第2課時離子反應(yīng)在化工流程中的應(yīng)用[核心素養(yǎng)發(fā)展目標(biāo)]1.了解?？蓟ち鞒填}的一般形式。2.能從“電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡”的視角分析化工生產(chǎn)的相關(guān)問題。1.工藝流程題的一般呈現(xiàn)形式2.工藝流程題解題思路(1)審題流程(2)識圖技巧圖1箭頭表示反應(yīng)物加入同時生成物出來；圖2箭頭表示反應(yīng)物分步加入和生成物出來；圖3箭頭表示循環(huán)反應(yīng)。3.典例剖析例1(2022·全國乙卷，26)廢舊鉛酸蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，為了保護(hù)環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因：

。

(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是

。

(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是；

(ⅱ)H2O2促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，其化學(xué)方程式為

；

(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是。

(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是。

(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有。

流程解讀鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進(jìn)行脫硫，硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進(jìn)行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進(jìn)行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進(jìn)行處理得到PbO。答案(1)PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)反應(yīng)PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K=c(SO42-)c(CO3(2)反應(yīng)BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K=c(SO42-)c(3)(ⅰ)Fe2+(ⅱ)Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O(ⅲ)作還原劑(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+解析(3)(ⅰ)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。(ⅱ)過氧化氫促進(jìn)金屬Pb在醋酸溶液中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。(ⅲ)過氧化氫也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價由+4價降低到+2價，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。(4)酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣的主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。(5)加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化，鐵離子、鋁離子分別轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉(zhuǎn)化為氫氧化鉛，最終轉(zhuǎn)化為氧化鉛，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na+。例2(2023·山東，17)鹽湖鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2已知：常溫下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2OH++B(OH)4-(常溫下，Ka=10-9.24)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常溫下，在0.10mol·L-1硼砂溶液中，B4O5(OH)42-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和B(OH)4(2)濾渣Ⅰ的主要成分是(填化學(xué)式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol·L-1，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應(yīng)控制在mol·L-1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，還將增加(填化學(xué)式(3)精制Ⅱ的目的是

；

進(jìn)行操作X時應(yīng)選擇的試劑是，若不進(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致。

答案(1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.24(2)Mg(OH)2、CaSO45.5×10-4Na2CO3、CaO(3)加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+)，提高Li2CO3純度鹽酸濃縮液中因CO32-濃度過大使得Li+過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會混有Li2CO解析(2)精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol·L-1，由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3可知，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應(yīng)控制在2.2×10-32.02mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。(3)精制Ⅰ中，加入CaO，由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的Ca2+，還需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+)，提高1.實驗小組設(shè)計實驗除去粗鹽溶液中的Ca2+、Mg2+、SO4已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。下列說法不正確的是()A.常溫時，調(diào)節(jié)溶液的pH>12，可使濾液中c(Mg2+)<1×10-5mol·L-1B.加入Na2CO3溶液僅發(fā)生反應(yīng)：Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ca2++CO32-C.加入鹽酸發(fā)生的反應(yīng)是2H++CO32-=CO2↑+H2O、H++OH-=HD.若步驟①加入BaCl2溶液后進(jìn)行過濾，可以避免白色沉淀M的生成答案B解析常溫時，調(diào)節(jié)溶液的pH>12，則氫氧根離子濃度大于10-2mol·L-1，則濾液中c(Mg2+)<Ksp[Mg(OH)2]c2(OH-)=5.6×10-8mol·L-1<1×10-5mol·L-1，A正確；由題意可知，加入過量飽和Na2CO3溶液還會存在部分硫酸鋇轉(zhuǎn)化為碳酸鋇，故還有反應(yīng)：BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，B錯誤；加入稀鹽酸除去過量氫氧化鈉、碳酸鈉，故加入鹽酸發(fā)生的反應(yīng)是2H++CO32-=CO2↑+H2O、H+2.四水合磷酸鋅[Zn3(PO4)2·4H2O，難溶于水]是一種性能優(yōu)良的綠色環(huán)保防銹顏料。實驗室以鋅灰(含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)為原料制備Zn3(P已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36。下列說法錯誤的是()A.濾渣Ⅰ的主要成分是SiO2B.步驟Ⅰ中，調(diào)節(jié)溶液的pH約為5后加KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3C.若試劑a為ZnS，反應(yīng)ZnS(s)+Cu2+(aq)=Zn2+(aq)+CuS(s)的K=2.5×1011D.沉鋅后的母液中可回收利用的物質(zhì)有K2SO4、(NH4)2SO4答案A解析原料鋅灰(含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)中，SiO2不與酸反應(yīng)，PbO被硫酸轉(zhuǎn)化為難溶的PbSO4，其余完全變成相應(yīng)的硫酸鹽進(jìn)入溶液，濾渣Ⅰ為硫酸鉛和SiO2。加入高錳酸鉀氧化硫酸亞鐵，其自身被還原為MnO2，硫酸亞鐵最終轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵，濾渣Ⅱ為MnO2、Fe(OH)3，試劑a用來除掉溶液中的銅離子。加入碳酸氫銨得到ZnCO3和Zn(OH)2，加入H3PO4得到Zn3(PO4)2·4H2O。反應(yīng)ZnS(s)+Cu2+(aq)=Zn2+(aq)+CuS(s)的K=c(Zn2+)c(Cu2+)=K3.鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏料等。以含鈷廢料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)為原料制取鈷的氧化物的流程如下。已知：萃取時發(fā)生的反應(yīng)為Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。(1)除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH。寫出NaClO3氧化Fe2+的離子方程式：。

(2)除Ca、Mg：當(dāng)某離子濃度c≤1×10-6mol·L-1時，認(rèn)為該離子已除盡。[Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ka(HF)=3.5×10-4]①為使Ca2+、Mg2+除盡，必須保持溶液中c(F-)≥mol·L-1。

②若調(diào)節(jié)溶液的pH偏低，將會導(dǎo)致Ca2+、Mg2+沉淀不完全，其原因是

。

(3)萃取、反萃取：加入某有機酸萃取劑(HA)2，實驗測得Co2+萃取率隨pH的變化如圖所示。向萃取所得有機相中加入H2SO4，反萃取得到水相。①該工藝中設(shè)計萃取、反萃取的目的是。

②Co2+萃取率隨pH升高先增大后減小的可能原因是

。

答案(1)6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H(2)①0.01②pH偏低，氫離子濃度過大導(dǎo)致氟離子和氫離子結(jié)合成HF分子(3)①實現(xiàn)Co2+的提取和富集②隨著pH升高，氫離子濃度減小，Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+平衡正向移動，導(dǎo)致Co2+萃取率升高；若pH過高，則Co2+轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，導(dǎo)致Co2+萃取率下降解析(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，則氟化鈣溶解度更大，鈣離子除盡需要保證氟離子濃度至少為Ksp(CaF2)c(Ca2+)=1.0×10-101×10-6mol·L-1=0.01課時對點練[分值：50分][1~4題，每小題3分]1.(2024·北京朝陽質(zhì)檢)粗鹽中的雜質(zhì)離子主要有SO42-、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制鹽水，進(jìn)而制取精鹽(已知：ⅰ.物質(zhì)BaSO4BaCO3CaCO3Mg(OH)2Ksp(25℃)1.1×10-102.6×10-93.4×10-95.6×10-12ⅱ.粗鹽水中c(SO42-)>c(Caⅲ.當(dāng)某離子濃度c≤1.0×10-5mol·L-1時，認(rèn)為該離子已除盡。下列說法不合理的是()A.過程Ⅰ中當(dāng)溶液pH=11時，Mg2+已沉淀完全B.過程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子僅含有Cl-、OH-C.過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液、過濾后再加Na2CO3溶液也能達(dá)到除雜目的D.過程Ⅲ中滴加鹽酸調(diào)節(jié)pH時，應(yīng)調(diào)至溶液呈中性或微酸性答案B解析過程Ⅰ中當(dāng)溶液pH=11時，c(OH-)=10-3mol·L-1，c(Mg2+)=5.6×10-12(10-3)2mol·L-1=5.6×10-6mol·L-1<1.0×10-5mol·L-1，Mg2+已沉淀完全，A正確；過程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子為Cl-、OH-、CO32-，B錯誤；過程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液，發(fā)生反應(yīng)：Ba2++SO42-=BaSO4↓，過濾后再加Na2CO3溶液將Ca2+、過量的Ba2+除去，也能達(dá)到除雜目的，2.一種吸收SO2再經(jīng)氧化得到硫酸鹽的過程如圖所示。室溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O的揮發(fā)可忽略，溶液中含硫物種的濃度c總=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)。H2SO3的電離常數(shù)分別為Ka1=1.29×10-2、Ka2=6.24×10A.“吸收”應(yīng)在較高的溫度下進(jìn)行B.“吸收”所得溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(SO3C.若“吸收”所得c總=0.1mol·L-1溶液中：c(SO32-)<c(H2SOD.“氧化”調(diào)節(jié)溶液pH約為5，主要發(fā)生反應(yīng)：2HSO3-+O2=2S答案D解析二氧化硫是氣體，溫度越高，越難溶解，因此“吸收”不應(yīng)在較高的溫度下進(jìn)行，故A錯誤；“吸收”所得溶液中，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，故B錯誤；“吸收”所得c總=0.1mol·L-1溶液中，溶質(zhì)為亞硫酸氫鈉，HSO3-的水解常數(shù)Kh2=KwKa1=10-141.29×10-2≈7.75×10-13<Ka2，HSO3-的電離程度大于其水解程度，則c(SO32-)>c(H2SO3)，故C錯誤；“氧化”調(diào)節(jié)溶液pH約為5，根據(jù)Ka1=1.29×10-2=c(H+)·c3.(2023·湖南，9)處理某銅冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物質(zhì)Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3開始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列說法錯誤的是()A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B.Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中，當(dāng)Cu2+和Zn2+完全沉淀時，溶液中c(Cu2+)D.“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水答案D解析當(dāng)pH=1.9時氫氧化鐵開始沉淀，當(dāng)pH=3.5時氫氧化鋁開始沉淀，當(dāng)pH=4時，則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為S2-+H2OHS-+OH-，B正確；當(dāng)銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達(dá)到了沉淀溶解平衡，則c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)·c(S2-)c(Zn2+)·c4.(2025·大連高二期末)海水中含有豐富的鎂資源。某同學(xué)設(shè)計了從模擬海水中制備MgO的實驗方案：模擬海水中的離子濃度/(mol·L-1)Na+Mg2+Ca2+Cl-HCO0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某種離子的濃度小于1.0×10-5mol·L-1時，可認(rèn)為該離子不存在。實驗過程中，假設(shè)溶液體積不變。已知：Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。下列說法正確的是()A.沉淀X為CaCO3B.濾液M中存在Mg2+，不存在Ca2+C.濾液N中存在Ca2+和Mg2+D.步驟②中若改為加入4.2gNaOH固體，沉淀Y為Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物答案A解析步驟①中，從題給條件可知n(NaOH)=0.001mol，即n(OH-)=0.001mol，依據(jù)離子反應(yīng)“先中和、后沉淀、再其他”的反應(yīng)規(guī)律，當(dāng)1.0L模擬海水中加入0.001molNaOH時，OH-恰好與HCO3-完全反應(yīng)：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-。由于Ksp(CaCO3)小于Ksp(MgCO3)，生成的CO32-與水中的Ca2+反應(yīng)生成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，所以沉淀X為CaCO3，故A項正確；由于CO32-只有0.001mol，反應(yīng)生成CaCO3所消耗的Ca2+為0.001mol，濾液中還剩余c(Ca2+)=0.010mol·L-1，則濾液M中同時存在Ca2+和Mg2+，故B項錯誤；步驟②中，當(dāng)向濾液M中加入NaOH固體調(diào)至pH=11.0時，此時濾液中c(OH-)=1×10-3mol·L-1，則Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=0.010×(10-3)2=10-8<Ksp[Ca(OH)2]，無Ca(OH)2沉淀生成，Q[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.050×(10-3)2=5×10-8>Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成；又Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=5.6×10-12，c(Mg2+)=5.6×10-6mol·L-1<1.0×10-5mol·L-1，則濾液N中不存在Mg2+，故C項錯誤；步驟②中若改為加入4.2gNaOH固體，則n(NaOH)=0.105mol，與0.050molMg2+發(fā)生反應(yīng)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，生成0.050molMg(OH)2，剩余0.005molOH-，由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=0.010×(0.005)2=2.5×10-7<Ksp[Ca(OH)2]，所以無Ca(5.(14分)(2023·全國甲卷，26)BaTiO3是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是。

(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”時主要反應(yīng)的離子方程式為。

(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是(填標(biāo)號)。

a.稀硫酸 b.濃硫酸c.鹽酸 d.磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？，其原因是。

(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的nCO2∶nCO=答案(1)做還原劑，將BaSO4還原(2)S2-+Ca2+=CaS↓(3)c(4)不可行CaS也會與鹽酸反應(yīng)生成有毒氣體和可溶于水的CaCl2，影響產(chǎn)品純度(5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O=BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl(6)1∶1解析由流程和題中信息可知，BaSO4與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中含碳粉和CaS，濾液中有BaCl2和BaS；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到BaCl2晶體，溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2經(jīng)熱分解得到BaTiO3。(3)浸取后濾液中主要為BaCl2和BaS，為不引入雜質(zhì)，“酸化”步驟應(yīng)選用鹽酸。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為BaTiO(C26.(14分)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。常溫下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+開始沉淀(c=0.1mol·L-1)的pH1.53.48.912.0沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH2.84.710.913.8已知：①“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽；②Kb(NH3·H2O)≈2×10-5。(1)為了加快“焙燒”速率，可采用的物理方法為(填一種即可)。

(2)Al2O3“焙燒”時，轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO①NH4Al(SO4)2在水中的電離方程式為②在0.1mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液中，各離子濃度由大到小的順序為((3)“水浸”后的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，最先析出的離子為(填離子符號)。

(4)水浸渣在160℃“酸溶”，最適合的加熱方式為(填“水浴”或“油浴”)加熱。

(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為。

(6)利用表中數(shù)據(jù)，可計算出Ksp[Mg(OH)2]=。

答案(1)粉碎(或攪拌)(2)①NH4Al(SO4)2=NH4++Al3+②c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)(5)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+(6)1.0×10-11.2解析(2)②在0.1mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液中，硫酸鋁銨完全電離：NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-，硫酸根離子不水解，Kh(NH4+)=KwKb=5×10-10，Kh(Al3+)=c3(H+)c(Al3+)=Kw3Ksp[Al(OH)3]=1×10-9.1，Al3+的水解程度大于NH4+的水解程度，故各離子濃度由大到小的順序為(4)水浴加熱溫度不會高于100℃，而水浸渣在160℃“酸溶”，最適合的加熱方式為油浴。(6)根據(jù)Mg2+完全沉淀的pH為10.9，故Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=1×10-5×(10-3.1)2=1.0×10-11.2。7