高考物理考点化工流程中溶度积常数计算.docx

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1.〔2025 江苏〕试验室以工业废渣〔主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3〕为原料制取轻质CaCO3 和(NH4)2SO4 晶体，其试验流程如下：
〔1〕室温下，反响CaSO4(s)+ CO 2 - (aq)
3
CaCO3(s)+SO 2- (aq)到达平衡，则溶液中
4
(
(
c SO2- )
c 4 )= [K
(CaSO )=×10−5，K
(CaCO )=3×10−9]。
CO2-
3
sp 4
sp 3
将氨水和NH4HCO3 溶液混合，可制得(NH4)2CO3 溶液，其离子方程式为 ；浸取废渣时， 向(NH4)2CO3 溶液中参加适量浓氨水的目的是 。
废渣浸取在如下图的装置中进展。掌握反响温度在60~70 ℃，搅拌，反响3 小时。温度过高将会导致CaSO4 的转化率下降，其缘由是 ；保持温度、反响时间、反响物和溶剂的量不变，试验中提高CaSO4 转化率的操作有 。
滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3 所需的CaCl2 溶液。设计以水洗后的滤渣为原料， 制取CaCl2 溶液的试验方案： [pH=5 时Fe(OH)3 和 Al(OH)3 沉淀完全；pH= 时 Al(OH)3 开头溶解。试验中必需使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
【答案】 (1). ×104 (2). HCO- +NH3·H2O NH+ + CO 2 - +H2O(或
3 4 3
HCO- +NH3·H2O
3
NH+ + CO 2 - +H2O)
4
3
(3). 增加溶液中CO 2 - 的浓度，促进 CaSO4 的转化
(4).
3
温度过高，(NH4)2CO3 分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批参加滤渣，待观看
【解析】〔1〕反响 CaSO4 〔s〕+CO 2-〔aq〕
3
CaCO 〔s〕+SO 2-〔aq〕到达平衡时，溶液中
3
4
不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批参加少量Ca(OH)2，用pH 试纸测量溶液pH，当pH 介于 5~ 时， 过滤
c〔SO2-〕 c〔Ca2+〕〔? SO2-〕
K〔CaSO 〕 ´10-5
4 = 4 = sp
4 = =×104。答案：×104
c〔CO2-〕 c〔Ca2+〕〔? CO2-〕 K〔CaCO?〕 3´10-9
3 3 sp 3
〔NH4〕2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O
〔NH4〕2CO3+H2O]，离子方程式为
HCO3 +NH3·H2O=NH4 +CO3
-
+
2-
+H2O〔或 HCO3 +NH3·H2O
-
NH4 +CO3
+
2-+H2O〕；浸取废渣时，参加的〔NH4〕
NH4HCO3 属于酸式盐，与氨水反响生成〔NH4〕2CO3，反响的化学方程式为 NH4HCO3+NH3·H2O=
2CO3 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO3
2-
+NH4 +H2O
+
HCO3 +NH3·H2O，参加适量浓氨水，
-
水解平衡逆向移动，溶液中CO3 的浓度增大，反响CaSO4〔s〕+CO3 〔aq〕
2-
2-
CaCO3〔s〕+SO4 〔aq〕
2-
正向移动，促进CaSO4 的转化。答案：HCO

3
3
-+NH ·H

2
4
O=NH

3
++CO

2-+H

O〔或
HCO3 +NH3·H2O
-
NH4 +CO3 +H2O〕
+
2-
增加溶液中CO3 的浓度，促进CaSO4 的转化
2-
2
由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，〔NH4〕2CO3 分解，从而使CaSO4 转化率下降；由于浸取过程中的反响属于固体与溶液的反响〔或发生沉淀的转化〕，保持温度、反响时间、反响物和溶剂的量不变，提高CaSO4 转化率即提高反响速率，结合外界条件对化学反响速率的影响，试验过程中
提高CaSO4 转化率的操作为加快搅拌速率〔即增大接触面积，加快反响速率，提高浸取率〕。答案：温度过
高，〔NH4〕2CO3 分解 加快搅拌速率
工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3 和 Fe2O3，参加〔NH4〕2CO3 溶液浸取， 其中CaSO4 与〔NH4〕2CO3 反响生成CaCO3 和〔NH4〕2SO4，SiO2、Al2O3 和 Fe2O3 都不反响，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3 和 Fe2O3；假设以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2 溶液，依据题给试剂，首先要参加足量盐酸将CaCO3 完全转化为CaCl2，发生的反响为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反响Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2 不反响，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，依据“pH=5 时 Fe〔OH〕3 和Al〔OH〕3 沉淀完全，pH= 时Al〔OH〕3 开头溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应参加Ca〔OH〕2 调整溶液的pH 介于 5~[参加Ca〔OH〕2 的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2 溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批参加滤渣，待观看不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批参加少量Ca〔OH〕2，用 pH 试纸测得溶液pH，当pH 介于 5~ 时，过滤。
2．〔2025 课标Ⅰ〕〔14 分〕Li4Ti5O12 和 LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿〔主要成分
为 FeTiO ，还含有少量MgO、SiO
等杂质〕来制备，工艺流程如下：
3 2
答复以下问题：
“酸浸”试验中，铁的浸出率结果如以下图所示。由图可知，当铁的净出率为70%时，所承受的试验条件为 。
4
“酸浸”后，钛主要以TiOCl 2－形式存在，写出相应反响的离子方程式 。
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化
率%
92
95
97
93
88
TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反响 40 min 所得试验结果如下表所示：
分析 40℃时TiO2·xH2O 转化率最高的缘由 。
Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为 。
假设“滤液②”中 c(Mg2+)= mol/L，参加双氧水和磷酸〔设溶液体积增加1 倍〕，使 Fe3+恰好沉淀完全即溶液中 c(Fe3+)=1×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2 沉淀生成？ 〔列式计算〕。
FePO 、Mg (PO ) 的 K
分别为 ×10-22、×10-24。
4 3 4 2 sp
写出“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式 。
【答案】〔1〕100℃、2h，90℃，5h
4
2
FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl 2− + 2H O
低于40℃，TiO2·xH2O 转化反响速率随温度上升而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致
TiO2·xH2O 转化反响速率下降
〔4〕4
〔 5 〕 Fe3+ 恰好沉淀完全时， c(PO

3 －)=
 ´10-22

mol·L−1=×10-17 mol·L−1 ， c3(Mg2+)×c2(PO

3-) ＝
4 ´10-5 4
()3×(×10-17)2=×10-40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2 沉淀。
〔6〕2FePO + Li CO
+ H C O
高温 2LiFePO + H O↑+ 3CO ↑
4 2 3
2 2 4
4 2 2
【解析】〔1〕由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为 70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h 下进展；
“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3 生成TiOCl 2−时，发生反响的离子方程式为FeTiO +4H++4Cl−＝Fe2++
4 3
TiOCl 2− + 2H O；
4 2
温度是影响速率的主要因素，但 H2O2 在高温下易分解、氨水易挥发，即缘由是低于40℃，TiO2·xH2O
转化反响速率随温度上升而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O 转化反响速率下降；
〔 5〕 Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=×10-2 ，则 c(PO 3-) ＝
4
＝ ×10-17mol/L， Qc[Mg3(PO4)2] ＝
2
Li2Ti5O15 中 Li 为+1 价，O 为-2 价，Ti 为+4 价，过氧根(O 2-)中氧元素显-1 价，设过氧键的数目为 x，依据正负化合价代数和为 0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；
4
c3(Mg2+)×c2(PO 3-)＝()3×(×10-17)2=×10-40＜×10—34，则无沉淀。
4
〔6〕高温下 FePO4 与 Li2CO3 和 H2C2O4 混合加热可得 LiFePO ，依据电子守恒和原子守恒可得此反响
的化学方程式为 2FePO + Li CO
+ H C O
高温 2LiFePO + H O↑+ 3CO ↑。
4 2 3
2 2 4
4 2 2
此类试题关键要正确书写溶度积常数表达式，同时还要留意离子浓度的计算。
溶度积常数反映了难溶电解质在水中的溶解力量，高考试题中溶度积常数的考察常结合化工流程题， 在化工流程题中考察溶度积常数是近年高考的热点，化工流程中常常需要掌握条件进展离子的分别或除杂， 通过溶度积常数计算溶液中金属离子的浓度、离子完全沉淀时的pH、推断废水排放是否符合标准、沉淀完 全转化时所需离子浓度。
一．推断溶液中沉淀的离子
化工流程中，某些金属离子沉淀或某些金属离子除杂，需要掌握肯定的pH，通过溶度积常数可推断溶
液中沉淀的离子。
典例 1〔2025 届福建省漳州市高三考前模拟考试试卷二〕钪及其化合物具有很多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种 流程如下：
答复以下问题：
洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用 93%的硫酸、%的双氧水和水按肯定比例混合而成。混合的试验操作是 。
先参加氨水调整pH＝3，过滤，滤渣主要成分是 ；再向滤液参加氨水调整pH＝6，滤
液中 Sc3+的浓度为 。〔：K
[Mn(OH)
]＝×10－13、K
[Fe(OH) ]＝×10－39，K
[Sc(OH) ]
〔3〕用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2 的草酸溶液中
＝ (保存两位有效数字)。写出“沉
＝×10－31〕
sp 2
sp 3
sp 3
钪” 得到草酸钪的离子方程式 。[ Ka1(H2C2O4) ＝ ×10 － 2 ，
Ka2(H2C2O4)＝×10－5]
草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 。
废酸中含钪量为 15 mg·L－1，V L 废酸最多可提取Sc2O3 的质量为 。
3O2
2Sc2O ＋12CO2 g
3
【答案】 将浓硫酸沿烧杯内壁渐渐注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再渐渐注入H2O2 中，并不断搅拌 Fe(OH)3 ×10－7mol·L－l ×10－2 2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+ 2Sc2(C2O4)3＋
【解析】 (1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，假设混合时放热，则最终加受热易分解的，因此，混合的试验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁渐渐注入水中，并用玻璃
棒不断搅拌，冷却后再渐渐注入 H2O2 中，并不断搅拌；〔2〕废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”
已除去大量的钛离子，依据 K [Mn(OH)
]＝×10－13、K
[Fe(OH) ]＝×10－39，K
[Sc(OH) ]＝×10－31，
sp 2
sp 3
sp 3
3
可以求出余下三种离子沉淀完全〔离子浓度小于10－5mol/L〕的 pH，觉察锰离子沉淀完全时pH 约为 10， 钪离子沉淀完全时pH 约为 5，而铁离子沉淀完全时pH 约为 4，所以先参加氨水调整pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH) ；再向滤液参加氨水调整pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为
；(3) 25 ℃时pH＝2 的草酸溶液中
＝
=
， “沉钪”得到草酸钪
＋3O2
2Sc O ＋
2 3
12CO ；〔5
2
〕废酸中含钪量为 15 mg·L ，则 V L 废酸中含钪的质量为
－
1
的离子方程式为 2Sc3+＋ 3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋ 6H+；〔4〕草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 2Sc2(C2O4)3
15
，所以最多可提取Sc2O3 的质量为
。
二．沉淀完全转化时所需离子浓度
化工流程中原料的溶解或沉淀的转化往往要参加某种试剂，通过溶度积常数可计算出所加试剂的浓度。典例 2〔2025 届江西省上高县其次中学高三上学期第一次月考〕Ⅰ、海水晒盐后所得的苦卤中含有较
2
高浓度的MgCl 、KCl 以及金属溴化物。以下是苦卤化学分别的过程。
答复以下问题：
假设试剂A 是一种有色气体单质，则A 是 (填化学式〕；
“操作 II”是 ，“操作 III”是 。(填字母〕
a．蒸发 b．蒸馏 c． 分液 d．重结晶
试剂B 可能是以下物质中的 。(填字母〕 a．饱和NaCl 溶液 b．CCl4 c．NaOH d．乙醇Ⅱ、一种工业制备SrCl2·6H2O 的生产流程如以下图所示：
：①M(SrCl2·6H2O)＝267 g/mol；②Ksp(SrSO4)＝×10－7、Ksp(BaSO4)＝×10－10；③经盐酸浸取后，溶液中有Sr2＋和Cl－及少量Ba2＋。
参加硫酸溶液的目的是 ；为了提高原料的利用率，滤液中 Sr2＋的浓度应不高于
mol/L(注：此时滤液中Ba2＋浓度为 1×10－5 mol/L)。
3
产品纯度检测：称取 g 产品溶解于适量水中，向其中参加含AgNO3 ×10－2 mol 的AgNO3 溶液(溶液中除Cl－外，不含其他与 Ag+反响的离子)，待 Cl－完全沉淀后，用含 Fe3＋的溶液作指示剂，用 0 mol/L 的 NH4SCN 标准溶液滴定剩余的AgNO ，使剩余的Ag＋以AgSCN 白色沉淀的形式析出。
①滴定反响到达终点的现象是 。
②假设滴定过程用去上述浓度的 NH4SCN 溶液 mL，则产品中 SrCl2·6H2O 的质量百分含量为
(保存 4 位有效数字)。
【答案】Cl2bdb 除去Ba2＋杂质 参加最终一滴标准液，溶液由无色变为红色，且 30 s 不褪色 %
2
【解析】Ⅰ、海水晒盐后所得的苦卤中含有较高浓度的MgCl 、KCl 以及金属溴化物，参加试剂 A 为氧化剂，发生反响生成溴单质，参加萃取剂四氯化碳萃取分液得到含溴单质的混合溶液B 和混合溶液 C， 混合溶液B 通过蒸馏得到液溴和试剂B 为四氯化碳，混合溶液C 通过结晶法分别氯化镁和氯化钾。
假设试剂 A 是一种有色气体单质，则 A 是 Cl2 ，氯气氧化溴离子生成溴单质，反响的离子方程式为 ： 2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；
操作 II”是从萃取剂中分别出溴单质，利用物质沸点不同，掌握温度通过蒸馏方法分别得到溴单质，操作 III 是浓缩结晶的方法分别混合物，可以利用重结晶方法分别氯化镁和氯化钠；
Ba2+浓度为 1×10-5 mol/L，BaSO4 的溶度积常数为 ×10-10，所以c〔SO4 〕=
2-
mol/L=×10-5mol/L，
试剂 B 是萃取剂，萃取剂与水不互溶，且溴不易溶于水，易溶于萃取剂，且不发生反响，acd 水溶液中不能分层不能做萃取剂，四氯化碳不溶于水，溴单质再四氯化碳中溶解度大于水中可以做萃取剂； Ⅱ、〔1〕经盐酸浸取后的溶液中含有少量 Ba2+杂质，参加硫酸的目的是除去溶液中 Ba2+杂质，由于在
而 SrSO4 的溶度积常数为 ×10-7，所以c〔Sr2+〕=
mol/L=；
〔2〕①Ag+ 完全以AgSCN 白色沉淀的形式析出后，再滴加KSCN 溶液，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定到达终点时溶液由无色变为血红色，且30 s 不褪色；
mol-×10-3mol=×10-3mol， 产品中 SrCl2•6H2O 的物质的量为： n〔SrCl2•6H2O〕= ×n〔Ag+〕
②n〔NH4SCN〕=×=×10-3mol，Ag+以AgSCN 白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的 Ag+的物质的量为：n〔Ag+〕=×10-3mol，则与 Cl-反响的 Ag+的物质的量为：n〔Ag+〕=×10-2
以产品纯度为：
×100%=%。
=×10-3mol， 产品中SrCl2•6H2O 的质量为：m〔SrCl2•6H2O〕=×10-3mol×267 g/mol=，所
典例 3〔2025 届安徽省合肥市高三上学期调研性检测〕一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约 21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：
答复以下问题:
“酸溶”时，溶液中有 Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是 ；金属镍溶解的离子方程式为 。
“除铁”时 H2O2 的作用是 ，参加碳酸钠的目的是 。
“除铜”时，反响的离子方程式为 ，假设用Na2S 代替H2S 除铜，优点是 。(4)除钙镁过程在陶瓷容器中进展，NaF 的实际用量不能过多的理由为 。
(5)常温下 Ksp[Ni(OH)2]=2. 0×10-15 ，该流程在“沉镍”过程中，需调整溶液 pH 约为 时，Ni2+ 才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的依度≤×10-5mol/L；lg2=)。
3
【答案】 SiO2 5Ni+12H++2NO
-= 5Ni2++N
↑+6H O 将亚铁离子氧化为铁离子 调整溶液的pH，
2
2
使 Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣 H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ 无易挥发的有毒气体 H2S 逸出，可保护环境 过量的 F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
2
【解析】 (1) SiO2 不溶于硫酸和硝酸，故“酸溶”时，废渣的主要成分是 SiO ；金属镍溶解时被氧化为
镍离子的同时硝酸被复原产生氮气，反响的离子方程式为5Ni+12H++2NO -= 5Ni2++N ↑+6H O；〔2〕双氧水
3 2 2
具有强氧化性，参加双氧水目的是将Fe2+全部氧化为 Fe3+；参加碳酸钠的目的是调整溶液的pH，使 Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；〔3〕硫化氢与铜离子反响生成硫化铜沉淀：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；Na2S 与铜离子反响生成 CuS 沉淀，假设用 Na2S 代替 H2S 除铜，则无易挥发的有毒气体H2S 逸出，可保护环境，除铜效果更
Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=×10-5mol/L×c2(OH-)= ×10-15，则c(OH-)=
×10-5，c(H+)=
，该
好 ； (4) 氟 离 子 水 解 生 成 氟 化 氢 ， 腐 蚀 陶 瓷 容 器 ， 故 NaF 的 实 际 用 量 不 能 过 多 ； (5)
流程在“沉镍”过程中，需调整溶液pH 约为 时，Ni2+才刚好沉淀完全。三．推断推断沉淀转化的可能性
沉淀之间的转化是有条件的，通过溶度积常数可以推断沉淀之间的转化可能性。
典例 4〔2025 届河南省安阳市高三第三次模拟考试〕一种从含铝锂钴废料[铝箔、CoO 和Co2O3(只溶于酸，不溶于碱)及 LiCoO2]中回收氧化钴的工艺流程如下:
答复以下问题:
步骤 I“碱溶”时，为提高铝的去除率，除上升温度和不断搅拌外,还可实行的措施是 (列举 1 点)，
3
“碱溶”时发生主要反响的化学方程式为 ；步骤 II“过滤、洗涤”过程中滤渣还会有少量的 Al(OH) ，是
由于 (填离子方程式)。
步骤 III“酸溶”时,Co2O3 转化为CoSO4 的离子方程式为 。
步骤 V“除铝和锂”时,调整 pH 的适用范围是 (该条件下,Al3+开头沉淀时的pH 为 ,沉淀完全时的 pH 为 +开头沉淀时的 pH 为 。沉淀完全时的 pH 为 )；步骤 VI 所得滤渣的成分为
。
4 3
煅烧CoC2O4 时发生氧化复原反响，则CoC2O4 分解的化学方程式是 ；假设仅从沉淀转化角度考虑， 能否利用反响CoCO3+ C2O 2-=== CoC2O4 + CO 2- 将 CoCO3 转化为CoC2O4? (填“能”或“不能”),说明理由: [ Ksp(CoCO3) =×10-13,Ksp(CoC2O4)=×10-8]
【 答案】 增大 NaOH 溶液的浓度( 增大液固比) 、 适当延长浸取时间( 答出一点即可)
2Al+ 2NaOH +2H2O=2NaAlO2+3H2↑
3 4
4Co2O3 +S2O 2- +14H+=8Co2+ +2SO 2- +7H2O


AlO -+2H O
2 2
或 ≤pH<
Al(OH)3+OH-
Al(OH)3 和 LiF
CoC2O4 CoO+CO↑+CO2↑ 不能 该反响的平衡常数为K=×10-6，转化程度微小
【解析】(1)依据影响化学反响速率的外因，由于固液反响不考虑压强，所以可以考虑浓度、温度及接 触面积等，如上升温度、不断搅拌、增大NaOH 溶液的浓度(增大液固比)、适当延长浸取时间等；由流程可知“碱溶”时，铝与氢氧化钠溶液反响，化学方程式为： 2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2↑；步骤 II“过滤、
洗涤”过程， NaAlO2 已进入滤液，假设滤渣还有少量的 Al(OH)3 则是 NaAlO2 水解所致，离子方程为：
AlO2 +2H2O
-
Al(OH)3+OH- ；
步骤III“酸溶”时,Co2O3 转化为CoSO4 ，三价钴转化为二价钴，参加的Na2S2O3 起复原剂作用，发生氧化复原反响，离子方程式为 4Co2O3 +S2O32- +14H+=8Co2+ +2SO42- +7H2O；
步骤 V“除铝和锂”时,使 Al3+沉淀完全，而 Co2+不沉淀，由信息知，Al3+沉淀完全时的 pH 为 ，Co2+
开头沉淀时的 pH 为 ，故调整 pH 的适用范围是 或 ≤pH<；步骤 VI 参加 Na2CO3 溶液和溶液中的 Al3+发生双水解生成氢氧化铝沉淀，同时参加NaF 溶液使 Li+变为 LiF 沉淀，故步骤 VI 所得滤渣的
成分为：Al(OH)3 和 LiF；
从流程知：煅烧 CoC2O4 发生氧化复原反响，生成 CoO，钴元素化合价降低，则碳元素化合价肯定
会上升，即肯定有CO2 生成，依据原子守恒可写出并配平化学方程式为：CoC2O4 CoO+CO↑+CO2↑；
2
4
从沉淀转化角度考虑，假设实现CoCO3+ C O
2-=== CoC O
+ CO
2-，
2
4
3
该反响的平衡常数为 K=c(CO32-)/c〔C2O42-〕=Ksp(CoCO3)/Ksp(CoC2O4)=×10-13/×10-8=×10-6，
转化程度微小，所以不能实现转化。
1．〔2025 届东北三省三校〔哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省试验中学)高考化学一模〕从海水
中提取并制备碳酸锂，可以提高海水的综合利用价值，满足工业上对碳酸锂的需求。制备碳酸锂的一种工 艺流程如下：
离子
Li+
Mg2+
Ca2+
Mn2+
Cl-
浓度(mol/L)





：①海水中某些离子浓度如下：
②碳酸锂的溶解度：
温度(℃)
0
10
30
50
70
90
溶解度(g/L)






物质
Li2CO3
MgCO3
MnCO3
CaCO3
Mg(OH)2
③ 几种难溶电解质的溶度积(25℃)：