‎（2）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），用离子方程式，从沉淀溶解平衡的角度表示由ZnS转变为CuS的过程 。‎ ‎（3）某酸性FeSO4溶液中含有少量的SnSO4，为得到纯净的硫酸亚铁晶体（FeSO4·xH2O），可向溶液中通入H2S气体至饱和，然后用硫酸酸化至pH=2，过滤后，将所得滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得到硫酸亚铁晶体。查阅资料，得到相关物质的有关数据如下表：‎ ‎25℃‎ 饱和H2S溶液 FeS SnS pH ‎3.9‎ ‎3.0（开始沉淀 ‎5.5（沉淀完全）‎ ‎1.6（沉淀完全）‎ Ksp ‎6.3×10-18‎ ‎1.0×10-25‎ ‎①通入H2S气体至饱和的目的是 ；用硫酸酸化至pH=2的目的是 。‎ ‎②在SnS、FeS共存的溶液中，若c(Sn2+)=1.0×10-9mol·L-1，则c(Fe2+)= .‎ ‎（4）SO2是大气污染物，若用KMnO4作脱硫剂，可使燃煤尾气中的SO2反应生成MnSO4,反应的离子方程式是 。SO2还可以按下列流程制备化工原料硫酸，反应器中发生反应的化学方程式是 。‎ ‎【答案】（1）2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) △H=-442.38kJ.mol-1（2）ZnS(S)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(S)‎ ‎（3）①将溶液中的Sn2+转变为SnS而除去；防止Fe2+转化为FeS沉淀； ②6.3x10-2mol·L-1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1） ①－2×①，整理可得2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g) △H=-442.38kJ.mol-1；（2）ZnS与CuSO4溶液发生复分解反应：ZnS+CuSO4=CuS+ZnSO4，用沉淀溶解平衡方程式表示为：ZnS(S)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+CuS(S)，导致ZnS不断转化为溶解度更小的CuS沉淀；①根据H2S饱和溶液的pH及FeS、SnS沉淀完全的pH可知：通入H2S气体至饱和时，可以将溶液中的Sn2+转变为SnS而除去，用硫酸酸化至pH=2的目的是同时又防止了Fe2+转化为FeS沉淀；②在SnS、FeS共存的溶液中，若c(Sn2+)= 1.0×10-9mol·L-1，则根据溶度积常数的含义可得：c(S2-)=1.0×10-25÷1.0×10-9mol·L-1=1.0×10-16 mol·L-1；再根据FeS的溶度积常数可得c(Fe2+)=6.3×10-18÷1.0×10-16mol·L-1=6.3×10-2 mol·L-1。‎ 考点：考查盖斯定律的应用、沉淀的形成与转化、溶度积常数的应用的知识。‎ ‎3．铁是人体中必需微量元素中含量最高的元素，体内缺失会引起贫血。含FeO离子的盐具有强氧化性，能杀菌消毒，如高铁酸钾是一种新型、高效的消毒剂及绿色净水剂。铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：‎ Fe2＋Fe3＋FeO 请回答下列有关问题：‎ ‎(1)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液实现上述①的转化，要求产物纯净。可选用的试剂是________(选填序号)；‎ a．Cl2 b．Fe c．HNO3 d．H2O2‎ ‎(2)上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺。精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S，则下列说法正确的是________(选填序号)；‎ a．反应中，所有铁元素均被还原 b．从物质的组成来看，黄铜矿属于复盐 c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂 d．当转移1 mol电子时，有46 g CuFeS2参加反应 ‎(3)下列是工业制取高铁酸钾的一种方法，请在方框内填上合适的微粒符号并配平该离子方程式：‎ ‎__Fe3＋＋__＋__Cl2―→__FeO＋__Cl－＋__ 答案　(1)d　(2)d　(3)2Fe3＋＋8H2O＋3Cl2===2FeO＋6Cl－＋16H＋‎ 解析　(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O ‎(2)‎ c项，CuFeS2仅作还原剂。‎ d项，当转移4 mol电子时，有184 g CuFeS2参加反应。‎ 所以当有1 mol电子转移时，应有46 g CuFeS2参加反应。‎ 课堂总结 家庭作业 ‎1．溶液中可能含有 H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、NO3﹣中的几种．①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）‎ A．溶液中一定不含 CO32﹣，可能含有 SO42﹣和 NO3﹣‎ B．n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=2：4：1‎ C．溶液中的阳离子只有 H+、Mg2+、Al3+‎ D．在滴加 NaOH 溶液物质的量为 0.5 至 0.7mol 时，发生的离子反应为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O ‎【答案】B【解析】由①可知溶液中有H+，无CO32﹣和NO3﹣，根据溶液电中性，溶液中一定存在SO42﹣；加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知：0≤n（NaOH）≤0.1mol时，H++OH﹣=H2O；0.1mol≤n（NaOH）≤0.5mol时，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓；0.5mol≤n（NaOH）≤0.7mol时，NH4++OH﹣=NH3•H2O；0.7mol≤n（NaOH）≤0.8mol时，Al（OH）3 +OH﹣=AlO2﹣+H2O，计算可得：n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，‎ A、根据分析可知：溶液中一定不存在CO32﹣、Fe3+、NO3﹣，一定存在H+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42﹣，故A错误；‎ B、根据以上计算可知，n（H+）=0.1mol，n（Al3+）=0.1mol，n（Mg2+）=0.05mol，n（NH4+）=0.2mol，所以n（H+）：n（NH4+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.2mol：0.05mol=2：4：1，故B正确；‎ C、溶液中一定存在的阳离子为H+、NH4+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、在滴加NaOH溶液物质的量为0.5至0.7mol时，沉淀的物质的量不变，发生的反应为NH4++OH﹣=NH3•H2O，故D错误；故选B．‎ ‎【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，特别是具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，先出现沉淀，之后沉淀逐渐溶解，常常为解题突破口；本题硫酸根离子的确定为易错点，根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子．‎ ‎2．一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4‎ 发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：‎ ‎①CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1=210．5kJ•mol-1 ‎ ‎②1/4CaSO4（s）+CO（g）⇌1/4CaS（s）+CO2（g）△H2=-47．3kJ•mol-1‎ 请回答下列问题：（1）反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g） △H2=________kJ•mol-1；平衡时增大压强，此反应________（“正向”、“逆向”、“不”）移动。‎ ‎（2）已知298K时，Ksp（CaCO3）=m×10-p，Ksp（CaSO4）=m×10-q。则反应：CaCO3+SO42-⇌CaSO4+CO32-的平衡常数数值表示式为_________________（用含m、n、p、q的式子表示）。‎ ‎（3）用碘量法可测定排放烟气中二氧化硫的含量，请写出碘溶液与二氧化硫发生氧化还原反应的离子方程式_________________；‎ ‎（4）反应①②的平衡常数的对数lgK随反应T的变化曲线见图，其中曲线Ⅰ代表_______反应，P为两曲线交点，则在该温度下两反应均达平衡时，体系中c（SO2）=___________mol•L-1，从减少二氧化硫排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是_______________________。‎ A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压 ‎【答案】（1）-399．7；正向；（2） ；（3）I2+SO2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；（4）②；1；B ‎【解析】试题分析：（1）由盖斯定律可知，反应CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）；△H3=-△H1+4△H2=-399．7 kJ•mol-1，增大压强，向气体系数和减小的方向移动，则应向正反应方向移动，故答案为-399．7，正向；‎ ‎（2）Ksp（CaCO3）==m×10-p，Ksp（CaSO4）==m×10-q，CaCO3+SO42-⇌CaSO4+CO32-的平衡常数数值表达式为==，故答案为；‎ ‎（3）碘与二氧化硫发生氧化还原反应的方程式为I2+SO2+2H2O=SO42-+2I-+4H+，故答案为I2+SO2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；‎ ‎（4）由图象可知，曲线Ⅰ中，随着温度升高，lgK值减小，则反应为放热反应，故曲线Ⅰ代表的应为反应②，反应①的K值表达式为，反应②的K值表达式为，当P点时，曲线Ⅰ与曲线Ⅱ的K值相同，=，，所以c（SO2）=1mol•L-1；减小二氧化硫的排放，低温高压更有利于①中平衡逆向移动，故答案为②，1，B。‎ 考点：化学平衡、难溶电解质的溶解平衡、化学反应热的计算 ‎3．单质碘的提取及应用中有关的转化关系如下图所示。‎ ‎ ‎ ‎（1）可利用i 中反应从海带灰浸取液中提取单质碘，若所用试剂为双氧水、稀硫酸，其离子方程式是_________ 。‎ ‎（2）三种分子化学键断裂时能量变化如图1 所示。其他条件相同，1 mol HI 在不同温度分解达平衡时，测得体系中物质的量随温度变化的曲线如图2 所示。‎ ‎①比较2a_________b+c（填“<<”、“>>”或“=”），理由是_________。‎ ‎②某温度下该反应平衡常数为，达平衡时，1 mol HI 分解的转化率为_________。‎ ‎③若利用此反应制备I ，则能提高HI 转化率的措施是_________（填字母序号）。‎ a．移走 b．加压 c．升温 d．增大HI 浓度 ‎（3） iii 中，碱性条件下可以转化为。电解KI 溶液制备 K的工作原理如下图所示。电解过程中观察到阳极液变蓝，一段时间后又逐渐变浅。‎ ‎① a 连接电源的_________极。‎ ‎②结合实验现象和电极反应式说明制备的原理： ‎ ‎【答案】（1）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O （2）①‎ ‎>；根据图2，温度升高，平衡正向移动，该反应正反应方向为吸热反应。2HI(g)=H2(g)+I2 △H>0 又△H=2a-（b+c)>0所以2a>b+c。②20％③ac （3）①正，②I-在阳极失电子，2I--2e-=I2，使阳极溶液变蓝，OH-透过阴离子交换膜移动向阳极，在阳极室I2与OH-反应，3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使阳极区域蓝色变浅。‎ ‎【解析】试题分析：（1）简单的陌生氧化还原反应方程式的配平。（2）①根据图②，温度升高平衡正向移动，该反应正反应方向为吸热反应 2HI（g)=H2(g)+I2(g)△H>0又△H=2a-(b+c)>0，所以2a>b+c ②k=1/64；由于H2和I2反应系数相等所以可以简化为C（H2）/C(HI)=1/8转化率为20％ ③a降低生成物的浓度，平衡正向移动，反应物初始量不变，转化率变大。B左右气体系数相同，压强变化，平衡不移动。C升高温度，平衡正向移动，反应物初始量不变，转化率变大。D增大反应物浓度，平衡正向移动，反应初始量变大，则转化率变小。（3）根据现象发现a极变蓝推测I-转化为I2，则a电极发生电子反应2I--2e-=I2。A为阳极，OH-透过阴离子交换膜移向阳极，在阳极室I2与OH-反应3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，阳极蓝色变浅。‎ 考点：离子方程式的书写，转化率的判断以及对电解池知识的考查。‎ ‎4．已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：‎ 回答下列有关问题：‎ ‎（1）硼砂中B的化合价为 ，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH＝2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为 。‎ ‎（2）MgCl2·7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是 。若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为 。‎ ‎（3）镁－H2O2酸性燃料电池的反应原理为 Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O， 则正极反应式为 。常温下，若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中Mg2＋浓度为______。当溶液pH＝6时， (填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出(已知Ksp[Mg(OH)2]＝5．6×10－12)。‎ ‎（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0．020 g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0．30 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18．00 mL。该粗硼样品的纯度为____(提示：I2＋2S2O===2I－＋S4O)(结果保留一位小数)。‎ ‎【答案】(12分)（1）+3；B4O＋2H＋＋5H2O=4H3BO3；（2）抑制MgCl2的水解；2H2O＋Mg2＋＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓；（3）H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O；0.045mol·L－1；没有；（4） 97.2%；‎ ‎【解析】试题分析：（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3，故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；‎ ‎（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2‎ 溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓；故答案为：抑制MgCl2的水解；2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓；‎ ‎（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH-)=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg(OH)2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；0.045 mol•L-1；没有；‎ ‎（4）硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～I2～3S2O32-，n(B)=n(S2O32-)=0.0018mol，硼的质量为：10.8g/mol×0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：×100%=97.2%，故答案为：碱式；97.2%‎ 考点：考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算的相关知识。‎ ‎5．锂电池应用很广，某种锂离子电池，其正极材料可再生利用。其正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6，现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出“正极碱浸”中发生反应的化学方程式____________；‎ ‎（2）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式________________________；如果可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，可能发生反应的离子方程式___________________________；‎ ‎（3）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式______________________________；‎ ‎（4）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出充电时正极的电极反应_____________________________________；‎ ‎（5）在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有____________(填化学式)；‎ ‎（6）最近美国和韩国的科学家合作研究出新型锂—空气电池，他们的锂—空气电池在放电过程中产生稳定的 晶状超氧化锂(LiO2)，超氧化锂可以很容易地分解成锂和氧，从而具有更高的效率和更长的循环寿命。请写出该电池正极的电极反应 ____________。‎ ‎【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ （2）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2 = Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O ‎ ‎ 2CoO22++2Cl- +8H+ =2Co2++Cl2↑+4H2O ‎（3）CoSO4 + 2NH4HCO3 = CoCO3 ↓+ (NH4)2SO4 +CO2↑+ H2O （4）LiCoO2-xe- = Li1-xCoO2 + xLi+‎ ‎（5）Al(OH)3、Li2SO4、CoCO3(或CoSO4)；（6） O2 + e- + Li+ = LiO2 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎（2）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，如果可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，LiCoO2能够将盐酸氧化生成氯气，2CoO22++2Cl- +8H+ =2Co2++Cl2↑+4H2O；故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，2CoO22++2Cl- +8H+ =2Co2++Cl2↑+4H2O；‎ ‎（3）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O；‎ ‎（4）充电过程中，正极的电极反应LiCoO2-xe- = Li1-xCoO2 + xLi+，故答案为：LiCoO2-xe- = Li1-xCoO2 + xLi+；‎ ‎（5）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4，故答案为：Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4；‎ ‎（6）锂—空气电池，正极氧气得到电子，电极反应为O2 + e- + Li+ = LiO2，故答案为：O2 + e- + Li+ = LiO2。‎ ‎【考点定位】考查物质分离和提纯、金属的回收、环境保护、氧化还原反应 ‎【名师点晴】本题为生产流程题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难点是电极反应式的书写。废旧锂离子电池放电处理拆解后正极用氢氧化钠溶液碱溶过滤得到滤液调节溶液PH过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液PH过滤得到滤液加入萃取剂萃取分液得到水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到水层硫酸钴溶液加入碳酸氢铵溶液沉淀钴离子得到碳酸钴固体。‎ ‎6．工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①所得废渣的成分是 （写化学式），操作I的名称 。‎ ‎（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：‎ R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层) ‎ ‎②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 。‎ ‎③中X试剂为 。‎ ‎（3）⑤的离子方程式为 。‎ ‎（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：‎ pH ‎1.3‎ ‎1.4‎ ‎1.5‎ ‎1.6‎ ‎1.7‎ ‎1.8‎ ‎1.9‎ ‎2.0‎ ‎2.1‎ 钒沉淀率%‎ ‎88.1‎ ‎94.8‎ ‎96.5‎ ‎98.0‎ ‎98.8‎ ‎98.8‎ ‎96.4‎ ‎93.1‎ ‎89.3‎ 结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为 ；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)< 。(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)‎ ‎（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 。‎ ‎【答案】（1）SiO2 ；过滤（2）加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率［或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等］；H2SO4（3）NH3·H2O+VO3－ =NH4VO3↓+OH－‎ ‎（4）1.7～1.8（或1.7、1.8其中一个），2.6×10-3mol·L-1（5）氨气（或氨水）；有机萃取剂 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4样品溶于水，SiO2不溶于水，步骤①过滤得废渣的成分是SiO2；将难溶性固体与溶液分离的操作是过滤，故操作I的名称为过滤。‎ ‎（2）根据化学工艺流程知步骤②为萃取，即平衡：R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层）+ nH2SO4 (水层) 正向移动，故萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率；步骤③为反萃取，上述平衡逆向移动，故加入的X试剂为H2SO4。‎ ‎（3）在含有VO2+、SO42-的水在加入氧化剂KClO3可以把+4价的VO2+氧化为+5价的VO3-，根据电荷守恒及电子守恒，结合质量守恒定律，可知该步骤④的离子方程式为6VO2++ClO3-+9H2O =6VO3 -+Cl-+ 18H+；步骤⑤中加入氨水，VO3 –与氨水反应生成NH4VO3沉淀，发生反应的离子方程式为NH3·H2O+VO3－ =NH4VO3↓+OH－。‎ ‎（4）根据25℃时，钒沉淀率和溶液pH之间关系表格数据可知pH为1.7、1.8时钒沉淀率最高，故调节溶液的最佳pH为1.7～1.8；若钒沉淀率为93.1%，则pH=2.0, c(H+)=10-2mol/L, c(OH-)=10-12 mol/L,此时不产生Fe(OH)3沉淀，根据Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，则溶液中c(Fe3+)< Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH-) =2.6×10-39 ÷(10-12)3=2.6×10-3mol/L。‎ ‎（5）根据流程示意图可知：该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气（或氨水）和有机萃取剂。‎ 考点：考查化学工艺流程分析，离子方程式书写和沉淀溶解平衡计算。‎ 班主任签字：‎ 学科老师签字:‎