2026届高三化学三轮复习 新题刷分28 化工流程中的定量计算

2026高考三轮冲刺新题刷分28 化工流程中的定量计算 一．刷题秘诀 1.与Ksp相关的计算 （1）利用Ksp求溶液中某离子的浓度 ①已知Ksp，求溶液中的某离子的浓度 如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中，c（Ag＋）＝ mol·L－1。　 ②已知Ksp、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一离子的浓度 如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c（Ag＋）＝ mol·L－1＝10a mol·L－1。 （2）利用Ksp求开始沉淀和沉淀完全时的pH ①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中的c（OH－），再求得溶液的pH。 ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c（OH－），进而求得pH。 （3）利用Ksp判断沉淀的生成 ①根据离子浓度数据，分别求得Ksp和Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成；若Q<Ksp，则无沉淀生成。 ②利用Ksp计算某离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全。 （4）利用Ksp求沉淀转化反应的平衡常数 依据沉淀的转化反应和Ksp，计算反应的平衡常数K，K越大，转化反应越易进行，转化程度越大。如对于反应Cu2＋（aq）＋ZnS（s）⇌CuS（s）＋Zn2＋（aq），该反应的平衡常数K＝＝＝。 2.热重曲线分析的解题模型 （1）设晶体的物质的量为1 mol ，质量为m。 （2）失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 （3）计算每步固体剩余的质量（m余）。 样品的固体残留率＝×100% 。 （4）晶体中金属质量不会减少，仍在m余中。 （5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧 ，由n金属∶n氧 ，即可求出失重后物质的化学式。 二．新题快练 题组一 真题导向练 1.（2025·安徽卷）某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知：25 ℃时，Ksp（SrSO4）＝10－6.46，Ksp（BaSO4）＝10－9.97。“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_____________________________________________________________； 25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c（Sr2＋）·c（SO）＝____________mol2·L－2（忽略溶液体积的变化）。 2.（2025·江苏卷）制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下： 通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH＝0、c（H2S）＝0.01 mol·L－1时，Cd2＋是否沉淀完全：_____________________________________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________ （写出计算过程）。已知：Ksp（CdS）＝8.0×10－27，Ka1（H2S）＝1.0×10－7，Ka2（H2S）＝1.2×10－13。当离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为离子沉淀完全。 3.（2025·甘肃卷）通过实验测定配合物Eu（C7H5O2）3·xH2O产品纯度和结晶水个数（杂质受热不分解）的实验如下，已知Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如下图所示。0～92 ℃范围内产品质量减轻的原因为__________________________________。 结晶水个数x＝__________。[M（C7H5O）＝121 g·mol－1，结果保留两位有效数字] 题组二 新题提升练 1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）草酸镍是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①pH增大，被氧化的速率加快； ②草酸的 回答下列问题： (4)已知常温下，当溶液时，沉淀完全(时认为完全沉淀)，则此时溶液中草酸的浓度为______。(结果保留3位有效数字) (5)在空气中加热二水合草酸镍得到如下TG－DSC热分解曲线如图所示，已知：TG指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则300℃时，反应的化学方程式为______。二水合草酸镍分解的整个反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）以一种废旧锂离子电池（主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑等）为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图所示： 已知：ⅰ．的溶解度随温度升高而减小。 ⅱ．“碱浸”后的滤渣中主要含有、MnO、和NiO。 回答下列问题： (5)正极材料为的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至时已完全脱水，则时，剩余固体成分为________（填化学式，下同）；在范围内，剩余固体成分为________。 3.．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）可用作媒染剂、木材防腐剂、造纸工业漂白剂，还用于医药、农药、人造纤维等。某实验小组以闪锌矿粉(主要含ZnS，及少量FeO、)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备和的一种工艺流程如下。 已知：i．酸性条件下，氧化性：；和过量氨水生成； ii．25℃时，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下(当离子浓度时认为反应完全)： 金属离子 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 6.2 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 8.2 回答下列问题： (4)为了解受热分解规律，取在惰性气体环境下进行热重分析，剩余固体产物的质量随温度变化的曲线如图所示。(的摩尔质量为) 固体A中，水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为______(填化学式)。反应的化学方程式为______。 4．（2026·湖北随州·二模）从某种含钒废渣(主要成分为，含、、、、CaO等杂质)里分离稀土元素钪Sc的工业流程如下： 查阅资料：①“萃取”过程中会有少量Fe元素进入萃取液中。②与强碱反应生成。 回答下列问题： (5)“沉钪”发生的反应为。常温下，当恰好完全沉淀时，溶液的d，此时，___________。(用含a、b、c、d的代数式表示。已知，，，一般认为离子浓度小于认为离子沉淀完全) 5．（2026·湖北武汉·一模）从钕铁硼废渣(主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和)中回收钕和钴的流程如图所示。 已知：①B难溶于非氧化性酸；氧化性：。 ②P507(用HR表示)萃取稀土离子的原理为。 ③，，。 回答下列问题： (4)“若恰好完全沉淀时，溶液，此时溶液中_______mol/L。 (5)在500℃，不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。实验证明，在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为_______。 6．（2026·甘肃·一模）工业上以某含镍废渣（主要成分为、、、、）为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示： 已知：①当溶液的为2.2时开始沉淀；为7.5时开始沉淀；②胶体易吸附溶液中的金属阳离子。回答下列问题： (5)“沉镍”过程可生成碱式碳酸镍[]。为测定该沉淀的组成，取干燥的7.54 g样品隔绝空气加热，其热重曲线如下图所示，则________。 7．（2026·四川成都·二模）锆(Zr)是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含ZrSiO4，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为ZrO2+、HfO2+、Fe3+、Cr3+。 ②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5； ③部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCl4 CrCl3 FeCl3 FeCl2 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (4)“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3，反应结束后溶液中，则c(Fe3+)=______mol·L-1，“滤液2”中主要成分是______(填名称)。 8．（25-26高三下·吉林白山·开学考试）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价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、，含少量、、、等)中回收有价金属的工艺流程如下： 已知：①，，， ②当溶液中剩余金属离子的浓度时，视为已沉淀完全。 ③，。 回答下列问题： (5)“除铁”时，若溶液中、、，加入适量NaOH溶液调节pH(溶液体积变化忽略不计)，可以使沉淀完全，则调节pH的范围为___________。 (6)在空气中加热，其热重曲线如图所示。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)。 参考答案与解析 1.答案：SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）　10－8.97 解析：由已知信息可知，SrSO4和BaSO4为相同类型的难溶电解质，且SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化，离子方程式为SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）。根据“盐浸”时的反应列“三段式”： 　　　　 SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）⇌BaSO4（s）＋Sr2＋（aq） 起始量/mol 0.01 0.011 0 0 变化量/mol 0.01 0.01 0.01 0.01 反应终点量/mol 0 0.001 0.01 0.01 可得充分反应后c（Ba2＋）＝＝0.01 mol·L－1，c（Sr2＋）＝＝0.1 mol·L－1，又c（SO）＝＝mol·L－1＝10－7.97 mol·L－1，可得c（Sr2＋）·c（SO）＝10－8.97 mol2·L－2。 2.答案：pH＝0时，c（H＋）＝1 mol·L－1；c（S2－）＝＝ mol·L－1＝1.2×10－22mol·L－1； c（Cd2＋）＝＝ mol·L－1≈6.67×10－5mol·L－1>1.0×10－5mol·L－1，则Cd2＋未沉淀完全 3.答案：Eu（C7H5O2）3·xH2O失去吸潮的水分　1.7 解析：Eu（C7H5O2）3·xH2O在空气中易吸潮，92 ℃刚好接近自由水的沸点，故0～92 ℃范围内产品质量减轻的原因是Eu（C7H5O2）3·xH2O失去吸潮的水分，92～195 ℃失去的是结晶水的质量；最后得到Eu2O3。1 mol Eu（C7H5O2）3·xH2O失去结晶水质量减少18x g，重量减少5.2%，根据M（C7H5O）＝121 g·mol－1，1 mol Eu（C7H5O2）3生成0.5 mol的Eu2O3，质量减少3×（121－8） g＝339 g，重量减少56.8%，有关系式18x∶5.2%＝339∶56.8%，解得x≈1.7。 题组二 新题提升练 1.【答案】 (4) (5) 放热 【详解】 （4）当溶液时沉淀完全，此时溶液中，，则。 （5），理论质量损失率为；，理论质量损失率为，由图可知，二水合草酸镍首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，这是由样品中吸附水和结晶水的脱出引起的。相应的DSC分析表明，在246.5℃附近存在着较大的吸热峰，这说明脱出水的过程是吸热的，随着热分解温度的升高，二水合草酸镍在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与二水合草酸镍热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合，因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO，即时反应的化学方程式为；在357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中热分解生成NiO的反应是放热反应。 2.【答案】 (5) CoO Co3O4和Co2O3 【详解】 （5）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=mol，m(Co)=100×g，在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co(OH）2完全分解，n(Co)：n(O)=：=1：1，剩余固体成分为CoO。在范围内，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在290℃，n(Co)：n(O)=：=2：3。其化学式为Co2O3；在500℃n(Co)：n(O)=：=3：4，其化学式为Co3O4。所以可以确定在范围内的化学式为Co2O3和Co3O4。 故答案为CoO ；Co3O4和Co2O3。 3.【答案】 (4) (或) 【详解】 （4）的摩尔质量为，取(即0.1 mol)在惰性气体环境下进行热重分析，根据Zn元素守恒，A点剩余固体产物的质量为26.9 g，失去，化学式为；B点剩余固体产物的质量为17.9 g，又失去，化学式为；C点剩余固体产物的质量为16.1 g，又失去，化学式为；D点剩余固体产物的质量为8.1 g，其中Zn为0.1 mol(即6.5 g)，则含O为1.6 g(即0.1 mol)，D的化学式为ZnO；A的化学式为，其中水分子全部作配体与锌离子结合形成水合锌离子，该配离子的化学式为；反应的化学方程式为(或)。 4.【答案】 (5) 【详解】 （5）反应的平衡常数为，，则，恰好完全沉淀，，带入上式，可得：。 5.【答案】 (4) (5) 【详解】 （4）当恰好完全沉淀时，离子浓度为，而，所以。而此时，，所以。 （5）根据X射线衍射图分析，随着进风量的增加，产物逐步以为主，在空气中煅烧经过两步反应，第一步先分解生成，第二步生成的被空气中的氧气氧化为，化学方程式为。 6.【答案】 (5)2 【详解】 （5）最终固体质量为，，即总；时失去全部结晶水，结晶水质量为，，可知样品物质的量，因此；结合摩尔质量关系：，联立解得。 7.【答案】 (4) 1×10-8 氯化铵 【详解】（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；根据分析，“滤液2”中主要成分是氯化铵； 8.【答案】 (5) (6) 【详解】 （5）=，当时：，，则pH=2.8，、不能沉淀，由于，，则未沉淀时，也不会沉淀，<，将代入式中，得到，则，pH=，故调节pH的范围为。 （6）18.3 g的物质的量为0.1 mol，其中结晶水的质量为3.6 g，得到a点固体损失质量18.3 g-14.7 g=3.6 g，恰好结晶水全部失去，则a点对应固体的成分是，固体Co元素的质量始终为5.9 g，b点固体中O元素质量=8.0 g-5.9 g=2.1 g，b点固体Co和O的个数比=，即b点对应固体的成分是，c点固体中O元素质量=7.5 g-5.9 g=1.6 g，c点固体中Co和O的个数比=，即c点对应固体的成分是CoO。 学科网（北京）股份有限公司 $