化学（二）-2025年高考考前20天终极冲刺攻略

第二辑 离子方程式和离子共存 3 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 氧化还原反应 12 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 新型化学电源与电解池 21 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 水溶液中的离子反应与平衡 37 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 化学工艺流程综合题 58 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 考前15天 离子方程式和离子共存 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 甲卷 离子方程式正误判断 2024 新课标卷 离子方程式正误判断 2024 浙江卷 离子共存正误判断 2024 北京卷 离子方程式正误判断 2024 浙江卷 离子方程式正误判断 2024 重庆卷 离子共存正误判断 2024 贵州卷 离子方程式正误判断 2024 广西卷 离子方程式正误判断 2023 浙江卷 与量有关的离子方程式正误判断 2023 湖南卷 电极方程式或离子方程式错误 2023 北京卷 离子方程式正误判断 2023 重庆卷 离子方程式正误判断 2022 广东卷 离子方程式正误判断 2022 湖北卷 离子共存正误判断 2022 湖南卷 与量有关的离子方程式正误判断 2022 浙江卷 离子方程式正误判断 2025 年高考离子方程式和离子共存的考点仍会紧密围绕中学化学教材中的基础知识展开，注重考查考生对离子反应本质的理解和应用能力，同时会结合一些新的情境和信息，要求考生具备一定的分析和解决问题的能力。会以新的情境载体考查离子方程式正误判断，可能涉及氧化还原反应、与量有关的反应等，错因设置仍会集中在化学式的拆分不当、电荷不守恒、产物不合理、忽略了限定条件等方面。离子共存常考的限定条件包括溶液的颜色、酸碱性、特定离子的存在等，重点考查离子间的氧化还原反应、复分解反应、络合反应等。 1．离子方程式正误判断的三个关键 化学式拆写 “四原则” 易溶强电解质拆，弱电解质、难溶物不拆 微溶物“清拆浊不拆” 单质、氧化物不拆 浓硫酸不拆，浓盐酸、浓硝酸拆 反应产物 “三分析” 分析量不同时的产物 分析是否漏掉同步反应 分析变价元素的产物 方程式遵循 “三守恒” 原子守恒 电荷守恒 得失电子守恒 2．离子共存判断中常见的限制条件 条件 类型 举例 颜色 无色溶液 Fe3＋(棕黄色)、Fe2＋(浅绿色)、Cu2＋(蓝色)、MnO(紫红色)等有色离子不能大量存在 酸性 条件 (1)pH<7 (2)使甲基橙(或石蕊溶液)变红的溶液 (3)常温下，＝1×10－13 mol·L－1的溶液 (4)0.1 mol·L－1 H2SO4溶液 (5)0.1 mol·L－1HCl溶液 ①能与H＋大量共存的阴离子只有强酸阴离子，如Cl－、SO、NO、I－、Br－等； ②不能与H＋大量共存的阴离子有OH－、CO、HCO、CH3COO－、SO、 HSO、[Al(OH)4]－、SiO、ClO－等； ③在酸性条件下含有NO时，Fe2＋、I－等还原性离子不能大量存在 碱性 条件 (1)pH>7 (2)使酚酞变红(或石蕊溶液变蓝)的溶液 (3)常温下，＝1×10－12的溶液 (4)0.1 mol·L－1 NaOH溶液 ①H＋、NH、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋、Ag＋等都不能大量存在； ②弱酸的酸式酸根离子(HCO、HSO)与OH－不能大量共存 酸性 或碱 性 (1)与Al反应放出H2的溶液 (2)水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液 HCO既不能与H＋大量共存也不能与OH－大量共存 指定 溶液 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液 OH－、I－、Ag＋、SCN－等不能大量存在 0.1 mol·L－1 K2CO3溶液 Ba2＋、Ca2＋、Al3＋、H＋、Fe3＋、Fe2＋等不能大量存在 0.1 mol·L－1 FeCl2溶液 OH－、ClO－、CO、Ag＋等不能大量存在 3．与量有关离子方程式的书写 （1）连续反应型——“分步书写”法 特点　反应生成的离子因又能跟剩余(过量)的反应物继续反应而跟用量有关。 方法　如：向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，可按照反应顺序分别写出两步反应： ①Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓， ②Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O， 由①＋②可得：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O。 （2）先后反应型——“假设定序”法 特点　一种反应物的两种或两种以上的组成离子，都能跟另一种反应物的组成离子反应，但因反应次序不同而跟用量有关。 方法　这类反应的关键是明确离子反应的先后顺序。如：FeBr2溶液与Cl2反应，在不明确离子反应的先后顺序时，可假设Cl2先与Br－反应，则生成的溴单质还要氧化Fe2＋生成Fe3＋，这样即可确定Cl2先与Fe2＋反应后再与Br－反应，然后再根据量的关系书写即可。 （3）离子配比型——“少定多变”法 特点　当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。 ①“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。 ②“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。 如：少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应： “少定”——即定HCO的物质的量为1 mol， “多变”——1 mol HCO能与1 mol OH－发生反应，得到1 mol H2O和1 mol CO，1 mol CO再与1 mol Ca2＋结合生成CaCO3沉淀。离子方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。 -.典例1【2024·甲卷】下列过程对应的离子方程式正确的是 A.用氢氟酸刻蚀玻璃： B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板： C.用硫代硫酸钠溶液脱氯： D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： 【答案】D 【解析】玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确；故选D. 典例2【2024·新课标卷】对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗： B. 工业废水中的用去除： C. 海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： 【答案】C 【解析】试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为，A不正确；由于的溶解度远远小于，因此，工业废水中的用去除，该反应的离子方程式为，B不正确；海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，在水溶液中将还原为，该反应的离子方程式为，C正确；用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，被氧化为，属于弱酸，该反应的离子方程式为，D不正确；综上所述，本题选C。 典例3【2024·浙江卷】在溶液中能大量共存的离子组是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意；会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意；答案D。 典例4【2024·广西卷】化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是 A. 用溶液处理水垢中的 B. 明矾用于净水： C. 抗酸药中的可治疗胃酸过多： D. 用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的 【答案】A 【解析】用溶液处理水垢中的CaSO4，生成溶解度更小的碳酸钙，，A正确；水解方程式不对，明矾是硫酸铝钾晶体，溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水：，不写沉淀符号，B错误； 物质拆分不对，抗酸药中的可治疗胃酸过多，属于难溶性碱，离子方程式：，C错误；未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的，D错误；故选A。 典例5【2024·浙江卷】下列离子方程式正确的是 A. 用溶液除气体： B. 溶液中滴加溶液： C. 溶液中通入少量： D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 【答案】D【解析】H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A项错误；酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误；电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+=Cl-+HClO+CO2，C项错误；Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D项正确；答案选D。 【名校预测·第一题】（2025·河南郑州一模）下列有关离子方程式书写正确的是 A．侯氏制碱法中制备NaHCO3： B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为： C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2 D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使反应完全： 【名校预测·第二题】（2025·广西南宁一模）下列离子方程式正确的是 A．苯酚钠溶液中通入少量：2 B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为： C．用食醋除铁锈： D．在存在下与氨水反应生成： 【名校预测·第三题】（2025·浙江金华二模）下列离子方程式不正确的是 A．溶液与足量反应： B．过量Fe粉加入稀硝酸中： C．少量被溶液吸收： D．酸性溶液吸收少量甲醛： 【名校预测·第四题】（2025·安徽一模）下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是 A．的水溶液中：、、、 B．水溶液中：、、、 C．能使甲基橙变黄的水溶液中：、、、 D．澄清透明的水溶液中：、、、 【名校预测·第五题】（2025·四川一模）常温常压下，下列指定条件的各组离子一定能大量共存的是 A．透明的溶液中：、、、 B．在酒精中：、、、 C．溶有的水溶液中：、、、 D．由水电离出为的溶液中：、、、 【名校押题·第一题】（2025·重庆二模）下列反应的离子方程式书写正确的是 A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应： B．用石灰乳除去工业尾气中的 C．含氟牙膏防治龋齿： D．铜片与稀硝酸反应： 【名校押题·第二题】（2025·安徽黄山二模）下列过程对应的离子方程式错误的是 A．溶液中通入少量： B．某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时： C．氟化物预防龋齿原理： D．向溶液滴入溶液： 【名校押题·第三题】（2025·陕西二模）下列相关离子方程式表示正确的是 A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色： B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去： C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成： D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝： 【名校押题·第四题】（2025·重庆一模）下列离子组在水溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 【名校押题·第五题】（2025·天津一模）常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的是 A．加入溶液显红色的溶液中： B．与铝反应产生的溶液中： C．澄清透明溶液中： D．的溶液： 【名校预测·第一题】 【答案】B 【解析】侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A错误；酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正确；苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+ CO2+H2O+ HCO，故C错误；向溶液中滴入使反应完全，则按物质的量之比为1：2反应，不足，生成的不能溶解，离子方程式为，D错误；故选B。 【名校预测·第二题】 【答案】B 【解析】由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚和：，A错误；丙烯腈电解制己二腈， 丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确；醋酸是弱酸，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误；该反应不满足得失电子守恒，正确的方程式为：，D错误；故选B。 【名校预测·第三题】 【答案】D 【解析】溶液与足量反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，反应的离子方程式为，故A正确；过量Fe粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为，故B正确；少量被溶液吸收生成硫酸钠、氯化钠、亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故C正确；酸性溶液吸收少量甲醛，甲醛被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为，故D错误；故选D。 【名校预测·第四题】 【答案】B 【解析】具有还原性，能与发生氧化还原反应而不共存，A错误；水溶液中：、、、不会发生反应而共存，B正确；能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，溶液可能为碱性，镁离子可能会与氢氧根反应生成沉淀而不共存，C错误；和会发生双水解而不共存，D错误；故选B。 【名校预测·第五题】 【答案】C 【解析】、、能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；酒精具有还原性，能被氧化，不能大量共存，故B错误；该组离子均不与反应，可以大量共存，故C正确；水电离出为，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为碱溶液则不能大量共存，故D错误；故选C。 【名校押题·第一题】 【答案】C 【解析】根据铅酸蓄电池工作原理可知，电池充电时阳极反应式为：，A错误；石灰乳中含大量未溶解的固体，不能拆，要保留化学式，则反应的离子方程式为：，B错误；含氟牙膏中的氟化物在刷牙的过程中会释放出氟离子，可以和牙齿表面的牙釉质相结合，形成氟化物层起到保护作用，则反应的离子方程式为：，C正确；铜片与稀硝酸反应得到的是气体，则反应的离子方程式为：，D错误；故选C。 【名校押题·第二题】 【答案】B 【解析】溶液中通入少量生成氯化钠、二氧化碳、次氯酸，反应的离子方程为，故A正确；某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为，故B错误；氟化物预防龋齿原理是羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，反应的离子方程式为，故C正确；向溶液滴入溶液生成蓝色沉淀：，故D正确；故选B。 【名校押题·第三题】 【答案】D 【解析】AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：，A错误；高锰酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为锰离子，离子方程式为：，B错误；pH=4，溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化铁，离子方程式为：，C错误；酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：，D正确；故选D。 【名校押题·第四题】 【答案】B 【解析】三者能发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；不能发生离子反应，能大量共存，B正确；能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，C错误；发生反应，不能大量共存，D错误； 故选B。 【名校押题·第五题】 【答案】C 【解析】加入溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与C6H5OH发生显色反应，Fe3+能氧化I-，所以溶液中不能大量含有C6H5OH、I-，故不选A；与铝反应产生的溶液显酸性或碱性，酸性条件下发生氧化还原反应，酸性条件下反应生成S沉淀、二氧化硫，碱性条件下亚铁离子与氢氧根离子反应，故不选B；澄清透明溶液中，相互之间不反应，能大量共存，故选C；的溶液显酸性，酸性条件下发生氧化还原反应，故不选D；故选C。 考前14天 氧化还原反应 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 山东卷 氧化还原反应的判断 2024 浙江卷 氧化产物、还原产物、氧化剂与还原剂、电子转移计算 2024 浙江卷 氧化剂与还原剂物质的量之比、转移的电子数、配平 2023 浙江卷 氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、电子转移计算 2023 乙卷 氧化还原反应的本质与判断 2023 湖南卷 氧化还原反应的判断、电子转移计算 2023 北京卷 还原反应的判断、电子转移计算 2022 湖南卷 氧化反应的判断、电子转移计算 2022 浙江卷 氧化产物、还原反应、氧化剂与还原剂的物质的量之比、电子转移计算 2025 年高考氧化还原反应的考查将继续注重基础知识的理解和应用，同时强调考生对新情境、新信息的处理能力，以及综合运用氧化还原反应知识解决实际问题的能力。结合生产、生活实际或新的科技成果等情境，给出相关化学反应，让考生判断是否为氧化还原反应。例如，通过工业生产中某种金属的冶炼反应、环保领域中污染物的转化反应等实例来考查。给出一些氧化还原反应的事实，让考生根据这些反应判断物质氧化性或还原性的强弱顺序。或者根据物质氧化性、还原性的强弱，预测可能发生的氧化还原反应。以化工生产流程为背景，考查氧化还原反应在物质制备、分离、提纯等环节中的应用。例如，通过控制反应条件，利用氧化还原反应将原料中的杂质转化为易于分离的物质，或者将目标产物从混合物中还原出来。将知识情境化、问题化，具有较高的区分度。 1．氧化还原反应概念关系图 2．氧化还原反应规律 (1)守恒律 化合价升高总数与降低总数相等：n(氧化剂)×化合价降低值×变价原子个数＝n(还原剂)×化合价升高值×变价原子个数，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算。 (2)强弱律 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。 (3)优先律 ①多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。 ②多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。 (4)价态律 元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl2等)。 (5)转化律 同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态＋低价态→中间价态；价态相邻能共存、价态相间能归中，归中价态不交叉、价升价降只靠拢。 3．得失电子守恒法解题模型 (1)依据题意准确判断氧化剂→还原产物、还原剂→氧化产物。 (2)根据化合价准确计算一个原子或离子得失电子数目(务必注意1 mol氧化剂或还原剂中所含变价元素原子的物质的量)。 (3)根据得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值，从而求算出答案。 (4)涉及多步氧化还原反应的计算，可通过得失电子守恒建立关系式，简化过程，快速求解。　 -.典例1【2024·山东卷】中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A. 竹管、动物尾毫→湖笔 B. 松木→油烟→徽墨 C. 楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D. 端石→端砚 【答案】B 【解析】湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。 典例2【2024·浙江卷】汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值) A. 生成转移电子的数目为 B. 催化剂降低与反应的活化能 C. 是氧化剂，是还原剂 D. 既是氧化产物又是还原产物 【答案】D 【解析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故选D。 典例3【2024·浙江卷】利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A. X表示NO2 B. 可用O3替换CH3OH C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5 D. 若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，NO2仍然是大气污染物，A不正确；CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂NO3-中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5，C正确；CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体，即生成0.5molCO2，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；综上所述，本题选C。 典例4【2024·乙卷】下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A. 使用明矾对水进行净化 B. 雪天道路上撒盐融雪 C. 暖贴中的铁粉遇空气放热 D. 荧光指示牌被照发光 【答案】C 【解析】使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；故选C。 典例5【2024·北京卷】离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A. Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1 D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同 【答案】C 【解析】Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；Na2O2由Na+和O22-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。 【名校预测·第一题】（2024·河北承德三模）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是 A．通入品红溶液中，溶液由红色变为无色 B．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色 C．稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色 D．苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色 【名校预测·第二题】（2024·海南二模）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列出现颜色变化属于氧化还原反应的是 A．将溶液加热，由蓝色转绿色 B．溶液中滴加KSCN溶液，由黄色转红色 C．无水吸水，由白色转蓝色 D．溶液中滴加过量乙醇，由橙色转绿色 【名校预测·第三题】（2024·湖北黄冈一模）下列关于氧化还原反应的说法正确的是 A．银针验毒的原理为，X为还原产物 B．浓HCl和制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半 C．可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是具有较强的还原性 D．与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 【名校预测·第四题】（2025·浙江绍兴二模）在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是 A．中Cr的化合价为 B．反应①中作氧化剂 C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D．反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为 【名校预测·第五题】（2025·辽宁二模）在溶液中依次加入溶液、溶液、淀粉溶液和溶液，溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②紫红色→黄色；③黄色→蓝色；④蓝色→无色。已知每次加入的试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是 A．①中，的S显价，具有强氧化性 B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．③中，生成了，淀粉作指示剂 D．④中，还原性： 【名校押题·第一题】（2025·江西南昌一模）是食盐的补碘剂，一种制取的中间反应为：，下列说法错误的是 A．氧化性： B．该反应的还原产物为KCl和 C．I的半径大于Cl，故的熔沸点高于 D．生成11.2L(标况)时，转移了10mol电子 【名校押题·第二题】（2024·海南一模）利用软锰矿(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备高纯度Mn3O4 (Mn元素显+2、+3价)，其原理为①MnO2+SO2＝MnSO4；②Mn2++O2+H2O→Mn3O4↓+H+ (未配平)。下列说法正确的是 A．反应①中SO2得到电子 B．反应①中MnO2发生氧化反应 C．反应②中Mn3O4既是氧化产物又是还原产物 D．利用软锰矿，每制得1mol Mn3O4共转移4mol电子 【名校押题·第三题】（2024·浙江杭州一模）锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：(未配平) 下列说法正确的是 A．反应中氧化剂为 B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为 C．若生成气体的体积为，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化 【名校押题·第四题】（2024·河北衡水一模）常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示： 下列说法错误的是 A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B．流程中，都属于还原产物 C．已知次磷酸为一元酸，则次磷酸钠属于正盐 D．1mol次磷酸分解时转移2mol电子 【名校押题·第五题】（2025·江西赣州一模）以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛（部分其他产物已省略），催化反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．苯乙烯分子中所有碳原子一定共平面 B．以上转化过程中，属于氧化还原反应的是①②⑥ C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成 D．每生成1mol苯甲醛，理论上消耗2molH2O2 【名校预测·第一题】 【答案】D 【解析】通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，说明具有漂白性，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色，说明AgCl沉淀转化为更加难溶的AgI沉淀，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，B不符合题意；稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色，说明平衡正向移动，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，C不符合题意；苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被空气中的氧气氧化所致，元素化合价发生了变化，与氧化还原反应有关，D符合题意；故选D。 【名校预测·第二题】 【答案】D 【解析】将溶液加热，由蓝色转绿色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，A错误；溶液中滴加KSCN溶液，溶液由黄色转红色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，B错误；无水吸水，由白色转蓝色，变为，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，C错误；具有强氧化性，乙醇具有还原性，发生氧化还原反应，D正确；故选D。 【名校预测·第三题】 【答案】C 【解析】根据原子守恒，X的化学式为，为Ag失电子，故为氧化产物，A错误；浓HCl和制氯气的反应方程式为，该反应中4 mol HCl参加反应，参与反应的HCl中体现酸性和还原性各占一半，B错误；即维生素C具有较强的还原性，可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，C正确；该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+3价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，生成NO的二氧化氮是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。 【名校预测·第四题】 【答案】B 【解析】根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，A正确；在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，B错误；反应②中仅作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，C正确；反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，D正确；故选B。 【名校预测·第五题】 【答案】C 【解析】在中，存在过氧键，O为-1价，N为-3价，H为+ 1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出S为+6价，不是+7价，A错误；②中紫红色→黄色，是KMnO4氧化FeSO4，反应的离子方程式为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，B错误；③中黄色→蓝色，是将氧化为，淀粉遇变蓝，淀粉作指示剂，C正确；④中蓝色→无色，是将还原为，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性：，D错误；故选C。 【名校押题·第一题】 【答案】C 【解析】该反应中I元素化合价上升，Cl元素化合价下降，是氧化剂，是氧化产物，则氧化性：，A正确；该反应中I元素化合价上升，Cl元素化合价下降，该反应的还原产物为KCl和，B正确；的熔沸点高于是因为的相对分子质量较大，范德华力较大，与原子半径无关，C错误；该反应中I元素化合价由0价上升到+5价，生成11.2L(标况)时，n()=0.5mol，消耗1mol，转移了10mol电子，D正确；故选C。 【名校押题·第二题】 【答案】C 【解析】反应①中的S元素化合价由+4价变为+6价，化合价升高，SO2失去电子，被氧化，A错误；反应①中Mn元素的化合价由+4价变为+2价，化合价降低，说明MnO2发生还原反应，B错误；反应②中Mn元素化合价升高，O2中的O元素化合价降低，产物Mn3O4既是氧化产物又是还原产物，C正确；配平反应②，可得：6Mn2++O2+6H2O＝2Mn3O4↓+12H+，根据反应方程式可知，利用软锰矿，每制得1mol Mn3O4共转移2mol电子，D错误；故选C。 【名校押题·第三题】 【答案】A 【解析】反应中锰化合价由+4变为+3.5，氧化合价由-2变为氧气中的0，结合电子守恒，反应为；二氧化锰中锰化合价由+4变为+3.5，氧化剂为，A正确；锰化合价降低被还原为、氧化合价升高被氧化为氧气，结合方程式，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:4，B错误；没有说明是否处于标况，不确定氧气的物质的量，不能计算转移电子数，C错误；碳酸根离子中碳为sp2杂化，二氧化碳中碳为sp杂化，C原子的杂化方式发生变化，D错误；故选A。 【名校押题·第四题】 【答案】A 【解析】和反应生成和，无元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A错误；反应(浓)中，P元素的化合价由0价降至中的-3价，为还原产物，中P的化合价为+1价，的化合价为-3价，所以分解生成为还原反应，属于还原产物，B正确；因为一元酸，只能电离出一个，中无法电离出，为正盐，C正确；分解方程式为，从+1价升高到+5价，同时，P从+1价降低到-3价，在该反应中，，转移4mol电子，分解时转移2mol电子，D正确；故选A。 【名校押题·第五题】 【答案】C 【解析】苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有碳原子可能共平面，不是一定共平面，A项错误；分析反应机理，反应①中Fe元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由+2价变为+3价，反应⑥中Fe元素化合价由+3价变为+2价，属于氧化还原反应。B项错误；反应过程中有O-O非极性键的断裂和C-O、O-H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成，C项正确；根据反应机理可知每生成1mol苯甲醛，理论上消耗2molH2O2，因有其他副产物生成（如CO2等），实际消耗H2O2的物质的量应大于2mol，D项错误；故选C。 考前13天 新型化学电源与电解池 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 安徽卷 原电池的判断、电极方程式的书写、原电池的计算 2024 河北卷 原电池的判断、电解池的判断、电极方程式的书写、原电池的计算 2024 湖北卷 电解池的判断、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 甲卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、原电池的计算 2024 辽宁卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 山东卷 电解池的判断、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 新课标卷 原电池工作原理、电极方程式的书写、原电池的计算 2024 浙江卷 电解池的判断、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 江苏卷 原电池的判断、电极方程式的书写、原电池的计算 2024 北京卷 原电池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写 2024 广东卷 电极方程式的书写、电解池的计算 2024 甘肃卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 湖南卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 浙江卷 金属腐蚀与防腐 2024 重庆卷 电解池的判断、电解池工作原理、电极方程式的书写 2024 海南卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 贵州卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2024 广西卷 电解池电极方程式的书写、原电池的计算 2024 福建卷 电解池工作原理、原电池电极方程式、电解池的计算 2023 甲卷 电解池的判断、电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2023 新课标卷 原电池的判断、原电池工作原理、电解池电极方程式的书写 2023 乙卷 原电池工作原理、电极方程式的书写、电解池工作原理 2023 湖北卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2023 海南卷 原电池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写、原电池的计算 2023 广东卷 原电池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写、原电池的计算 2023 湖北卷 电解池的判断、电极方程式的书写、离子交换膜、电解池补水的速率 2023 浙江卷 电解池的判断、电解池工作原理、电极方程式的书写 2023 辽宁卷 电解池的判断、电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2023 山东卷 原电池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写 2022 广东卷 电解池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2022 海南卷 电解池的判断、电解池工作原理、电极方程式的书写 2022 湖北卷 电解池的工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2022 湖南卷 原电池的判断、原电池工作原理、电极方程式的书写 2022 浙江卷 电解池的判断、电解池的工作原理、电极方程式的书写 2025年高考电化学的考查会紧密联系生活、生产实际和科技前沿，创设新颖的情境，注重考查考生对电化学基本概念、原理的理解和应用能力，以及获取信息、分析问题和解决问题的能力。同时，也会加强对不同知识间相互渗透与融合的考查，如将电化学与氧化还原反应、离子反应、化学平衡等知识相结合。通常以复杂、陌生、新颖的研究对象作为知识的载体，考查化学电源正、负极及电极反应式，电池充、放电原理及离子移动方向的判断，电极附近离子浓度的变化，根据原电池的总反应式或电极反应式，进行有关电子转移数目、反应物或生成物的量、电池效率等方面的计算。电解池主要考查阴、阳极及电极反应式的正误的判断，离子的移动方向，溶液pH的变化，电解产物的判断及电解的应用与计算等。根据离子交换膜的性质和电化学装置的工作原理，进行有关离子迁移量、物质的量浓度变化等方面的计算和分析。以实际生活中的金属防护措施为背景，如钢铁的涂漆、镀锌、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法等，考查考生对金属防护原理的理解和应用。 1．“三步”突破原电池电极反应式的书写 第一步：分析氧化还原反应 根据氧化还原反应，分析元素化合价的升降，确定正、负极反应物质及得失电子数目。 第二步：注意电解质溶液环境 分析电解质溶液的酸碱性及离子参加反应的情况，确定电极反应，写出电极反应式。 第三步：合并正、负电极反应 调整两极反应式中得失电子数目相等并叠加，消去电子，得出总反应式。 2．二次电池思维模型 3．析氢腐蚀和吸氧腐蚀 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜呈酸性 水膜酸性很弱或呈中性 正极反应 2H＋＋2e－===H2↑ O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 负极反应 Fe－2e－===Fe2＋ 其他反应 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈 【方法技巧】新型化学电源的解题步骤 (1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。 (2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。 (3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。 (4)电极反应→总反应方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。　 4．明确电解池的电极反应及其放电顺序 (1)阳离子在阴极上的放电顺序：Ag＋＞Hg2＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸中)＞Pb2＋＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水中)。 (2)阴离子在阳极上的放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－>含氧酸根离子。 (3)活泼阳极失电子后得到的离子一般都会继续与电解质溶液中的离子发生复杂的反应，因此最终的氧化产物需要根据题目中的信息确定。 5．离子交换膜的原理及作用分析 6．电解问题的解答步骤 (1)首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极。 (2)再分析电解质的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。 (3)然后排出阴、阳两极离子的放电顺序。 电解池阴、阳两极的放电顺序 7．电解计算解题“三方法” (1)根据得失电子守恒计算 用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。 (2)根据总反应式计算 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 (3)根据关系式计算 根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 例如，以通过4 mol e－为桥梁可构建如下关系式： (式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有概括电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。 -.典例1【2024·安徽卷】我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是 A. 标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B. 电池总反应为： C. 充电时，阴极被还原的主要来自 D. 放电时，消耗，理论上转移电子 【答案】C 【解析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确；由以上分析可知，该电池总反应为，B正确；充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；故选C。 典例2【2024·湖北卷】我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是 A. 电解一段时间后阳极区减小 B. 理论上生成双极膜中有解离 C. 阳极总反应式 D. 阴极区存在反应 【答案】B 【解析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A项正确；根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B项错误；根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C项正确；根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D项正确；答案选B。 典例3【2024·甲卷】科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A.充电时，向阳极方向迁移 B.充电时，会发生反应 C.放电时，正极反应有 D.放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A不正确；放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确；综上所述，本题选C。 典例4【2024·山东卷】以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A. 电极a连接电源负极 B. 加入Y的目的是补充 C. 电解总反应式为 D. 催化阶段反应产物物质的量之比 【答案】B 【解析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；答案选B。 典例5【2024·广东卷】一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是 A. 阳极反应： B. 阴极区溶液中浓度逐渐升高 C. 理论上每消耗，阳极室溶液减少213g D. 理论上每消耗，阴极室物质最多增加138g 【答案】C 【解析】右侧溶液为饱和食盐水，右侧电极产生气体，则右侧电极为阳极，放电产生氯气，电极反应为：；左侧电极为阴极，发生还原反应，在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：；中间为阳离子交换膜，由阳极向阴极移动。由分析可知，阳极反应为：，A正确；由分析可知，阴极反应为：，消耗水产生，阴极区溶液中浓度逐渐升高，B正确；由分析可知，理论上每消耗，转移6mol电子，产生3mol，同时有6mol由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少，C错误；由分析可知，理论上每消耗，转移6mol电子，有6mol由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加，D正确；故选C。 【名校预测·第一题】（2025·浙江金华二模）已知：将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，如下装置可实现污染治理和、的综合利用。下列说法不正确的是 A．装置①实现了化学能转化为电能 B．电极2发生的反应为： C．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低 D．治理过程中参与反应的、物质的量之比为1：1 【名校预测·第二题】（2025·重庆二模）浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，当两极室离子浓度相等时放电完成。某浓差电池的工作原理如图所示(两室溶液的体积一直均为)。下列说法正确的是 A．电极Ⅱ的电势高于电极I B．电子从电极I流出经用电器流入电极Ⅱ C．电极I的电极反应式为： D．放电结束后，左右两室溶液质量变化量相等 【名校预测·第三题】（2025·北京东城一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的。如图所示，在薄膜侧通入空气，侧通入氢气，充分反应后在侧得到高浓度的。下列分析正确的是 A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应 B．电子和在薄膜中移动方向相同 C．理论上b侧每消耗同时生成 D．总反应中元素的化合价均未发生变化 【名校预测·第四题】（2025·天津一模）液流电池是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液，总反应为：。下列说法正确的是 A．充电时阴极的电极反应式： B．充电时电极a连外接电源的负极 C．放电时，每消耗6.5gZn电路中转移电子数为 D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大 【名校预测·第五题】（2025·广西南宁一模）为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态；当打开和，闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是 A．蓄电时，碳锰电极为阳极 B．蓄电时，右池中右侧电极发生的反应为 C．放电时，每消耗1mol MnO2，理论上有4mol H+由双极膜向碳锰电极迁移 D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充和KOH溶液 【名校押题·第一题】（2025·山西二模）某文章报道了一种两相无膜锌/吩噻嗪电池，其放电时的工作原理如图所示(在水系/非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷守恒)。 已知：的密度为，难溶于水。 下列说法错误的是 A．放电时，负极反应为 B．充电时，石墨毡连电源的正极 C．放电时，电池不能倒置，由水层移向层 D．放电时，板每减轻，水层增重 【名校押题·第二题】（2025·山东二模）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置示意图如图所示： 下列说法错误的是 A．电池工作时，质子由a极移向b极 B．b为电池正极 C．a极反应式为 D．理论上每吸收，b电极消耗的的体积为(标准状况) 【名校押题·第三题】（2025·江西萍乡一模）一种新型的铅锂电池的充、放电示意图如图所示，下列说法错误的是 A．放电时，向电极a方向迁移 B．充电时，中Mn元素被氧化 C．放电时，正极反应式为 D．充电时，每转移1mol，a极增重103.5g 【名校押题·第四题】（2025·广东茂名二模）如图是一种光电催化装置，它可以将空气中捕获的转化为各种化工原料。下列说法正确的是 A．工作时，从区移向区 B．制备时，理论上生成同时，可生成 C．制备时，阴极区发生反应： D．制备时，理论上每生成的同时，阳极区溶液减少 【名校押题·第五题】（2025·河北衡水中学一模）有机物参加的反应在日常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，M电极和N电极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法正确的是 A．装置工作时，通过离子交换膜移向N极 B．阳极反应：2-4e-+4OH-+4H2O C．装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的保持不变 D．转移相同电量，M电极消耗的和N电极产生的和相等 【名校预测·第一题】 【答案】D 【解析】将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，溶液A为，分析装置如下：装置①为原电池装置，电极1为负极，发生氧化反应：，电极2为正极，发生还原反应：，装置②为电解池，电极3为阳极，发生氧化反应：，电极4为阴极，发生还原反应：。根据分析可知，装置①为原电池装置，实现了化学能转化为电能，A正确；根据分析可知，电极2为正极，发生还原反应：，B正确；装置②为电解池，电极3为阳极，发生氧化反应：，反应一段时间，溶液pH降低，C正确；将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，二氧化碳的量增多，治理过程中参与反应的、物质的量之比小于1：1，D错误；故选D。 【名校预测·第二题】 【答案】D 【解析】该装置中电极Ⅰ为正极，电极反应式为：，电极Ⅱ为负极，电极反应式为：，通过阴离子交换膜，从左往右移动，据此解答。电极Ⅱ的电势低于电极Ⅰ，故A错误；电子应从电极Ⅱ流出经用电器流入电极Ⅰ，故B错误；电极I的电极反应式为，故C错误；放电结束后，左右两室溶液浓度为，左侧减少的质量与右侧增加的质量相等，故D正确； 故选D。 【名校预测·第三题】 【答案】C 【解析】该分离装置本质上是氢氧燃料电池，a为正极，氧气被还原电极反应式为，b为负极，氢气被氧化电极反应式为。 CO2在a侧与膜中水作用只是形成的酸碱平衡过程，并不发生电子得失的还原反应，A错误；膜中H2在b侧被氧化生成水，则电子应从b侧流向a侧；而则是由a侧向b侧迁移，二者方向相反，B错误； H2在b侧被氧化放出2e⁻，每1molH2可使2mol在b侧重新放出2molCO2，符合电荷守恒和电子转移数目，C正确；H2中的H的化合价由0变为+1，元素化合价发生了变化，D错误；故选C。 【名校预测·第四题】 D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大 【答案】D 【解析】Br2具有较强氧化性，Zn具有较强还原性，放电时，Zn作负极，失去电子，发生氧化反应，Br2在正极得到电子被还原生成Br-，Zn2+通过阳离子交换膜由右侧电极向左侧电极移动。充电时为放电的逆过程，题目据此解答。充电时的阴极Zn2+得电子发生还原反应，Zn2++2e-=Zn，A错误；Br2作为原电池的正极，充电时与外接电源的正极连接，B错误；放电时Zn-2e-=Zn2+，6.5gZn的物质的量为，转移电子数为0.2NA，C错误；放电时左侧电极发生Br2+2e-=2Br-，Zn2+通过阳离子交换膜由右侧电极向左侧电极移动，左侧储罐中离子浓度增大，D正确；故选D。 【名校预测·第五题】 【答案】C 【解析】当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态，即为电解池，H+得电子生成H2，H元素化合价降低，则为阴极，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极；ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极；当打开和、闭合时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极，以此解答。由分析可知，蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为，B正确；放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1mol ，需要消耗4mol H+，但碳锰电极只生成2mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2mol H+由双极膜向碳锰电极迁移，C错误；该电化学装置运行过程中H+得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，OH-失电子生成O2，但实际也消耗了溶剂水，氢氧根离子浓度同样增大，则不需要不断补充和KOH溶液，D正确；故选D。 【名校押题·第一题】 【答案】C 【解析】根据原电池的装置，Zn生成Zn2+，发生氧化反应，作负极，石墨毡为正极。放电时，锌失电子，发生氧化反应，A正确。充电时，石墨毡为阳极，与电源正极相连，B正确。水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极分隔开，故不能倒置，放电时，阴离子移向负极，故移向水层，C错误。放电时，板每减轻，转移电子的物质的量为，有移动到水层，故水层增重，D正确。故选C。 【名校押题·第二题】 【答案】C 【解析】由图可知，电极a为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，则电池工作时，质子由a极移向b极，故A正确；由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，故B正确；由分析可知，电极a为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故C错误；由得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1mol二氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故D正确；故选C。 【名校押题·第三题】 【答案】D 【解析】由铅锂电池的充、放电示意图可知，电解质为溶液，放电时负极（a极）反应为，正极（b极）反应式为。放电时，阴离子向负极迁移，由分析知放电时a极为负极，向电极a方向迁移，故A正确；充电时b极为阳极， 转化为，Mn元素化合价升高，中Mn元素被氧化，故B正确；有分析知放电时，b极为正极，电极反应式为：，故C正确；充电时a极为阴极，电极反应式为，生成的进入电解质溶液中，外电路每转移1mol，a极质量减轻48g，D项错误；故选D。 【名校押题·第四题】 【答案】C 【解析】根据图示，M区水失电子放出氧气，M区是阳极区，左侧电极为阳极；N极区是阴极区，右侧电极为阴极。工作时，M区是阳极区、N区是阴极区，从M区移向N区，故A错误； 理论上生成同时，电路中转移4mol电子，制备时，C元素化合价由+4降低为+2，根据电子守恒，可生成2molCO，故B错误；制备时，二氧化碳在阴极区得电子生成甲醇，阴极电极反应式为，故C正确；制备时，理论上每生成的同时，电路中转移4mol电子，有4mol氢离子，从M区移向N区，阳极区溶液减少36g，故D错误；故选C。 【名校押题·第五题】 【答案】B 【解析】由图可知，在N极发生还原反应生成，N极为阴极，M极为阳极，以此解答。由分析可知，N极为阴极，M极为阳极，则装置工作时，通过离子交换膜移向M极，A错误； M极为阳极，在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，B正确；阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O= +6OH-，当转移4mol电子时，阴离子交换膜右侧有4mol OH-进入左侧，同时左侧消耗4mol OH-，右侧生成4mol OH-，两侧OH-物质的量不变，但左侧生成了水，OH-浓度减小，pH减小；右侧消耗水，OH-浓度增大，pH增大，C错误；阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，每转移相同电子，M电极消耗的大于N电极产生的，D错误；故选B。 考前12天 水溶液中的离子反应与平衡 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 安徽卷 微粒浓度大小比较 2024 湖北卷 微粒浓度大小比较 2024 辽宁卷 沉淀溶解平衡曲线、平衡常数 2024 山东卷 电离平衡常数、微粒浓度大小比较 2024 新课标卷 电离平衡常数、微粒浓度大小比较 2024 浙江卷 微粒浓度大小比较、离子方程式 2024 江苏卷 微粒浓度大小比较 2024 湖南卷 微粒浓度大小比较 2024 重庆卷 微粒浓度大小比较 2024 天津卷 电离平衡常数、微粒浓度大小比较 2024 江西卷 微粒浓度大小比较 2024 广西卷 滴定曲线、微粒浓度大小比较 2024 福建卷 电离平衡常数、微粒浓度大小比较 2023 新课标卷 电离平衡常数、微粒浓度大小比较、溶度积常数 2023 乙卷 平衡常数、Ksp、沉淀溶解平衡曲线 2023 湖南卷 水的电离程度、电离平衡常数、微粒浓度大小比较 2023 海南卷 水解平衡的移动、电离平衡常数、溶液混合的有关计算 2023 浙江卷 水解平衡电离方程式、电离平衡、pH对平衡移动的影响 2023 湖南卷 酸碱滴定曲线、离子浓度大小比较、水的电离程度 2023 辽宁卷 pH与-lgc关系图像、Ksp的有关计算 2023 山东卷 pH与-lgc关系图像、平衡常数的影响因素 2023 重庆卷 溶解度随温度变化的曲线、离子浓度大小比较 2022 海南卷 pH与-lgc关系图像、Ksp的有关计算 2022 湖北卷 混合体系中部分物种的c-pH关系图像 2022 湖南卷 电位滴定、离子浓度大小比较、Ksp的有关计算 2022 山东卷 pH与-lgc关系图像、平衡常数的计算、沉淀的转化、溶度积的计算 2022 辽宁卷 分布分数图像、平衡常数的计算、离子浓度大小比较 2025年高考会结合化学实验、工艺流程等情境，考查平衡常数、Ksp的计算、离子浓度大小关系等，具有一定的综合性、灵活性和技巧性，对考生的分析问题和解决问题的能力要求较高。以图像、图表形式呈现信息考查对数、分布系数热点图像等，命题设计新颖灵活，综合性强，难度较大，较好地考查学生的观察能力、获取信息、采集处理数据的能力、图形转化能力、推理判断能力和图像分析能力。 1．对比理解“三大”平衡的影响因素 平衡类型 影响因素 升温 加水 同离子效应 电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋ 促进电离 促进电离 加入CH3COO－，抑制电离 水解平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－ 促进水解 促进水解 加入OH－，抑制水解 沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq) 促进溶解 促进溶解 加入Ag＋、Cl－，均抑制溶解 【特别提醒】平衡常数Ka(或Kb)、Kh、Ksp仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。 2．沉淀溶解平衡图像分析 (1)典型示例 (2)点的变化 a→c 在曲线上变化，增大c(SO) b→c 加入1×10－5 mol·L－1 Na2SO4溶液(忽略溶液的体积变化) d→c 加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化) c→a 在曲线上变化，增大c(Ba2＋) 曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液 3．沉淀滴定曲线分析 以0.100 mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线为例： (1)根据曲线数据计算可知，Ksp(AgCl)的数量级为10－10。 (2)滴定终点c点为饱和AgCl溶液，c(Ag＋)＝c(Cl－)。 (3)相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c向a方向移动。 (4)相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1Br－，反应终点c向b方向移动。 4．沉淀溶解平衡对数图像分析 图像 说明 已知：pM＝－lg c(M)(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)，p(CO)＝－lg c(CO) 横坐标数值越大，c(CO)越小 纵坐标数值越大，c(M)越小 曲线上方的点为不饱和溶液 曲线上的点为饱和溶液 曲线下方的点表示有沉淀生成 曲线上任意一点，坐标数值越大，其对应的离子浓度越小 5．理解酸碱中和滴定曲线 氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水 曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高 突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 室温下，当等体积等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，滴定终点pH＝7；但当等体积等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，滴定终点pH>7(或pH<7) 指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定选用甲基橙和酚酞均可 6．抓住关键“五点”，突破中和滴定曲线 抓反应“起始”点 判断酸、碱的相对强弱 抓反应“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合 抓溶液“中性”点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足 抓“恰好反应”点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性 抓反应“过量”点 判断溶液中的溶质及哪种物质过量 例如，室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如下图所示： 7．不同pH情况下“分布系数”图像分析 分布系数(δ)是溶液中某酸碱组分的平衡浓度占其总浓度的分数，δ与溶液pH的关系曲线称为分布曲线。如以草酸(H2C2O4)为例，在不同pH溶液中存在的三种微粒形式(H2C2O4、HC2O、C2O)的分布系数图如下： (1)曲线 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒 曲线Ⅰ代表H2C2O4，曲线Ⅱ代表HC2O，曲线Ⅲ代表C2O。 (2)交点A、C的含义及应用 ①交点A粒子浓度的等量关系为c(HC2O)＝c(H2C2O4)；交点C粒子浓度的等量关系为c(C2O)＝c(HC2O)。 ②利用交点A、C粒子浓度的等量关系，可以很方便地计算草酸(H2C2O4)的Ka1和Ka2，Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.2，Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.2。 (3)B、D点的含义及应用 ①最高点D对应的三种粒子浓度的关系：c(HC2O)>c(H2C2O4)＝c(C2O)。 ②推导c(H＋)与Ka1、Ka2的关系：Ka1·Ka2＝·＝，由于B点c(H2C2O4)＝c(C2O)，因此Ka1·Ka2＝c2(H＋)。 ③最高点D代表的不是NaHC2O4溶液。 由图可知，NaHC2O4溶液的pH介于1.2～4.2，呈酸性，HC2O的电离程度大于其水解程度，故c(C2O)>c(H2C2O4)，而δ(HC2O)的最高点D点存在δ(C2O)＝δ(H2C2O4)。 【特别提醒】E点向右，c(H2C2O4)不等于0，属于渐近线，只能无限接近横轴。 8．溶液中粒子浓度大小比较的规律 比较粒子浓度大小时关键是先确定所得电解质溶液的酸碱性 (1)多元弱酸的酸式盐溶液：对于电离为主的，如NaHSO3，遵循c(自身)>c(电离产物)>c(水解产物)，即c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；对于水解为主的，如NaHCO3，遵循c(自身)>c(水解产物)>c(电离产物)，即c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)。 【特别提醒】常见的酸式盐溶液中NaHSO3和NaH2PO4以电离为主，显酸性。 (2)混合溶液离子浓度：例如0.2 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显碱性(常见物质中除了等浓度氢氰酸和氰化物混合溶液，大部分以电离为主)，所以c(OH－)>c(H＋)，则c(NH)大于c(Cl－)，即c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。再如0.2 mol·L－1醋酸与0.2 mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显酸性，所以c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。 (3)溶液中离子、分子浓度的比较：对于HA和NaA的混合溶液，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na＋保持不变，若水解大于电离，则有c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，显碱性；若电离大于水解，则有c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，显酸性。 9．熟练三个守恒 (1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 (2)元素质量守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。 (3)质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。 以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图帮助建立质子守恒关系式： ①Na2CO3溶液 所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。 ②NaHCO3溶液 所以c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。 另外，将混合溶液中的电荷守恒式和元素质量守恒式联立，通过代数运算消去其中的某离子，也可推出该溶液中的质子守恒式。 -.典例1【2024·安徽卷】环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. 向的溶液中加入，可使 D. 向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中： 【答案】B 【解析】溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确；溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知,所以，则，B不正确； 远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；综上所述，本题选B。 典例2【2024·湖北卷】气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标()为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、，。下列说法错误的是 A. 时，溶液中 B. 时， C. 时， D. 时，溶液中加入少量，会溶解 【答案】C 【解析】由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=10-7.1mol/L<c(Pb2+)，A项正确；由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L，B项正确；溶液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=2c()+c()+c()+2c[]+c(OH-)，pH=7时溶液中c(H+)=c(OH-)，则2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]=2c()+c()+c()+2c[]，C项错误；NaHCO3溶液中的水解平衡常数为==10-7.6>Ka2(H2CO3)，NaHCO3溶液呈碱性，加入少量NaHCO3固体，溶液pH增大，PbCO3转化成而溶解，D项正确；故选C。 典例3【2024·甲卷】将配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加的NaCl溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是 A.交点a处： B. C.时，不变 D. 【答案】D 【解析】向1.0mL含的悬浊液中滴加的NaCl溶液，发生反应：，两者恰好完全反应时,NaCl溶液的体积为v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl-)增大，据，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为CrO42-曲线。由此分析解题：2mL时Ag2CrO4与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO42-)+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和CrO42-曲线的交点，即c(CrO42-)=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则==102.21，B错误；V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n(CrO42-)守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则c(CrO)===mol/L，则y2=lg 。c(CrO42-)=lg=-lg34，D正确；故选D。 典例4【2024·山东卷】常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 A. 线Ⅱ表示的变化情况 B. 的电离平衡常数 C. 时， D. 时， 【答案】C 【解析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，D项错误；答案选C。 典例5【2024·新课标卷】常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：] 下列叙述正确的是 A. 曲线M表示的变化关系 B. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 C. 的电离常数 D. 时， 【答案】D 【解析】随着pH的增大，、浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，的酸性强于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误；根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误； 电离度，，则=，，时，，，D正确；故选D。 【名校预测·第一题】（2025·湖南常德一模）向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入和固体，固体全部溶解(忽略溶液体积的变化)，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，的电离平衡常数，的溶度积常数，为易溶于水的弱电解质，存在三步电离。下列说法正确的是 A．常温下，混合后溶液未出现白色沉淀是由于pH太小 B．常温下，反应的平衡常数： C．常温下，与不能大量共存的原因是发生了剧烈的双水解 D．a点溶液中存在： 【名校预测·第二题】（2025·江苏一模）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。已知：，，。 实验1：用pH试纸测得溶液的pH约为8。 实验2：将溶液加热者沸后冷却至室温，溶液pH约为11。 实验3：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是 A．溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液中： D．实验3中发生反应的离子方程式为 【名校预测·第三题】（2025·福建三模）25℃时，用标准溶液滴定和的混合溶液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图甲所示；四种含氮物质分布分数与关系如图乙所示。 下列说法错误的是 A．该混合溶液中 B． C．b点处有 D．a、b、c点均存在 【名校预测·第四题】（2025·辽宁大连一模）HA和H2B分别为一元酸和二元酸，M2+不发生水解。常温条件下，现有含MA2(s)的MA2饱和溶液和含MB(s)的MB饱和溶液。两份溶液中及含A粒子的分布系数δ [如]随pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是 A．曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线 B． C．的平衡常数约为10-9 D．pH=4时，MB饱和溶液中存在 【名校预测·第五题】（2025·陕西三模）在pH=7含的溶液中，一定范围内存在平衡关系：；；；；平衡常数依次为、、、。已知，，，的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．曲线②表示的是随的变化情况 B．随增大，先减小后增大 C．M点： D．p点的横坐标是 【名校押题·第一题】（2025·辽宁一模）常温下，向、、的混合溶液中滴加稀溶液，溶液中[、、]与关系如图所示。已知：的溶解度大于。下列叙述正确的是 A．直线②代表与关系 B．d点对应的溶液是过饱和溶液 C．当同时生成和沉淀时，溶液中 D．向上述混合溶液中滴加少量溶液，先生成沉淀 【名校押题·第二题】（2025·河北衡水中学二模）某温度下，分别向和溶液中滴加溶液，滴加过程中为或与溶液体积的变化关系如图所示忽略溶液体积变化。下列说法正确的是 A．曲线表示与的变化关系 B．点溶液中： C．该温度下， D．相同实验条件下，若改为的和溶液，则曲线中反应终点由点移到点 【名校押题·第三题】（2025·山东二模）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定终点的一种方法，被测离子浓度突跃，电极电位()产生突跃，从而确定滴定终点。现向某浓度的苹果酸(，二元弱酸，)溶液中，滴加溶液，利用电位滴定法测定的滴定曲线如图。下列说法错误的是 A．水电离出的 B．a点和b点溶液均显酸性 C．c点存在 D．苹果酸的浓度约为 【名校押题·第四题】（2025·江西二模）25℃时向10mL某浓度新制氯水中滴入0.1的NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为。下列说法正确的是 A．该实验过程可以用pH试纸测量溶液的pH值 B．甲点溶液中存在： C．丙点溶液中： D．氯水中存在平衡：该反应的平衡常数K的数量级为 【名校押题·第五题】（2025·北京石景山一模）时，关于浓度均为的氨水和两种溶液，下列说法不正确的是 A．分别通入少量HCl气体，均增大 B．水电离出的：氨水的小于溶液的 C．两种溶液等体积混合后 D．两种溶液等体积混合后 【名校预测·第一题】 【答案】B 【解析】向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入和固体，溶液中≈=0.03mol/L，pH=5.8时，c(OH-)=，此时溶液中Qc= c(Al3+)c3(OH-)=3×10-26.6>，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH太小，A错误； 常温下，反应的平衡常数：==，B正确；常温下，和固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因不是双水解，而是生成了，即与不能大量共存的原因是生成了弱电解质，C错误； D．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入，n()=，为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：，D错误；故选B。 【名校预测·第二题】 【答案】C 【解析】溶液中，根据电荷守恒和物料守恒，得，则，A错误；实验2所得溶液中溶液pH约为11，说明碳酸氢钠溶液在加热条件下分解生成了碳酸钠，此时物料守恒为：，B错误；因为，且实验2所得溶液中溶液pH约为11，则，故，C正确；实验3中向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，反应的离子方程式为，D错误；故选C。 【名校预测·第三题】 【答案】B 【解析】碱性弱于先发生反应，则第一个滴定突变点为的滴定终点，由a点可知，；第二个滴定突变点为的滴定终点，由c点可知，；b点溶质为、、，且浓度均为；结合滴定过程中反应顺序可知，乙图中曲线对应粒子； 由分析，该混合溶液中，A正确； 由乙图中点（6.0，0.5），此时且pH=6，pOH=8，，，B错误；b点处，pH=6.1，pOH=7.9，结合分析，此时，则 ，C正确；  由电荷守恒，a、b、c点均存在，D正确；故选B。 【名校预测·第四题】 【答案】A 【解析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)M2++2A-、A-+H2OHA+OH-，往饱和溶液中加酸，不断减小溶液的pH，则两平衡都发生正向移动，HA的分布系数δ不断增大，A-的分布系数δ不断减小，M2+浓度不断增大，pc(M2+)不断减小，所以曲线②表示MA2中pc(M2+)随pH变化曲线，曲线③表示HA的分配系数随pH变化曲线，曲线④表示A-的分配系数随pH变化曲线，曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线。由分析可知，曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线，A正确；从图中可以看出，MB饱和溶液中，pc(M2+)=10-5mol/L，由于B2-会发生水解，溶液中c(B2-)＜10-5mol/L，所以Ksp(MB)=c(M2+)∙ c(B2-)＜10-10，B不正确；在曲线③④的交叉点，pH=3，c(HA)=c(A-)，的平衡常数为=10-11，C不正确；MB为强碱弱酸盐，其饱和溶液的pH＞7，pH=4的溶液应为MB饱和溶液中加入了酸，溶液中含有酸根离子，此时存在，D不正确；故选A。 【名校预测·第五题】 【答案】D 【解析】随着增大，、、、这些平衡会向右移动。会不断减小，也不断减小，所以曲线①表示随的变化。从反应来看，随着增大，先生成，其浓度先增大，当浓度增大到一定程度后，继续与反应生成等，浓度又会减小，所以曲线②表示随的变化。同理，曲线③表示随的变化，曲线④表示随的变化，A错误；由上述对曲线的分析可知，曲线③表示随的变化，从图中可以看出，随着增大，一直增大，B错误； C．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则相当于是，看似是电荷守恒，但是观察横坐标从左往右增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，C错误；P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，，M点的横坐标为a，可知，，N点是曲线②、曲线④的交点，说明此时，根据，N点的横坐标为c，，，结合，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据，可知，，P点的横坐标为，D正确；故选D。 【名校押题·第一题】 【答案】C 【解析】根据溶度积与离子浓度关系有-lg=-lgKsp(Ag2SO4) +2lgc(Ag+)，-lg=-lgKsp(Ag2CrO4) +2lgc(Ag+)，- lgc(Cl-) =-lgKsp(AgCl) +lgc(Ag+)，结合图像中曲线斜率可知，②代表- lgc(Cl-)与lgc(Ag+)的关系，结合溶解度大小可知，Ksp(Ag2SO4) >Ksp(Ag2CrO4)，故①代表-lg与lgc(Ag+)的关系，③代表-lg与lgc(Ag+)的关系，根据a、b、c点坐标可知，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.95，Ksp(Ag2SO4) = 10-4.92，Ksp(AgCl)= 10-9.75。由分析可知，直线②代表-lgc(Cl-)与lgc(Ag+)的关系，A错误；由分析可知，③代表-lg与lgc(Ag+)的关系，d点相比a点，c(Ag+)偏小，则d点对应的溶液是不饱和溶液，B错误；当同时生成和沉淀时，溶液中，C正确；先计算开始产生沉淀时银离子浓度，然后判断沉淀顺序，所需银离子浓度越小，越先沉淀，开始生成Ag2CrO4时， c(Ag+) =2 mol/L，开始生成AgCl时，c(Ag+)= ，开始生成Ag2SO4时，c(Ag+) =2 mol/L，向上述混合溶液中滴加少量溶液，先生成AgCl沉淀，D错误；故选C。 【名校押题·第二题】 【答案】D 【解析】KCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是-lgc(Cl-)与的变化关系，曲线表示与的变化关系，以此解答。由分析可知，曲线表示与的变化关系，A错误；A点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3可知，应生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c()>c(K+)>c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)>c(OH-)，所以A点溶液中,离子浓度为c()>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-)，B错误；由分析可知，L1代表是-lgc(Cl-)与的变化关系，曲线表示与的变化关系；加入20 mL硝酸银溶液时，K2CrO4恰好完全反应，B点为Ag2CrO4饱和溶液，由纵坐标的数值是4.0，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c()=10-4.0mol/L，c(Ag+)=2×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)= c()c2(Ag+)=10-4.0×(2×10-4)2=4.0×10-12；加入10mL硝酸银时，KCl恰好完全反应，L1曲线中-lgc(Cl-)=4.9时为AgCl饱和溶液，c(Cl-)=10-4.9mol/L，则AgCl在沉淀溶解平衡中c(Ag+)=1×10-4.9mol/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=10-4.9×10-4.9=1×10-9.8，则，C错误；相同实验条件下Ag2CrO4的Ksp不变，即平衡时溶液中c()=10-4mol·L-1，N点对应的纵坐标数值是4.0，则曲线中反应终点由点移到C点，D正确；故选D。 【名校押题·第三题】 【答案】C 【解析】滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，以此分析。b点溶液中溶质，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的，A正确；a、b点发生反应：，b点恰好完全反应生成，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，故a、b点溶液呈酸性，B正确；c点溶质为和，根据电荷守恒，此时，，则，C错误；b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9ml，则苹果酸的浓度=，D正确；故选C。 【名校押题·第四题】 【答案】C 【解析】由图可知，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生HCl与NaOH的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与NaOH的反应。由图可知，加入20mL氢氧化钠溶液恰好生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒，氯原子总量为，据此解答。氯水中的次氯酸具有强氧化性，则氯水具有漂白性，玻璃棒蘸取该溶液滴至pH试纸上会先变色后褪色，所以该实验过程不可以用pH试纸测量溶液的pH值，A错误；由分析可知，结合氯元素守恒，甲点溶液中存在：，B错误；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-8mol/L， ，则，，结合反应，则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以丙点溶液中：，C正确； 氯水中存在平衡：，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出，根据起点pH=2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)=0.01 mol/L，此时c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数，即该反应的平衡常数K的数量级为10−6，D错误；故选C。 【名校押题·第五题】 【答案】C 【解析】0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则均增大，故A正确；一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H+)，故B正确；0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，＞c(NH3•H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)，故C错误；0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=c(OH-)+c(Cl-)，故D正确；故选C。 考前11天 化学工艺流程综合题 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 湖南卷 电子排布式、离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 北京卷 化学方程式、离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 甘肃卷 分离提纯操作、除杂操作、晶胞的计算 2024 广东卷 离子方程式、晶胞的计算、分离提纯操作、除杂操作 2024 安徽卷 元素周期表、电极反应式、分离提纯操作、除杂操作 2024 河北卷 电子排布式、离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 湖北卷 轨道表示式、分离提纯操作、除杂操作 2024 甲卷 分离提纯操作、除杂操作 2024 辽宁卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 山东卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 新课标卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2024 福建卷 平衡常数、晶胞的计算、微粒间作用力、分离提纯操作、除杂操作 2024 广西卷 离子方程式、晶胞的计算、分离提纯操作、除杂操作 2024 贵州卷 分离提纯操作、除杂操作、晶胞的计算 2024 海南卷 离子方程式、平衡常数、分离提纯操作 2024 江西卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 江苏卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 甲卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 新课标卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 乙卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 湖南卷 晶体类型、电极反应式、分离提纯操作 2023 山东卷 离子方程式、分离提纯操作、除杂操作 2023 海南卷 化合价、循环使用的物质、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算 2023 广东卷 离子方程式、晶体与非晶体的判断、晶胞的计算 2023 辽宁卷 反应速率的影响因素、离子方程式、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算 2023 湖北卷 周期表的位置、焰色反应、溶度积常数的计算、陌生方程式的书写 2023 北京卷 溶度积常数的计算、分离和提纯的方法、陌生方程式的书写 2023 重庆卷 电子排布式、离子方程式、反应速率的影响因素、滴定 2022 广东卷 离子方程式、pH调节范围、电极反应式、电子转移、溶度积常数的计算 2022 湖北卷 除杂、过滤、蒸发浓缩、趁热过滤、溶解度的影响因素 2022 湖南卷 盖斯定律的应用、蒸馏、除杂、陌生方程式的书写 2022 辽宁卷 影响焙烧效率的措施、陌生方程式的书写、离子方程式、溶度积的计算 2025年高考，题目会以真实的工业生产流程为载体，将元素化合物知识、化学实验基础知识、化学反应原理等进行综合考查，突出对考生提取信息、迁移应用、逻辑思维等能力的考查，要求考生能够运用所学化学知识和原理，从化学视角分析和解决生产实际中的问题。 一、情境真实化：以真实的工业生产过程为背景，如金属冶炼、化工产品制备、资源回收利用等，紧密联系实际，体现化学在工业生产中的重要作用。 二、知识综合化：将元素化合物知识、化学反应原理、化学实验操作、化学计算等多方面知识融合在一起考查，要求考生具备综合运用知识解决实际问题的能力。 三、思维开放化：增加开放性问题，如对工艺流程的改进建议、实验方案的设计与评价等，鼓励考生创新思维，培养考生分析和解决问题的能力。 四、计算与理论结合：将化学计算融入到原理分析和实验数据处理中，如根据流程图中的数据计算产率、转化率、离子浓度等，同时结合化学反应原理进行分析和解释。 1．工艺流程中化学(或离子)方程式的书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型。 (1)若元素化合价无变化，则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 (2)若元素化合价有变化，则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 2．条件控制及目的 (1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大； ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 (2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 (3)控制压强。改变速率，影响平衡。 (4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 3．原料处理方法及目的 方法 目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀) 4．操作与试剂及“目的、原因、作用” 操作与试剂 目的、原因、作用(答题模板) 沉淀水洗 除去××(可溶于水)杂质 沉淀用 乙醇洗涤 ①减小固体的溶解度；②除去固体表面吸附的杂质；③乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥 冰水洗涤 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 冷凝回流 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率 控制溶液pH 防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解；促进/抑制××气体吸收/逸出 加过量A试剂 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率) 温度不高于××℃ 温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等) 趁热过滤 防止某物质降温时结晶析出 蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出 蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度 减压蒸馏 (减压蒸发) 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等) 蒸发、反应时 的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl气流中进行等) 配制某溶液 前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化 反应容器中和大气相通的玻璃管 平衡压强，避免反应容器中压强过大 5．Ksp的相关计算 (1)常考角度 常考角度 解题策略 根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值 若溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中，则有＝＝ 判断沉淀的生成或转化 将离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，则沉淀可生成或转化为相应难溶物质 (2)pH计算 对于M(OH)n(s)⇌Mn＋(aq)＋nOH－(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH： ①开始沉淀时的pH求法：c(OH－)＝，c(H＋)＝，从而确定pH。 ②沉淀完全时的pH求法：当该离子浓度小于或等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为已经沉淀完全，c(OH－)＝ mol·L－1，c(H＋)＝，从而确定pH。 6．循环物质的确定 (1)流程图中回头箭头的物质。 (2)生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质，注意隐含的生成物。 ①从流程需要加入的物质去找：先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。 ②从能构成可逆反应的物质去找：可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。 ③从过滤后的母液中寻找：析出晶体经过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。 7．分离、提纯的操作方法 (1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。 (2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。 (3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 (4)萃取与反萃取 ①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。 ②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。 (5)其他 ①蒸发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，以防止其水解。 ②减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。 8．沉淀的洗涤 (1)洗涤试剂、适用范围及目的 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于冷水 除去固体表面吸附的××杂质，可适当降低固体因溶解而造成的损失 热水 物质的溶解度随着温度升高而减小 除去固体表面吸附的××杂质，可适当降低固体因温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水，难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸或碱 除去固体表面吸附的可溶于酸或碱的杂质；减少固体溶解 (2)检验离子是否已经沉淀完全的方法：将反应混合液静置，向上层清液中继续滴加沉淀剂××，若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全，若产生沉淀，则××离子未完全沉淀。 (3)洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3 次。 (4)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀已洗涤干净，否则沉淀未洗涤干净。 9．化工流程中的图像分析 (1)会识图：一看面、二看线、三看点(弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势)。 (2)会析数：分析数据、图像中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。 10．化工流程中的定量计算 (1)常见类型及解题方法 常见类型 解题方法 计算物质含量 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出该成分的含量 确定物质化学式 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 (2)定量计算的常用公式 物质的质量分数(或纯度) ×100% 产品产率 ×100% 物质的转化率 ×100% -典例1【2024·北京卷】利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 （2）(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是_______。 （3）矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图；400 ℃和500 ℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO ①温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2） （3）温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于425 ℃，随焙烧温度升高发生反应： ，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低 （4） （5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质铁会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 （1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加 ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低 （4）加入铁置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为 （5）粗铜中含有铁杂质，加酸可以除铁，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质铁会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 典例2【2024·广东卷】镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 【答案】（1）2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3）铁 [FeCl4]- （4）高 NaCl （5）3.2 4.0×10-7 （6）2:1:1 8a3 【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝。 （1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 典例3【2024·安徽卷】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。 （2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。 （3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。 （4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为。 （5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。 （6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4 与产物Au的物质的量之比为_______。 （7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。 【答案】1）四 ⅠB （2）Cu2+ （3） （4）AgCl （5） （6）3：4 （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。 （1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族。 （2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+。 （3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：。 （4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化。 （5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为。 （6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4。 （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 典例4【2024·江西卷】稀土是国家战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 _______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 _______。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 _______，滤液可用于 _______阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 _______。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)=_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 _______。 【答案】（1）b （2）+6 2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O （3）Na3PO4•12H2O 热分解 （4）2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O 4×10﹣7 （5）RaSO4 【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO43-，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。 （1） 降低压强，分解速率降低，故a错误；降低温度，分解速率降低，故b正确；反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；故答案为b； （2） Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O。 （3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、PO43-，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀； （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。 典例5【2024·海南卷】锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。 （3）沉锰反应离子方程式为_______。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中_______。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐_______(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_______。 （5）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为_______。 【答案】（1）Zn （2）氨水 （3） 或不含结晶水形式 0.75 （4） 钾肥或其他合理用途 （5） 【解析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子。 （1） 由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。 （2） 由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。 （3） 根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。 （4） 由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。 （5）平衡常数。 【名校预测·第一题】（2025·江西二模）钪(Sc)是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从某种磷精矿(主要成分为，含少量、、、)分离稀土元素钪(Sc)的工业流程如下： (1)写出“酸浸”过程中与发生反应的化学方程式 。 (2)“萃取”的目的是富集Sc，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。 ①通过制得有机磷萃取剂，其中—R代表烃基，—R不同，产率也不同。当—R为“”时，产率 (填“大于”、“小于”或“等于”)—R为“”时，请从结构的角度分析原因 。 ②“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随pH的变化如图1，试剂X为 (填“”或“”)，应控制最佳pH为 。                           图1 (3)已知，，。“沉钪”时，发生反应，此反应的平衡常数 (用含a、b、c的代数式表示)。 (4)草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。后固体的化学式为 。                        图2 【名校预测·第二题】（2025·山东二模）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。 已知：i．溶于盐酸可以得到。 ii．   。 iii． 回答下列问题： (1)“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。 (2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。 (3)“浸取3”中发生反应的离于方程式为 ；若“浸取3”中用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，那么需要的的物质的量至少为 (保留四位有效数字。已知)。 (4)“电沉积”中获得单质的是 极(“正”“负”或“阴”“阳”)；“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式) (5)“还原”中。发生反应的化学方程式为 。 【名校预测·第三题】（2025·河南二模）硼化钛用于制造熔融金属坩埚和电解池的电极。工业上，以高钛渣(主要成分为、、CaO和，含少量、等)为原料制备硼化钛的工艺流程如图所示。 已知：①溶于浓硫酸形成；②常温下，。 回答下列问题： (1)Ti位于元素周期表 区。 (2)“滤液1”中含有的金属阳离子为 (填离子符号)。 (3)常用于催化分解汽车尾气。已知： ①   ②   则  的正反应自发进行的条件是_______(填字母)。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (4)“萃取”目的是 。“滤液2”经处理可以循环用于 (填名称)工序。 (5)制备时只产生一种气体，该气体通入溶液中，产生黑色沉淀。则制备的化学方程式为 。(已知Pd粉呈黑色) (6)的一种晶胞结构如图所示。在该四方晶胞中位于体内(非体心)，和面上的原子是 (填元素符号)。 【名校预测·第四题】（2025·四川一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含有少量的、等杂质）制取的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等； ②不易被氧化，具有较强的还原性； ③25℃时相关物质的如下表（当溶液中某离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全）： 物质 回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置 。 (2)已知是以为中心的正八面体结构（如图所示），则中含键的数目为 ，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有 种。 (3)写出加入“”主要发生的离子方程式 。 (4)加入调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，则调节pH的范围为 。 (5)流程中加入溶液，可防止后续加氨水时过大生成，用平衡移动原理解释原因 。 (6)写出“氧化”时的离子方程式 。 (7)按以上流程处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），得到1.3375t（），则的产率为 。 【名校预测·第五题】（2025·江苏淮安三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知： ①“混合焙烧”后烧渣含及少量。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示，此实验条件下开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (1)的价电子排布式为 。 (2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用浸出，其缺点为 。 (3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。 (4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ；其中除去的离子方程式为 。 (5)“氟化除杂”时，若维持，溶液中的和 (填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：；]。 【名校押题·第一题】（2025·辽宁沈阳一模）采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下： 已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比； ②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O； ③相关物质的Ksp如下： 回答下列问题： (1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 (2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式 。 (3)滤渣①成分为 (填化学式)。 (4)“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是 。 (5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为 mol(精确至0.1)。 (6)“焙烧”过程中通入Ar的目的为 ；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为 。 【名校押题·第二题】（2025·湖北一模）钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离、提纯钌的工艺流程如下： (1)加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有 (任写两点)。 (2)操作X的名称为 。 (3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得溶液，写出“碱浸”时生成的离子方程式： 。 (4)“转化”时加入草酸的主要作用是 。 (5)金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，回收钌较为适宜的条件是 。 在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (6)实验室中洗涤沉淀的具体操作是 ，写出加热条件下“还原”时发生反应的化学方程式： 。 【名校押题·第三题】（2025·北京海淀一模）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． (1)脱硅时进行的分离操作是 。 (2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 (3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 (4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 (5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 (6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。 【名校押题·第四题】（2025·黑龙江哈尔滨二模）利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、、等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程。 已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 ②、均难溶于水。 (1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式 。 (2)结合以上制备流程，推测在此反应条件下，、、的氧化性从强到弱的顺序 。 (3)已知氧化性ClO，则沉淀I的主要成分是 ，萃取剂层所含金属元素只有锰元素，则萃取后的水层包含的金属阳离子有 。 (4)得到氯化钴晶体的操作I主要包括：向水层中加入 调整至， 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在和两种沉淀，则此溶液中和的浓度比值的数量级是 。 (6)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为，用的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到溶液和标准状况下2.24L黄绿色气体，则此钴氧化物的摩尔质量为 。 【名校押题·第五题】（2025·重庆二模）锑白( )工业上主要用作颜料、阻燃剂、煤染剂和催化剂。以辉锑矿(主要成分为 ，含少量 、 、 、 )为原料制备锑白( )的工艺流程如图所示。 已知： ①浸出液中除含过量盐酸和 之外，还含有 。 ② 。 ③ 与 具有相似的化学性质。 回答下列问题： (1)基态 Sb 原子的价层电子轨道表达式为 。 (2)加快酸浸速率的措施有 (写两种)。 (3)滤渣 1 的成分为硫和 。 (4)“沉铜、铅”步骤中， 、 起始浓度均为 。当铜、铅沉淀完全时，溶液中 。(当离子浓度 时认为沉淀完全) (5)“除砷”时有 生成，则该反应的化学方程式为 。 (6)水解步骤中生成白色沉淀的离子方程式为 。“中和”的碱性物质选用氨水而不用 NaOH 溶液的原因是 。 (7) 在空气中充分加热，固体增重率约为 8.22%，则生成的氧化物化学式为 。 【名校预测·第一题】 【答案】(1) (2)大于 随着碳原子数增加，“”推电子能力强于“”，键更难断裂，产率降低 2 (3) (4) 【解析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙为滤渣2，滤液加入草酸沉淀分离出草酸钪晶体。 （1）“酸浸”过程中与发生反应而溶解，化学方程式为：； （2）①随着碳原子数增加，“”推电子能力强于“”，O-H键更难断裂，不利于正向进行，产率降低，所以当—R为“”时，产率大于—R为“”时；  ②根据图中各离子的沉淀率，应加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，控制pH为2，使Sc3+沉淀，Fe2+几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为； （3）此反应的平衡常数； （4）1mol草酸钪晶体的质量为462g，550℃时，质量减少462g×(19.5%+3.9%)≈108g，根据质量守恒，1mol草酸钪晶体含6molH2O，6molH2O的质量为108g，可知550℃时剩余固体为，850℃时固体质量剩余462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，的摩尔质量为138g/mol，根据钪原子守恒，可知850℃时剩余固体为。 【名校预测·第二题】 【答案】(1)温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低 (2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出 (3) AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl- 0.1208 (4)阴 Na2S2O3 (5)4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl 【解析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，再进行点解，[Ag(S2O3)2]3−在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3−+e-=Ag+2S2O32−，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。 （1）“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢；温度高于，H2O2会发生分解，浸取率降低。 （2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出。 （3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，离于方程式为AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-，用溶液浸取，最终回收单质的质量为(假设的回收率为)，n(Ag)==0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3−中的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl-的平衡常数K==，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c()==0.0008mol/L，则需要的的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。 （4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3−得电子被还原为Ag，阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。 （5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1molHAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2+4Au+16HCl。 【名校预测·第三题】 【答案】(1)d (2) (3)B (4) 分离硫酸，促进水解 酸解 (5)1010 (6) (7)O 【解析】高钛渣(含有)，根据流程分析可知，加入稀盐酸后不溶，溶于稀盐酸得到，根据已知信息溶于浓硫酸形成，在萃取剂的作用下，与浓硫酸分离，发生水解得到，脱水得到，在高温条件下，一起作用得到，回答下列问题； （1）基态钛原子价层电子排布式为，位于元素周期表d区； （2）根据分析可知：“滤液1”中含有的金属阳离子为：； （3）根据已知方程式，再根据盖斯定律可以得到，方程式①×3＋方程式②×2得目标反应，，正反应是气体分子数减小的反应，即熵减反应，根据符合判据，在较低温度下能自发进行；故答案为B。 （4）“酸解”时加入浓硫酸，如果浓硫酸过量，抑制氧钛离子水解，“萃取”目的是分离硫酸，促进正向移动，“滤液2”含硫酸，经处理可循环用于“酸解”，提高硫酸利用率； （5）实验室可利用CO通入PdCl2溶液中，产生黑色沉淀来检验CO ，化学反应方程式为：，由此可知，与C在高温条件下反应的产物为，根据原子守恒及得失电子守恒可写出化学方程式。 （6）晶胞中，黑球位于体内和面上，有个；灰球位于体心和顶点，有个．根据化学式可知，灰球为钛，黑球为氧。 【名校预测·第四题】 【答案】(1)第四周期VIII族 (2) 2 (3) (4)4.9~7.6或 (5)溶于水电离出会抑制后期加入的的电离 (6)或或 (7)73.75% 【解析】以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为CoCl2+6NH3•H2O=[Co(NH3)6]Cl2↓+6H2O，H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co（NH3）6]Cl3↓+2NH3↑+2H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。 （1）Co的原子序数为27，元素周期表中的位置为第四周期VIII族； （2）1个氨分子中含有3个键，中的配位数是6，中含键的数目为(6+6×3)= ；若其中2个被取代，2个可以在同一边上或2个在对角线上，则所形成的的空间结构有2种； （3）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为； （4）根据分析，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，而Co2+不沉淀，Al3+沉淀完全时，，pH=4.9，溶液中，Co2+不沉淀的，pH﹤7.6，则调节pH的范围为4.9~7.6或； （5）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离，可防止后续加氨水时过大生成； （6）根据分析，“氧化”时的离子方程式为：或或； （7）根据Co原子守恒，处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），理论上可得到的质量为=1.8136t，则的产率为≈73.75%。 【名校预测·第五题】 【答案】(1) (2)产生硫化氢等气体，污染环境 (3)由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费 (4) 5.0≤pH<7.54 (5)不能 【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。 （1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5。 （2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境。 （3）由图知，pH为时锰的浸出率均已接近，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费。 （4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是； 加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：。 （5）已知：，，溶液中的沉淀完全时c(F−)=，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F−)不低于，因此当时，溶液中的不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和不能都沉淀完全。 【名校押题·第一题】 【答案】(1)适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌) (2) (3)CaSO4、SiO2 (4)pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀 (5)59.5 (6)防止Fe2+氧化 【解析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]中加入H2SO4酸浸，此时SiO2不溶，有部分Ca2+转化为CaSO4沉淀；过滤后，调节滤液的pH=5，并往滤液中加入MnF2，参照MnF2、MgF2、CaF2的Ksp，可得出MnF2易转化为MgF2、CaF2，则Mg2+转化为MgF2沉淀，剩余Ca2+转化为CaF2沉淀；过滤后，往滤液中加入FeSO4调比例，再加入(NH4)2C2O4，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O沉淀；过滤后，往沉淀中加入LiH2PO4，并通入Ar进行焙烧，得到LiMn0.5Fe0.5PO4产品。 （1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式。 （3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。 （4）HF为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转化为沉淀，则原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O的组成，可得出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为59.5mol。 （6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar的目的为：防止Fe2+氧化；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。 【名校押题·第二题】 【答案】(1)延长浸取时间，适当提高温度等 (2)过滤 (3) (4)将还原为或作还原剂 (5) ，T=70℃ 1:3 (6) 向漏斗中加水浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次 【解析】含钌废料研磨预处理，增大接触面积，提高钌的浸出率，“碱浸”时钌与NaOH、NaClO发生氧化还原反应，得到Na2RuO4，过滤，浸取液中加入草酸，利用草酸的还原性，得到RuO2，然后用氢气还原得到纯钌，据此分析； （1）为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等； （2）根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤； （3）金属钌在碱浸时被溶液氧化为对应的还原产物为，反应的离子方程式为； （4）通过分析可知，在加入盐酸调节的同时，再加入草酸的目的是将还原为或作还原剂； （5）根据已知图象中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与反应中，根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+6价升高到+8价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n()=1:3； （6）洗涤沉淀的具体操作是：向漏斗中加水浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次；滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。 【名校押题·第三题】 【答案】(1)过滤 (2)AC (3)替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解 (4)加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗 (5)温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀 (6)或、 【解析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。 （1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤； （2）根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确；根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误；MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确；故答案为AC； （3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解； （4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗； （5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀； （6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。 【名校押题·第四题】 【答案】(1) (2) (3) 、 、 (4) 盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶 (5) (6) 【解析】水钴矿主要成分及杂质、、、、与盐酸反应，不与盐酸反应；同时加入，将、还原为、，得到含有、、、、、等离子的浸出液，以固体形式存在。向浸出液中加入将氧化为，反应为，再加入调pH至5.2。根据阳离子沉淀的pH数据，此时、会转化为、沉淀（沉淀Ⅰ ），而、、、仍留在滤液Ⅰ中。向滤液Ⅰ中加入NaF溶液。、会与反应生成、沉淀（沉淀Ⅱ），从而除去、，得到滤液Ⅱ，此时滤液Ⅱ主要含、。向滤液Ⅱ中加入萃取剂。萃取剂将萃取到萃取剂层，留在水层，实现与的分离。向含的水层中加入草酸铵溶液，发生反应。：对含的水层进行操作Ⅰ（一般为向水层中加入盐酸调整pH至2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作 ），得到晶体。 （1）水钴矿主要成分，加入和盐酸，具有氧化性，具有还原性，将氧化为，自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到该离子方程式。 （2）浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入，能将氧化为，但不能将氧化成，所以氧化性顺序为。 （3）加入调至5.2 ，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的数据，在=3.7完全沉淀，在=5.2完全沉淀，所以沉淀Ⅰ主要成分是、 。加入溶液沉淀、，萃取剂层只有锰元素，说明锰被萃取除去，那么萃取后的水层包含的金属阳离子有、Na+。 （4）为抑制水解，向水层中加盐酸调至2 ~ 3 ，从溶液中得到晶体，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程 。 （5）完全沉淀=9.6，，=10-13.8；完全沉淀=9.2，，=10-14.6。两种沉淀共存时，，数量级为。 （6）标准状况下2.24L氯气物质的量为0.1mol，1.0L1mol/L盐酸中HCl物质的量为1mol 。设钴氧化物化学式为，根据，由氯元素守恒可知生成中Cl元素物质的量为，则物质的量为0.4mol 。根据电子守恒，，。根据电荷守恒，，解得n(O2-)= 0.5mol ，则x∶y=0.4mol∶0.5mol=4∶5，则为，摩尔质量为。 【名校押题·第五题】 【答案】(1) (2)适当升温、搅拌、适当增加盐酸浓度等 (3) (4) (5) (6) 是一种两性氧化物，溶于氢氧化钠溶液，造成产率降低 (7) 【解析】辉锑矿加入盐酸“浸出”得“浸出液”，“浸出液”中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，“滤渣1”中除了生成的S之外，还有未溶解的二氧化硅，“浸出液”中加入Sb还原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S时保证Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到的“滤渣2”为CuS、PbS，滤液中加入NaH2PO2除砷，反应生成亚磷酸、NaCl和砷单质，过滤得到含SbCl3溶液，水解得到，加入碱性物质得到； （1）Sb为51号元素，基态 Sb 原子的价层电子轨道表达式为； （2）适当升温、搅拌、适当增加盐酸浓度等能够加快酸浸速率； （3）由分析，二氧化硅和盐酸不反应，则滤渣 1 的成分为硫和； （4）由数据可知，PbS较CuS溶解度大，则铅沉淀完全时，需要溶液中； （5）由分析，“除砷”时反应生成亚磷酸、NaCl和砷单质、 ，则该反应中As化合价由+3变为0、P化合价由+1变为+3，结合电子守恒和质量守恒，化学方程式为； （6）水解步骤中，水解生成白色沉淀，结合质量守恒，氯离子、水也会参与反应，同时还生成氢离子，离子方程式为。已知， 与 具有相似的化学性质，故“中和”的碱性物质选用氨水而不用 NaOH 溶液的原因是 是一种两性氧化物，溶于氢氧化钠溶液，造成产率降低； （7）假设有1mol（为292g），则含有2molSb、3molO，在空气中充分加热被氧气氧化，固体增重率约为 8.22%，则增加质量292g×8.22%=24g为氧元素质量，则生成的氧化物中Sb、O物质的量之比为，故为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$