板块一 专题六 非选择题突破三-（教师用书配套课件）【领跑高中】2025版高考化学二轮专题复习

该高中化学高考复习课件聚焦工艺流程题四大核心考点，涵盖原料预处理、物质分离提纯、反应条件控制及电离常数与溶度积计算，严格对接高考评价体系，通过近三年真题分析明确各考点权重，归纳出滤渣判断、pH调节等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题研析+能力进阶”模式，精选2023-2024年北京、福建等高考真题，如以2024新课标卷Co³⁺浓度计算为例，培养学生科学思维与证据推理能力。针对调pH范围确定难点，总结“溶度积公式应用+离子浓度分析”突破方法，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升备考效率。

非选择题突破三 目录CONTENTS 命题热点1 工艺流程中的原料预处理 01 命题热点2 流程中物质的分离、提纯与跟踪 02 命题热点3 流程中反应条件的控制 03 命题热点4 电离常数、溶度积常数的有关计算 04 命题热点1 01 工艺流程中的原料预处理 目录 原料预处理常见方法 知｜识｜强｜化 方法 目的 解题指导 粉 碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨 成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率 或使反应更充分，也是提高“浸出率” 的方法之一 目录 方法 目的 解题指导 浸取 水浸 与水接触反应或溶 解 （1）加热、搅拌、适当提高酸（或碱）浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 （2）酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸可能会消耗后续调节pH所 加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形 成有毒气体硫化氢 酸浸 与酸接触反应或溶 解，使可溶性金属 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 原料预处理常见方法 目录 方法 目的 解题指导 灼烧 （焙 烧） （1）除去可燃性杂质 （2）使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如 煅烧高岭土 原料预处理常见方法 目录 【典题示例1】　[粉碎（研磨）]以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁（PFS） 的一种工艺流程如图： 粉碎过筛的目的是 ⁠ ⁠， 酸浸时最合适的酸是 ⁠。 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应 速率 H2SO4 目录 【典题示例2】　[碱浸]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂（主要含金属 Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质），采用如下工艺流程 回收其中的镍，制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）： “碱浸”中NaOH的两个作用分别是 ⁠。 为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的 离子方程式 ⁠。 除去油脂、溶解铝及其氧化物 [Al（OH）4]－＋H＋ Al（OH）3↓＋H2O 目录 真｜题｜研｜析 1. （2024·北京高考18题节选）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如右 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 ⁠ ⁠。 解析：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。 增大接触面积，加快反应速 率，使反应更充分 目录 （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 ⁠ ⁠。 解析：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（NH4）2SO4 2NH3↑＋SO3↑＋H2O。 （NH4） 2SO4 2NH3↑＋SO3↑＋H2O 目录 （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图；400 ℃和500 ℃时，固体B中所含铜、铁 的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2（SO4）3、CuSO4、CuO 目录 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 ⁠ ⁠ ⁠ ⁠。 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 ⁠ ⁠。 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：4CuFeS2＋17O2＋2CuSO4 6CuO＋2Fe2（SO4） 3＋4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低 目录 解析：①由题图可知，温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为（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＋2CuSO4 6CuO＋2Fe2（SO4）3＋4SO3，铜浸出率降低。 目录 2. （2023·福建高考11题节选）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一 种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收 金属的流程如下： “酸浸1”中加快反应速率的措施有 ⁠ （任写一种）； 将白合金粉碎（或搅拌或适当提 高酸的浓度或适当提高温度） CoO发生反应的离子方程式为 ⁠。 CoO＋2H＋ Co2＋＋H2O 目录 解析：根据影响化学反应速率的因素知，将白合金粉碎、搅拌、适当提 高酸的浓度和温度等操作均能加快反应速率。依据反应的一般规律，结 合原子守恒可知“酸浸1”中CoO发生反应：CoO＋2H＋ Co2＋＋H2O。 目录 能｜力｜进｜阶 1. （2024·重庆涪陵五中模拟）以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业 加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂（主要含有 Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2、C）为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 “氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是 ⁠ ⁠， 焙烧时间过长，氯化浸出率下降，可能的原因是 ⁠。 防止 “氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠 部分Pd与氧气生成PdO 目录 2. （2024·东北三省四市联合体二模）以银精矿（主要成分为Ag2S、FeS2、ZnS）为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如右： 已知：酸性环境下，Cl 有较强的氧化性，被还原为Cl－。 “分离转化”时，为提高Ag2S的转化率可采取的措施是 ⁠ ；Ag2S转化为AgCl和S的化 学方程式为 ⁠。 适当延长浸取 时间（或减小颗粒直径或适当升高温度） 3Ag2S＋6HCl＋KClO3 6AgCl＋KCl＋3S＋3H2O 目录 命题热点2 02 流程中物质的分离、提纯与跟踪 目录 知｜识｜强｜化 1. 流程中物质的确定 （1）滤渣的确定 目录 （2）循环物质的确定 目录 2. 产品的洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸 馏 水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可 适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊的物质其溶解 度随着温度升高而下 降 除去固体表面吸附着的××杂质；可 适当降低固体因为温度变化溶解而造 成的损失 目录 2. 产品的洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 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、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱 的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀方法：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 目录 3. 萃取与反萃取 （1） 萃取原理（萃取金属离子）：萃取是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用：从矿石的浸出液中，提取和富集有价金属； 分离化学性质相近的金属离子。 （2）萃取步骤：萃取的操作步骤一般是首先将水溶液（料液）与有机溶剂（或溶液）充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃余液，有机相称为负载有机相， 被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物（起富集或分离作用）。 （3）反萃取：被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂（一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水）接触， 使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程， 故称为反萃取。 目录 真｜题｜研｜析 1. （2024·甘肃高考15题节选）我国科研人员以高炉渣（主要成分为CaO、 MgO、Al2O3和SiO2等）为原料，对炼钢烟气（CO2和水蒸气）进行回收 利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5，Ksp（CaCO3）＝3.4×10－9。 （1）高炉渣与（NH4）2SO4经焙烧产生的“气体”是 ⁠。 NH3 目录 解析： （1）“气体”与烟气（CO2和水蒸气）反应生成（NH4）2CO3， 则该气体为NH3。a 目录 （2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和 ⁠。 解析：焙烧时CaO、MgO、Al2O3均转化为硫酸盐，SiO2不反应， CaSO4微溶于水，故“水浸1”后过滤得到的“滤渣”的主要成分 是CaSO4和未反应的SiO2。 SiO2 目录 （3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ⁠ ⁠， 该反应能进行的原因是 ⁠ ⁠。 解析：结合题给已知条件Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5、Ksp（CaCO3）＝3.4 × 10－9可知，“水浸2”时微溶的硫酸钙转化为 溶解度更小的碳酸钙，故“水浸2”时主要反应的化学方程式为 CaSO4＋（NH4）2CO3 CaCO3＋（NH4）2SO4。 CaSO4＋（NH4） 2CO3 CaCO3＋（NH4）2SO4 Ksp（CaSO4）＞Ksp（CaCO3），微溶的 硫酸钙可转化为更难溶的碳酸钙 目录 （4）铝产品NH4Al（SO4）2·12H2O可用于 ⁠。 净水 解析： NH4Al（SO4）2·12H2O溶于水后Al3＋水解生成Al（OH）3胶 体，可用于净水。 目录 2. （2024·贵州高考16题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、 Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制 备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下： 目录 ①25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10－39，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10 －33，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10－12； ②2Na[Al（OH）4]（aq） 已知： Al2O3·3H2O（s）＋2NaOH（aq）。 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为 （填化学式）。 SiO2 目录 解析： （1）SiO2不溶于硫酸，也不与硫酸反应，故酸浸时滤渣主要为SiO2。 目录 （2）“除杂”时需加入的试剂X是 ⁠。 解析：“碱沉”控制溶液pH至3.0，所得滤液1主要含有Al3＋、Mg2 ＋，加入过量X是为了分离二者，结合除杂后Mg2＋转化为Mg （OH）2沉淀、Al3＋进入溶液可知，试剂X为NaOH。 NaOH 目录 （3）“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是 ⁠ ⁠， 水热合成NaFePO4的离子方程式为 ⁠ ⁠。 作 钠源、中和H2P 电离出的H＋ Na＋＋Fe2＋＋H2P ＋N ＋3OH－ NaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O 解析：结合已知②可知，水解所得滤液2的主要成分为NaOH，其在 “水热合成”中可提供Na元素形成NaFePO4，并且OH－可中和 H2P 电离出的H＋，促进产物的生成。 目录 3. （2024·上海高考9～15题）粗盐中含有S 、K＋、Ca2＋、Mg2＋等杂质离子，实验室按流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示： 目录 （1）步骤①中BaCl2要稍过量，请描述检验BaCl2是否过量的方 法： ⁠ ⁠。 解析：根据溶液中所含离子种类知，可通过检验Ba2＋来检验BaCl2，所选用试剂可为稀硫酸，若加入稀硫酸后有白色沉淀生成，则BaCl2过量。 静置后取适量上层清液于试管中，加入几滴稀硫酸，若产 生白色沉淀，则BaCl2过量 目录 （2）（不定项）若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导 致 ⁠。 A. S 不能完全去除 B. 消耗更多NaOH C. Ba2＋不能完全去除 D. 消耗更多Na2CO3 AD 解析：由题图知，加入BaCl2溶液后会生成BaSO4沉淀，若不过滤直接加入NaOH和Na2CO3，则BaSO4会部分转化成BaCO3沉淀，S 重新进入溶液，消耗更多的C ，A、D符合题意。 目录 （3）过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要 ⁠。 A. 分液漏斗 B. 漏斗 C. 容量瓶 D. 蒸发皿 解析：过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，B正确。 B 目录 （4）步骤④中用稀盐酸调节pH至3～4，除去的离子有 ⁠ ⁠。 解析：由流程图可知，滴加稀盐酸前滤液中主要含有K＋、Na＋、Cl－、OH－、C ，OH－、C 均可与加入的稀盐酸反应，分别生成H2O与CO2而被除去。 OH－、 C 目录 解析：由流程图及上述分析可知，“一系列操作”的目的是分离KCl与NaCl，结合题给溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化较小，KCl的溶解度随温度变化较大，故可加热至有大量晶体析出后趁热过滤，以得到精盐，C正确。 （5）“一系列操作”是指 ⁠。 A. 蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B. 蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D. 蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 C 目录 （6）请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 ⁠ ⁠。 　　另有两种方案进行粗盐提纯。 　　方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca（OH）2]除去 Mg2＋，再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2＋。 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2＋，再加入碳酸钠溶 液除去Ca2＋。 解析：加入HCl后，H＋分别与OH－、C 发生反应。 H＋＋OH－ H2O，C ＋2H＋ CO2↑＋H2O 目录 （7）相比于方案3，方案2的优点是 ⁠ ⁠。 解析：方案2中，通入含NH3、CO2的废气后发生反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3＋H2O＋CO2 CaCO3↓＋2NH4Cl，工业废气转化为氮肥，实现了工业废气的资源化利用，减少了有害气体的排放。 有害气体资源化利用产生氮肥， 减少了有害气体的排放 目录 能｜力｜进｜阶 1. （2024·广州八十九中段考）二氧化铈（CeO2）是一种典型的金属氧化 物，具有较强的氧化性，广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净 化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3、BaO 等）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下图所示： 已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4；②滤液A中含：S 、CeF3＋等离子。 目录 回答下列问题： （1）滤渣A的主要成分是 （填化学式）；“酸浸”不用盐酸 的理由是 ⁠ （答一点即可）。 BaSO4 CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒 的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋ 目录 解析：由流程图可知，氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，反应原理为4CeFCO3＋O2 3CeO2＋CeF4＋4CO2；熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3＋，过滤后，滤液经系列操作，CeF3＋转化成Ce3＋，加入NaOH调节pH使Ce3＋转化成Ce（OH）3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce（OH）3氧化成Ce（OH）4，煅烧Ce（OH）4得到CeO2。（1）由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒的Cl2 会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋。 目录 （2）“系列操作”包含以下几个过程：已知：Ce3＋不能溶于有机物 TBP；CeF3＋能溶于有机物TBP，且存在反应：CeF3＋＋TBP CeTBP4＋＋F－。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法 是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 ⁠ 。水层中的一种溶质， 理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小 “调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。 分液 2CeTBP4 ＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP 酸浸 目录 解析：滤液A中的CeF3＋能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F－溶液，F－浓度减小，平衡CeF3＋＋TBP CeTBP4＋＋F－正向移动，CeF3＋转化为CeTBP4＋；由流程可知，有机层B中CeTBP4＋在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4＋被还原成Ce3＋，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由＋4价降至＋3价，O元素的化合价由H2O2中的－1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeTBP4＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP，根据上述反应可知，水层中的一种溶质为Ce2（SO4）3和H2SO4，故理论上可以在工艺流程图中的“酸浸”工序中循环利用，减小“调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。 目录 （3）“调pH”中，要使Ce3＋沉淀完全（通常认为溶液中离子浓度小于 1×10－5 mol·L－1为沉淀完全），应控制pH大于 {已知25 ℃ 时Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20}。 9 解析：当c（Ce3＋）＝1×10－5 mol·L－1时，依据Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20，c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，c（H＋）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，则pH＝9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3＋完全沉淀。 目录 2. （2024·重庆调研）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍 废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）为原 料制备NiSO4·6H2O和CoCO3的工艺流程如下： 目录 （1）“滤渣Ⅰ”的主要成分是 （填化学式）。 解析：含镍废料含有NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO、SiO2，加入 硫酸后，溶液中含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋、Co2＋，BaO生成BaSO4， SiO2不溶于硫酸；加入NaClO3氧化后，溶液中含有Ni2＋、Fe3＋、 Co2＋，加入Na2CO3生成NaFe3（SO4）2（OH）6，溶液中溶质为 CoSO4、NiSO4，加入萃取剂后，水层为CoSO4，加入 NaHCO3“沉钴”得CoCO3，有机层中为NiSO4，经反萃取得 NiSO4溶液。（1）SiO2不溶于H2SO4，BaO与H2SO4反应生成 BaSO4沉淀，故“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4。 SiO2、BaSO4 目录 （2）“调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式 为 ⁠ ⁠。 3Fe3＋＋Na＋＋2S ＋3H2O＋3C NaFe3（SO4）2 （OH）6↓＋3CO2↑ 解析： “调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2S ＋3H2O＋3C NaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑。 目录 （3）“萃取”时需充分振荡，目的是 ⁠ ⁠， “萃取”和“反萃取”可简单表示为2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋， 在“萃取”过程中加入适量氨水，其作用是 ⁠ ⁠， “反萃取”需要往有机层中加 （填试剂名称）。 增大有机溶剂与粗硫酸镍废液 的接触面积，提高硫酸镍的萃取率 促进平衡向正反应 方向移动，提高萃取率 稀硫酸 目录 解析： “萃取”时需充分振荡，使得水溶液和有机溶剂形成更多小液滴，从而增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高硫酸镍的萃取率；氨水可以消耗溶液中的H＋，促进反应2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋向右进行，从而提高萃取率；“反萃取”应使反应2HX＋Ni2＋ NiX2＋2H＋向左进行，可通过加酸来实现，为了不引入杂质离子，可选用稀硫酸。 目录 （4）常温下，Ksp[Co（OH）2]＝2×10－15，若起始时c（Co2＋）＝ 0.02 mol·L－1，“沉钴”过程中应控制pH＜ ⁠。 7.5 解析：“沉钴”过程中不能生成Co（OH）2，又Ksp[Co（OH）2]＝c（Co2＋）·c2（OH－）＝2×10－15，若起始时c（Co2＋）＝0.02 mol·L－1，则c（OH－）＜ mol·L－1＝1×10－6.5 mol·L－1，c（H＋）＞10－7.5 mol·L－1，故“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。 目录 命题热点3 03 流程中反应条件的控制 目录 条件控制 答题指导 控制溶 液的pH ①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出（或 抑制水解） ②“酸作用”还可除去氧化物（膜） ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧 化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件（或碱性条件） 流程中常见反应条件的控制和答题指导 知｜识｜强｜化 目录 条件控制 答题指导 控制温 度（常 用水 浴、冰 浴或油 浴） ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 ④控制反应速率；使催化剂达到最大活性 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温（或减压）可以减少能源成本，降低对设备的要求 目录 真｜题｜研｜析 1. （2023·辽宁高考16题节选）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取 液（含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋），实现镍、钴、镁元 素的回收。 已知： 物质 Fe（OH）3 Co（OH）2 Ni（OH）2 Mg（OH）2 Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8 目录 回答下列问题： （1）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关 系如下。SO2体积分数为 时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大。 9.0％ 解析：由图可知，当SO2体积分数为9.0％时，Mn（Ⅱ）氧化率达到100％所用时间最短，氧化速率最大。 目录 （2）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成CoO（OH）， 该反应的化学方程式为 ⁠ ⁠。 解析：“沉钴镍”中得到的 Co（Ⅱ）以Co（OH）2形式存在，其可被空气中O2氧化为CoO（OH），根据氧化还原反应规律可写出反应的化学方程式。 4Co（OH）2＋O2 4CoO（OH）＋ 2H2O 目录 （3）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25 ℃），需控制pH不低 于 （精确至0.1）。 解析：Mg2＋沉淀完全，则 c（Mg2＋）≤10－5 mol·L－1，c（OH－）≥ ＝ mol·L－1＝10－2.9 mol·L－1，c（H＋）≤10－11.1 mol·L－1，pH≥11.1。 11.1 目录 2. （2023·福建高考11题节选）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一 种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收 金属的流程如下： “焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3·xH2O和CoSO4·yH2O]总质量随温度升 高的变化情况如下： 温度区间/℃ ＜227 227～566 566～600 600～630 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 目录 （1）升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ⁠ ⁠； 566～600 ℃发生分解的物质是 （填化学式）。 解析：由表可知，升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是晶体[Fe2（SO4）3·xH2O和CoSO4·yH2O]失去结晶水；227～566 ℃质量不变，而后566～600 ℃质量再次减小，结合水浸后得到Fe2O3和CoSO4溶液可知，此时硫酸铁分解。 晶体失去结晶水 Fe2（SO4）3 目录 （2）为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。 解析：为有效分离铁、钴元素，同时考虑能耗因素，“焙烧1”的温度应控制在600 ℃，此时硫酸铁已全部分解，而CoSO4不分解。 600 目录 能｜力｜进｜阶 1. （2024·皖豫名校联盟联考）硝酸镍、硝酸钠在陶瓷、玻璃工业应用广 泛。以废弃镍板（含有少量的氧化铝杂质）生产硝酸镍、硝酸钠的工艺 流程如图所示： 目录 已知：①NiCO3难溶于水； ②NO2＋NO＋Na2CO3 2NaNO2＋CO2，2NO2＋Na2CO3 NaNO3 ＋NaNO2＋CO2。 请回答下列问题： （1）“反应器”中需控制反应温度为50～60 ℃的原因是 ⁠ ⁠。 解析： “反应器”中需控制温度50～60 ℃，原因是温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快。 温度太低， 反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快 目录 （2）为了除去Al3＋，向“浸取液”中加入NiCO3调节pH至5～6。写出 除去Al3＋并生成CO2的离子方程式： ⁠ ⁠。 解析：为了除去Al3＋，向“浸取液”中加入NiCO3，其作用是促进Al3＋的水解，Al3＋生成Al（OH）3沉淀，同时生成CO2和Ni2＋，离子方程式为2Al3＋＋3NiCO3＋3H2O 2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑。 2Al3＋＋3NiCO3＋ 3H2O 2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑ 目录 （3）补充完成操作③ ⁠。 解析：从Ni（NO3）2溶液得到Ni（NO3）2固体的操作是用硝酸酸化后，减压蒸发，冷却结晶，离心分离。 （4）向“转化器”中加入稀硝酸的目的是 ⁠ ⁠。 解析：吸收塔反应后的溶液为NaNO3和NaNO2的混合物，加入硝酸的目的是除去NaNO3中的NaNO2杂质。 冷却结晶 除去NaNO3中的NaNO2杂 质（合理即可） 目录 2. （2024·包头三模）科学家最近首次发现像大脑一样学习的材料—— VO2。某小组以接触法制硫酸的废催化剂（主要成分是V2O5，含少量 Fe3O4、CuO、Al2O3等杂质）为原料制备VO2的流程如下： 目录 ②V ＋2H＋ V ＋H2O； ③几种金属离子氢氧化物沉淀的pH如表。 金属氢氧化物 Fe（OH）3 Al（OH）3 Cu（OH）2 开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6 完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0 已知：①NH4VO3难溶于水，（VO2）2SO4易溶于水； 目录 （1）有人建议：在“酸浸”和“调pH”之间加入适量双氧水，理由 是 ⁠。 解析：Fe3O4溶于稀硫酸得到Fe2（SO4）3和FeSO4的混合溶液，溶液pH为8时，Fe2＋不能转化为沉淀，所以在酸浸和调pH之间应加入适量双氧水，将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节溶液pH时转化为Fe（OH）3沉淀除去。 “煅烧1”的烧渣溶于酸得到的溶液中含有Fe2＋ 请回答下列问题： 目录 （2）理论上，为实现Cu2＋完全沉淀，应调节pH＝6.0，在工业生产 中，常调节pH＝8，其目的是 ⁠ （用化学用语和必要 的文字说明）。 解析：钒元素在溶液中存在如下平衡：V ＋2H＋ V ＋H2O，调节溶液pH为8使溶液呈碱性，减小溶液中的H＋浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于生成更多的V 。 V ＋2H＋ V ＋H2O，碱性 条件促进平衡向左移动，生成更多的V 目录 （3）“高温还原”中试剂X可能是C、CO、H2C2O4，如果制备等量的 VO2（氧化产物都是CO2），则还原剂C、CO、H2C2O4的物质的量 之比为 ⁠。 解析： “高温还原”发生的反应为V2O5与还原剂X高温下反应生成VO2，设反应生成VO2的物质的量为1 mol，由得失电子数目守恒可知，反应消耗C、CO、H2C2O4的物质的量为 mol、 mol、 mol，则三种还原剂的物质的量之比为 mol∶ mol∶ mol＝1∶2∶2。 1∶2∶2 目录 （4）“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的目的是 ⁠ ⁠。 解析： “煅烧2”发生的反应为NH4VO3煅烧分解生成V2O5和NH3，反应生成的NH3具有还原性，可能还原V2O5，所以煅烧时应在流动空气中煅烧，利用空气带走NH3，防止V2O5被还原。 及时带走NH3，避免 NH3还原V2O5 目录 命题热点4 04 电离常数、溶度积常数的有关计算 目录 知｜识｜强｜化 1. 已知溶度积，求沉淀转化平衡体系中的离子浓度比 以Cu2＋（aq）＋MnS（s） CuS（s）＋Mn2＋（aq）为例，向含Cu2＋的 溶液中加入MnS固体，达到平衡后，溶液中 ＝ ＝ ，只要温度不变， 则不变。 目录 2. 依据Ksp计算开始沉淀和完全沉淀时的pH 对于M（OH）n（s） Mn＋（aq）＋nOH－（aq），判断开始沉淀和完 全沉淀时的pH。 （1）开始沉淀时的pH c（OH－）＝ mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1，从而确定pH。 目录 （2）完全沉淀时的pH 一般情况认为当该离子的浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，已 经沉淀完全（特殊情况除外），c（OH－）＝ mol·L－1，c（H＋）＝ mol·L－1，从而确定pH。 注意：去除Fe2＋时先氧化成Fe3＋，再调节pH。 目录 3. 电离度（α）、电离常数（Ka、Kb）与c（H＋）、c（OH－）的关系 设一定温度下，浓度为c mol·L－1醋酸的电离度为α。 　　　　　　　　CH3COOH CH3COO－＋H＋ 起始/（mol·L－1） c 0 0 变化/（mol·L－1） cα cα cα 平衡/（mol·L－1） c－cα≈c cα cα Ka＝ ＝cα2，α＝ ，c（H＋）＝c·α＝ 。 对于一元弱碱（如NH3·H2O）也可得上述关系。 目录 真｜题｜研｜析 1. （2024·新课标卷27题节选）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催 化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主要 含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的 工艺如下： 目录 Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 “除钴液”中残留的Co3＋浓度为 mol·L－1。 1.0×10－16.7 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（c≤1.0×10－5 mol·L－1）时 的pH： 目录 解析：根据表中Co3＋沉淀完全时的pH＝1.1可知，Ksp[Co（OH）3]＝ 1.0×10－5×（1.0×10－12.9）3＝1.0×10－43.7，溶液pH＝5时，c（OH －）＝1.0×10－9 mol·L－1，则残留的Co3＋浓度为 ＝ 1.0×10－16.7 mol·L－1。 目录 2. （2023·福建高考11题节选）25 ℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10－36，H2S 的Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。反应CuS（s）＋2H＋（aq） Cu2＋（aq）＋H2S（aq）的平衡常数K＝ （列出 计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。 ​ 目录 3. （2023·山东高考17题节选）含硼固体中的B（OH）3在水中存在平衡： B（OH）3＋H2O H＋＋[B（OH）4]－（常温下，Ka＝10－9.24）；B （OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4·8H2O。常温 下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2－水解生成等物质的 量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]－，该水解反应的离子方程式 为 ，该溶 液pH＝ ⁠。 [B4O5（OH）4]2－＋5H2O 2B（OH）3＋2[B（OH）4]－ 9.24 目录 解析：[B4O5（OH）4]2－水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B （OH）4]－，则根据原子守恒和电荷守恒可配平其水解反应的方程式为 ＋5H2O 2B（OH）3＋2[B（OH）4]－。该溶液中 c[B（OH）3]＝c ，根据B（OH）3在水中存在的平衡， B（OH）3＋H2O H＋＋[B（OH）4]－的平衡常数Ka＝ ＝10－9.24 知，c[B（OH）3]＝c{[B（OH）4] －}时，c（H＋）＝10－9.24 mol·L－1，pH＝－lg 10－9.24＝9.24。 目录 能｜力｜进｜阶 1. （2024·南昌十九中模拟）氧化钪（Sc2O3）可用作半导体镀层的蒸镀材 料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤 化物灯等。以钛白工业废酸（含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、S 等离 子）为原料制备氧化钪（Sc2O3）的一种流程如下图。 钛白工业废酸 油相 滤渣 滤液 Sc2（C2O4） 3 Sc2O3 回答下列问题： 目录 （1）萃取剂萃取Sc3＋的原理为Sc3＋＋3HR ScR3＋3H＋（HR代表萃 取剂）。在“反萃取”中，加入NaOH溶液后生成Sc（OH）3、 MnO2等物质，其中生成含Sc化合物的化学方程式为 ⁠ 。25 ℃时，经“反萃取”后所得滤液的pH＝8，则残留的Sc3＋浓度为 　　 mol·L－1{已知：25 ℃时，Ksp[Sc（OH）3]＝8×10－31}。 ScR3＋ 3NaOH Sc（OH）3＋3NaR 8×10－13 目录 解析：在“反萃取”中，加入NaOH溶液后生成Sc（OH）3，其中生成含Sc化合物的化学方程式为ScR3＋3NaOH Sc（OH）3＋3NaR；25 ℃时，经“反萃取”后所得滤液的pH＝8，即c（OH－）＝1×10－6 mol·L－1，则残留的Sc3＋浓度为 ＝ mol·L－1＝8×10－13 mol·L－1。 目录 （2）“沉钪”时用到草酸。已知草酸的Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝ 1.5×10－4，则在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中 ＝ ⁠。 解析：在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中 ＝ × × ＝ ＝ ＝8.4。 8.4 目录 （3）在空气中焙烧Sc2（C2O4）3的化学方程式为 ⁠ ⁠。 解析：在空气中焙烧Sc2（C2O4）3，草酸根离子中碳的化合价是＋3价，焙烧时会被氧气氧化为CO2，化学方程式为2Sc2 （C2O4）3＋3O2 2Sc2O3＋12CO2。 2Sc2（C2O4）3＋ 3O2　 2Sc2O3＋12CO2 目录 2. （2024·秦皇岛部分高中二模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有色金属作 为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂（主要成分为MoO3、 MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等）中回收有色金属的一种工艺 流程如图所示： 目录 ②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀时溶液的pH如表所示： 金属阳离子 Co2＋ Fe3＋ Ni2＋ 开始沉淀 7.0 2.3 7.1 沉淀完全 9.0 3.2 9.2 已知：①Ksp（NiC2O4）＝4.5×10－7； 目录 （1）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的 离子方程式： ⁠。 解析： “焙烧”时MoS2转化为MoO3，“碱浸”时MoO3和OH－反应生成Mo ，离子方程式为MoO3＋2OH－ Mo ＋H2O。 （2）“除铁”时，控制pH的范围为 ⁠。 解析：“除铁”时，需要将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀，而Ni2＋和Co2＋不能沉淀，由表格数据可知，控制pH的范围为3.2≤pH＜7.0。 MoO3＋2OH－ Mo ＋H2O　 3.2≤pH＜7.0 回答下列问题： 目录 （3）“除铁”后所得滤液中c（Ni2＋）＝0.8 mol·L－1，“沉镍”后所 得滤液中c（C2 ）＝1.0×10－5 mol·L－1，则沉镍率＝ ⁠ [沉镍率＝ ×100％，计算过程中不考虑溶液体积变化，保留三位有效数字]。 解析： “除铁”后所得滤液中c（Ni2＋）＝0.8 mol·L－1，“沉镍”后所得滤液中c（C2 ）＝1.0×10－5 mol·L－1，溶液中c（Ni2＋）＝ ＝ mol·L－1＝4.5×10－2 mol·L－1，则沉镍率＝ ×100％≈94.4％。 94.4％ 目录 （4）在空气中加热18.3 g CoC2O4·2H2O，其残留固体质量与温度的关 系如图所示。图中a、c两点对应固体的成分分别 是 、 （填化学式，其中c为Co的氧化物）。 CoC2O4 CoO 目录 解析：18.3 g CoC2O4·2H2O为 ＝0.1 mol，a点处，减少的质量为 18.3 g－14.7 g＝3.6 g，恰好为0.2 mol H2O，故a点的化学式为CoC2O4；c点，根据Co元素守恒，设Co的氧化物为CoOx，其质量为 7.5 g，则0.1×（59＋16x）＝7.5，解得x＝1，故c点处Co的氧化物为CoO。 目录 $