上篇 专题六 物质转化及应用-【创新教程】2027年高考化学艺考生文化课百日冲关学生用书

上篇专题六物质转化及应用 专题六 物质转化及应用 DEEDD 选择题突破六 无机化工微流程 突破核心透视 分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温 1.四线分析法 煅烧”时，铝的化合物转化为MA1O2(M= 水、酸溶液、 ①酸、碱等调节pH; K或Na)。 碱溶液、 ②氧化剂或还原剂； 盐溶液等 ③茶取剂或反萃取剂等 NaCO,稀H,S0, 试剂1试剂2、3 试剂线 原团格良核心器电就金风单因 结最，品体 刚玉灰 高混酸浸浓缩 操作线 煅 结晶 ·傢富集液 杂质线 料的约宴型液论动连溶萄 滤渣1滤渣2、3… 浸渣 晶体 产品线 下列说法错误的是 四线 内涵 A.“高温煅烧”时，1.0 mol Al2O3发生的反 分清各步加入试剂的作用，一般是为了 应生成1.0molC02 试剂线 除去杂质或进行目标元素及其化合物 B.“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式 间的转化等 在浸渣中被除去 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯 操作线 操作等 C.“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除 (OH)4]-+4H+Ga3++4H2O 杂质线 顺序、方法及条件等 D.晶体的化学式为MA1(SO4)2·xH2O(M 工艺流程主线，关注目标元素及其化合 =K或Na) 物在各步发生的反应或进行分离、提纯 2.(2026·江西卷)高纯碳酸钙在电子工业领 产品线 的操作方法，实质是目标元素及其化合 域有广泛应用。使用优质大理石（含有少量 物的转化 MgCO3和Fe3O4杂质)制备高纯碳酸钙的 2.无机化工微流程题的解题模板 工艺流程如图。体系中有关离子反应方程 考虑副产品的循环利用 式书写错误的是 C02 原料 对原料的 核心化 产品的分 目标 盐酸 石灰浆 预处理 学反应 离提纯 产物 NH 原料一煅烧一浸出一净化一碳化、过滤干燥 主要是煅烧、 考虑 过滤、结晶、蒸馏、 酸溶、碱溶等 可能 萃取、分液等分离操作。 滤渣 高纯CaC0 操作，初步 的副 通常要考虑分离条 除掉杂质 反应 件：pH、温度等 A.浸出过程：Ca0+2H—Ca2++H2O B.浸出过程：FeOa+8H+—Fe2+十 高考经典再研 2Fe3++4H2O 1.（富集金属稼|2026·四川卷)稀有金属镓 C.净化过程：Fe3++3OH--Fe(OH)31 (Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性 D.碳化过程：Ca2++2NH+CO2+H,O 质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸 -CaCO3￥+2NH4 钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中 55 1化学 思维建模 抓住“六个”关键，突破化工微流程类题目 规律总结 明确化工生产或化学实验所需的原料 常考原料预处理阶段各操作的目的 看原料 及所含杂质，判断可能发生的反应 研磨、粉 增大反应物的接触面积，增大反应速 把握题干中的“制备”或“提纯”等关键 碎等 率，提高原料转化率、利用率、浸取率 看目的 词，确定化工生产或化学实验的目的 灼烧（煅 除去有机物；使无机物分解为金属氧化 进入的是反应物，出去的是生成物（包 看箭头 烧、焙烧) 物等，便于后续浸取、溶解 括主产物和副产物) 水浸：分离水溶性和非水溶性的物质 看三线 主线主产品，分支副产品，回头为循环 酸浸：溶解金属、金属氧化物、调节pH 找信息 明确反应条件的控制和分离提纯的 浸取 促进某离子的水解而转化为沉淀 方法 碱浸：除去油污、溶解酸性氧化物、溶解 参与反应、提供反应氛围、满足定量要 判作用 铝及其化合物、调节pH等 求等 变式集训典题 2.(变价元素钒的考查)工业利用钒渣（主要成 1.某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3,含有 分为FeV,O,,杂质为AlO3)制备VO,的 FeS2、SiO2杂质)与软锰矿（主要成分为 工艺流程如下： MnO2)联合焙烧法制备BiOCI,工艺流程如 H,S04NHs0。 图所示。焙烧时过量的MnO2分解为 钒渣一→焙烧→浸取→调pH-→沉机→NHVO,→V,0, Mn2O3,金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu。 Fe203 下列说法错误的是 ( 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列 空气 浓盐酸金属Bi 说法不正确的是 ( 辉铋矿 联合水，酸婆转滤调pH=2.6 BioCI 软锰矿 焙烧浸浸液化液水解 沉淀 (过量) A.“焙烧”时，n(氧化剂)：n(还原剂)=4：5 滤液滤气 滤液 渣体 (MnCl、FeCl溶液) B.“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转 A 化为AI(OH)3而除去 A.通过“联合焙烧”Bi2S3和FeS2分别转化 C.不选用HCI“调pH”的原因可能与VO 为Bi2O3、Fe2O B.“水浸”所得滤液的主要溶质是MnSO 的氧化性较强有关 C.“酸浸”所得滤渣的主要成分是SO2,气 D.“沉钒”后的溶液中c(VO)·c(NH) 体A为Cl =K (NH VOs) D.向“酸浸”所得滤液中加入金属B的目的 ©温馨提污 是消耗H,促进B3+水解 学习至此，请完成配套专题精准强化18 非选择题超热点突破三 化学工艺流程综合题 突破1品鉴经典真题，研考向，建模板 [例](2025·陕晋宁青卷)一种综合回收电 已知：①常温下K电(MgC0)=105.17 解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、 K[Mg(OH)2]=10-15,Ksp [Mn (OH)2] NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 NHj.H2O =1012.72; H2SO I调pH 将装一面一南一愿” 调pH=6.0 →沉镁一结品 9 Mn:Oa MiO,MeNH,Pd,6,0 ②S2O结构式为 Mgo 焙烧 >Mns04-H20 回答下列问题： 56 上篇专题六物质转化及应用 (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采 除杂离子：Mg2+、NH 取的措施有 。(写出两 目标产物：MnSO4·H2O 种) 沉锰I:加入NH3·H2O和O2,Mn2+转化为 (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被 Mn(OH)2后被氧化为Mn3O4,过滤获得 氧化成MnO4的化学方程式： MnO4,滤液中含有未沉淀的Mn2+、Mg2+、 当Mg2+(c=10a6mol·L1)将要开始沉淀时，溶 NHt、SO。 液中剩余Mn浓度为 molL1。 沉锰Ⅱ：向滤液中加入(NH4)2S,Og,将未沉淀 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加 的Mn+转化为MnO2,滤液中含有Mg2+、 热水解去除，最终产物是NH,HSO,和 NHt、SO。 (填化学式)。 沉镁I:向滤液中加入NH3·H2O和 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生 NH HCO,调节pH,使得部分Mg2+转化为 成碱式碳酸镁[zMgCO3·yMg(OH)2· zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O,滤液中含有 zH2O],煅烧得到疏松的轻质MgO。pH 未沉淀的Mg2+、NH4、SO。 过大时，不能得到轻质MgO的原因是 煅烧：zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O经煅烧 获得轻质MgO。 (5)“沉镁Ⅱ”中，加HPO4至pH=8.0时， 沉镁Ⅱ：加入HPO,Mg+转化为MgNH,PO,· Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完 6HO,滤液中含有NH、SO。 全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方 结晶：向滤液（含有NH、SO)中加入 程式： H2SO4调节pH=6.0,促使NH和SO子结 (6)“结晶”中，产物X的化学式为 合为(NH4)2SO4结晶析出。 焙烧：将MnO、MnO2与(NH4)2SO,混合焙 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填 烧最终获得MnSO,·H,O,Mn的化合价 “氧化”或“还原”)反应。 降低。 H.PO P●) 审设问 0.8- H,PO (2)注意Mn(OH)2被O2氧化得到MnO4,根 据电子守恒、原子守恒写反应的化学方程式； 由K[Mg(OH)2]=10-1.25,K[Mn(OH)2] =10-12.2知，Mg2+开始沉淀时是两种沉淀共 0.0 0.0 4.0 8.0 12.0 存的体系； PH 审题干 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2Og经加热 ①电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、 水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加 NH的硫酸盐)；②回收硫酸锰 热和水存在下发生水解，生成NH4HSO4和 审流程 H2O2:(NH)2S2Og +2H2O-2NH,HSO 原料：电解锰工业废盐（含Mn2+、Mg2+、NH +H2O2,H2O2分解2H2O2==2H2O+O2↑ 的硫酸盐) 根据上述写反应的化学方程式； 57 1化学 (4)[rMgCO3·yMg(OH)2·xH2O]煅烧有 ≈1×103.5mol/L,可见MgNH4PO的溶解 CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH 度更小，答案为：MgNH4PO4·6H2O+ 过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生CO2, 2H,PO-Mg2+NH+3H2 PO 不能得到疏松的轻质MgO; +6H2O; (5)pH由8到4，HPO浓度减小，H2PO4 (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶 浓度增大，据此有一种结论是：MgHPO4+ H3PO,-一Mg2++2HPO,经查常温下， 后X为(NH4)2SO4; MgNH4PO4的K,为2.5×10-13，其饱和溶液 (7)“焙烧”中，MnO和MnO2最终生成 Mg2+浓度≈6.3×10-5mol/L,MgHPO,的溶 MnSO,·H2O,Mn元素化合价降低，发生了 度积约为1.02×10-，其饱和溶液Mg2+浓度 还原反应。 [怎么考·考情把脉] [怎么答·思维建模] 化学工艺流程题是全国 1.流程图建模 理清流程图的各环节 高考中的必考题，它是传 考虑副产品的循环利用 统的“无机框图题”的变 原料对原料的预处理核心化学反应产品的分离提纯日标产物 革与创新，是将化工生产 主要是煅烧、酸溶、} 考虑可能 过滤、结晶、蒸馏、萃取分液 碱溶等操作，初步 发生的副 等分离操作。通常要考虑分 过程中的主要生产阶段， 除掉杂质 反应 离条件：PH、温度等 即生产流程用框图的形 2.解题思维建模 一“三审”建立系统思维 式表示出来，并根据生产 (1)审题干 明确原料成分和目的要求 流程中有关的化学知识 氧化还原反应、复分解反应（含水解） 步步设问，形成与化工生 料 「制备型☐ 产紧密联系的化学工艺 中心元素 原理 (主要的化学反应) 试题。这类试题充分体 产品 除杂型 除去什么？引进什么？ 现了“化学是真实的”这 产品的信息 样一种命题指导思想，同 (2)审流程 明确各步转化的原理和目的 时也考查了“科学态度与 ①看箭头：进入的是原料（即反应物）；出去的是生成物（包括主 社会责任、科学探究与创 产物和副产物)。 新意识和证据推理与模 ②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。 型认知”等多种化学核心 ③找信息：明确反应条件的控制和分离提纯的方法。 素养。命题的角度主要 有①原料的处理方法，② ④关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定 重要转化的方程式书写， 量要求等。 ③物质的分离、提纯方法 (3)审设问 明确答什么 与原理，④反应条件的控 ①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题。 制方法，⑤涉及的化学反 ②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特 应原理分析、产率及平衡 别是化学用语的书写与表示要准确、规范。 常数的有关计算。 58 上篇专题六物质转化及应用丨 突破2突破4个核心考点，析重难，精准练 考向1原材料预处理 突破核心透视 氢氧化物 Fe(OH) Al(OH)Cu(OH)2 Ni(OH)2 1.原料预处理的目的 Kp(298K)2.8X1039 1.3×10332.2×1020 5.5×10-16 (1)主要是除去不必要的杂质，净化所需要的 “酸浸”中，提高浸取速率的措施有 原料。 (写一条)。 (2)将原料中的目标物质转化为易于化学处理 2.(2025·甘肃卷节选)研究人员设计了一种 的物质。 从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、 2.原料预处理的常用方法 Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的 方法 释义 绿色工艺，部分流程如下： 冷凝 气体S0, 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将 制酸系统 研磨、 液体雾化，增大反应物接触面积，以加 铜 雾化 As2O 快反应速率或使反应更充分 炼→焙烧 水浸 酸浸一浸出液→Cu 烟 水浸 物质与水接触反应或溶解 尘 ZnSO4溶液 浸出渣 物质与酸接触反应或溶解，使可 已知：As203熔点314℃，沸点460℃ 酸浸 溶性金属离子进人溶液，不溶物 分解温度：Cu01100℃，CuSO4560℃， 通过过滤除去 ZnS04680℃，PbSO4高于1000℃ 浸取 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及 碱浸 Kp(PbSO4)=1.8X10-8 其氧化物 设计焙烧温度为600℃，理由为 盐浸 使用铵盐溶液、FeCl3溶液等 3.(2024·北京卷)利用黄铜矿（主要成分为 常采用有机溶剂（醇、乙醚、二氯 醇浸 CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程 甲烷等)浸取的方法提取有机物 示意图如下。 除去可燃性杂质或使原料初步转化： 高温混合气HSO, (主要含NH3)吸收 溶液A 灼烧 ①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去 黄 。粉碎 通空 (焙烧)有机物；③高温下原料与空气中的氧气 i.(NH,)2SO,焙烧 装 反应等 B浸铜滤渣D 矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 改变结构，使一些物质能溶解，并使一 煅烧 些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高 4.(2026·湖南卷)一 岭土 种由硫化铅精矿（含PbS 及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程 对点题型集训 如下： 1.(2025·广东卷节选)我国是金属材料生产 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 CO: CH, 大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属 硫化铅精矿 加压氧化一胺浸一沉铅 高温还原■→高纯 精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色 C02 酸性溶液单质S 生 →含钙粗产品 冶铁方法的工艺如下。 Ca(OH) s02 厂空气 回答下列问题： 加热 固体残渣。 NaOH溶液 “加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式 饼 Fe-o0C加热-Fe0,一电解→Fe 含SO水溶液Ni,CuN 为 :采用 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、 加压操作可提高反应速率，原因是 Ni、O等元素。 59 1化学 考向2反应条件的控制 突破核心透视 (3)控制一定的pH,使金属阳离子形成氢氧化 1.温度的控制（常用水浴、冰浴或油浴） 物沉淀。 (1)加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促 3.反应物用量或浓度的控制 进平衡向吸热方向移动；除杂：除去加热不 (1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取 稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、 率，可以适当提高酸的浓度。 KMnO,、NH,CI等物质；使沸点相对较低 (2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的 或易升华的原料汽化。 反应物的浓度，可以提高其他物质的利用 (2)降温的目的：防止某物质在高温时会溶解 率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程 (或分解)；使化学平衡向着题目要求的方 中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 向（放热方向）移动；使某个沸点较高的产 (3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡 物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的 发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 溶解度，减少损失。 4.加入物质的目的 (3)控制温度在一定范围的目的：结晶为获得 (1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧 所需物质（用水浴带温度计便于控温且受 化硅等。 热均匀)；防止某种物质（如H2O2、草酸、浓 (2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 硝酸、铵盐等)因温度过高时分解或挥发； (3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物 使催化剂的活性达到最好；防止副反应的 质的溶解度 发生。 (4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还 (4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设 原反应。 备的要求，达到绿色化学的要求。 5.在空气中进行的反应或操作 (5)控制固体的溶解与结晶 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。 反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变 蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的 质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使 浓度。 用保护气抑制弱离子的水解（如HCI 蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为 氛围)。 饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体 6.陌生图像中反应条件下的选择 析出。 (1)浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷 响分别如图甲、图乙所示。 却结晶→过滤→洗涤、干燥。 个锰浸出率 个锰浸出率 100 2.pH的控制 80% 95% 60% (1)控制一定的pH,以提供反应所需环境。反 40% 90% 应环境的不同会导致反应产物的差异。如 20% 0 85% 在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为 1530456075 123456 时间/min 液固比 Mn2+,中性（或弱酸性）环境中KMnO,的 甲 乙 还原产物一般为MnO2。 则适宜的浸出时间和液固比分别为 (2)控制一定的pH,以改变元素的存在形式。 60min、3。 如铝元素在强酸性条件下以A13+形式存在， (2)“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。 当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚 由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采 至以[AI(OH)4]的形式存在。 用的实验条件为100℃、3h左右。 60 上篇专题六物质转化及应用 100 1000 2.(2026·黑吉辽蒙卷)某工厂利用镍矿（主要 80 90℃ % 80℃ 成分为NiS,含少量Fe2O3和CuS)制备超 40 70℃ 60℃ 细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件 2 46810th 已略去)： (3)酸浸时，若使钛的浸取率(n%)达到90%， 空气十氨水 气体a 则根据下图判断工业上应采取的适宜条件 足量O。 H。 是：酸浓度和液固比的取值分别约为 氧压 滤液1 部分蒸氨 镍矿→ 40%、6。 氨浸 沉铜 选液2转化一还原一Ni粉 滤液3 50·酸浓度对钛浸 浸渣 CuS 45 取率的影响 9 液固比对钛浸 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)。]+形式 40 取率的影响 > 6 存在，硫以S0和少量S,O形式存在； 30 25 4 ②“部分蒸氨”时c(NH)减小，[Ni(NH3)6] 7075 80859095100 钛的浸取率(n购 转化为[Ni(NH3),]2+,x=1~5。 对点题型集训 回答下列问题： 1.(2025·上海卷节选)工业从低品位锗矿中 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 提取精锗，使用分步升温的方法： NaH2PO2·HzO 氧化焙烧 真空还原 3.(2026·四川卷)为了保护环境、充分利用资 位 Ge(02 600-700℃ 10001200℃ GO赞G国 源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌 矿 已知矿中含有H2O、煤焦油、As2O3等杂 后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣 质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 主要含有SiO2、PbFe6(SO4)4(OH)12、 H2(O)煤焦油 As20)3 GeO Ge(02 CaSO4、ZnS和少量Ag2S等，回收流程 熔点0℃20~30℃ 312℃ 710℃升华 :1100℃ 如下。 沸点100℃70一80℃ 465℃ 氯化NaCl (1)使用分段升温的原因是 空气 稀H,S0胆碱CaCL 。H,0 脱硫浸渣→煅烧一酸浸一溶银溶铅→沉铅电解一b (2)如图为在不同温度下，使用不同浓度的 滤液银溶液废渣母液 NaH2PO2·H2O真空还原时，Ge元素的萃 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 出率，由图可知真空还原采用的最佳温度及 浓度为 (填标号)。 物质 PbSO PbCl2 CaSO Ag2 SO AgCl 100% 2.5×10-8 1.7×1054.9×10- 1.2×10 1.8×100 “酸浸”时，还加入了少量NaCl,其目的是 ◆1000℃ ◆1100℃ 士1200℃ 4.（2026·云南卷)创新驱动，深挖“城市矿 90% 山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要 0%2.50%5%7.50%10%12.50%NaHP0H0浓度 A.1000℃，2.5% B.1000℃，5.0% 含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的 C.1100℃，2.5% D.1200℃，2.5% 工艺如下： 61 I化学 0.01mol·L.-1PMs 抗坏 ②O2表示具有高氧化活性的单线态氧 0.1mol.1,1KC 稀盐酸 稀硝酸 血酸 纳米 分子。 wTCB→处 一酸设1滤渣1酸浸习花滋2 氧化 滤液X一…一 能液 花液2 溶金 Au 回答下列问题： NaOH溶液→碱沉 滤藏3，沉银一-…一Y Ni(OH “氧化溶金”中，KCI不能用HCI替代的原 已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在 因为 强酸介质中会水解。 工序“X”中，抗坏血酸的作用为 考向3流程中分离提纯方法与方程式的书写 突破核心透视 3.萃取与反萃取示例 1.物质分离与提纯的6种常用方法 (1)萃取法分离 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用 考查 过滤 举例 问题 趁热过滤或者抽滤等方法 角度 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度 为使Fe3+尽可能 萃取和 不同提取分离物质，如用CC1,或苯萃取 用如图所示的实验装 多的从水相转移 分液 置进行萃取分液，以 溴水中的溴 薏 至有机相，采取的 蒸发 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如 除去溶液中的Fe3+ 操作：向装有水溶 结晶 NaCl等 作 仪 液的仪器A中加 入一定量的有机 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解 考 冷却 萃取剂，充分振 的溶质或结晶水合物，如KNO,、FCl、 结晶 荡、静置、分液，并 CuCL2,CuSO4·5HO、FeS)4·7H2O等 重复多次 蒸馏与 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分 分馏 离乙醇和甘油 已知萃取剂A、B 蔓10d*取剂以来取 4 利用气体易液化的特点分离气体，如合成 中pH对钴、锰 冷却法 80 氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气 取 60 Mn苯取剂潮 离子萃取率的影 2.常用的结晶方法 的选择 020 Co苯取剂 响如图所示：为 012345由 了除去Mn2+,应 (1)蒸发结晶：从溶液中获取不带结晶水的晶 选择萃取剂B 体，如NaCl、K2SO,等。 (2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：①从溶液中获取 萃取分离钴、铝的 实验操作：向萃取 带结晶水的晶体，如CuSO,·5H2O、FeSO4· 分液后的有机相 7HO等。②从混合液中获取溶解度受温 pH 萃取剂对A13+、Co2 中加稀硫酸调pH 度影响较大的溶质，如从含少量KC1的 范 的萃取率与pH的关 =3~4,分液可得 KNO3溶液中获取KNO3晶体。 围 系如图所示 CoSO,溶液，继 (3)蒸发结晶、趁热过滤：从混合液中获取溶解 的 100 80 续向萃取分液后 60A7 度受温度影响较小的溶质，如从含少量 选 40 ℃o2 的有机相加稀硫 将2 KNO,的NaCl溶液中获取NaCl晶体。 择 0十3456 酸调pH至0.5以 下，然后分液，可 (4)重结晶：指析出的晶体经过溶解后再次从 得A12(S))3 溶液中结晶析出的过程，是一种利用物质 溶液 的溶解性不同而进行提纯、分离的方法。 62 上篇 专题六 物质转化及应用 续表 续表 考查 考查 举例 问题 举例 问题 角度 角度 “萃取分离”溶液中钴 pH 锂的萃取率与平衡时溶 ①要除去的离子在萃取剂中溶解度应远 pH一般选择 范 液pH的关系如图所示 闹 5左右，理由是 大于有效离子的溶解度。②离子在不同 100 归纳 pH在5左右 的萃取剂中溶解度相差越大越好。③选 的 0 总结 选 40 时，钴、锂的分 择合适的pH范围分离离子，要求该pH 20 择 离效率最高 456 范围内离子溶解度相差较大 P (2)反萃取法分离 考查 角度 题目 问题 实验室从含碘废液（除H2O外，还含有CC14、I2、I厂等）中回收碘， 向含碘废液中加 其实验过程如图所示 入稍过量的 Na,SO3溶液 CI, Na2SO3溶液，将 取 废液中的I2还原 的目 含碘 废液 →还原→操作X→氧化→富集→…一2 为I厂，该操作的目 的是使CCl4中的 cei 碘进入水层 钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒（主要成分V,O3、 V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程 “溶剂萃取与反萃 反 取”可表示为 如图。 V02+ 取 KCIO 氨水 H2R 有机溶液H,R反萃取剂 溶剂萃取 s09 水层一沉钒 VOR 选 资酸浸氧化率取 有机层V02) 有机层流出液 反萃取 水层 废渣 V,0,煅烧NH,Vo 2H+,为了提高 VO+的产率，反萃 已知：①VOSO4能溶于水，VO+与Fe不能反应。 取剂可选用HSO, ②有机溶剂H2R对VO2+及Fe3+的萃取率高，但不能萃取Fe2 萃 钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿（主要 “滤液2”先加入有 成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH,)2MoO,]的部分工艺流程 机溶剂“萃取”，再 如图。 加氨水“反萃取”， 和 NazC03、NaOH 进行“萃取”和“反 反 钼精矿， 氧化 心滤渣 萃取”操作的目的 焙烧 浸出 HNO3 滤 →滤渣2 滤液1过滤 是富集钼酸根离 取”的目 →滤液2 钼酸铵 子（或将钼酸根离 酸沉反萃取萃取←- 尾液 子与其他杂质分 HNO3 氨水 有机溶剂 离) 63 1化学 对点题型集训 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5mol·L 1.（1)(结晶分离方法|2021·湖南卷)以碳酸 时，认为该离子已沉淀完全。 氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产 “高温还原”中，生成Pb的化学方程式为 品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： ；若用炭代替 步骤I.Na2CO3的制备 CH4,将导致铅纯度下降，原因是 碳酸氢铵粉末 蒸馏水 搅拌 氯 静置 →滤液 3.(2025·山东卷节选)采用两段焙烧-水浸法 溶解→30~35℃ 洗涤 300℃ 碳 抽滤 →晶体A一 水浴 抽于 加热 从铁锰氧化矿（主要含Fe,O3、MnO2及Co、 已知：(i)当温度超过35℃时，NH4HCO Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、 开始分解。（ⅱ）相关盐在不同温度下的溶解度 Co、Mn等元素，工艺流程如下： 表(g/100gHO) ①Nas (NH),S0,回收s0 HR ②调pH NH,HCO. 温度/℃ 0 10 20 30405060 影留翻恩-离简一→庙贴 NaCl 35.735.836.036.336.637.037.3 有机相 NH HCO 11.915.821.027.0 滤渣 吸收-稀H,S0, 反苯取 一→溶解浴没 NaHCO 6.98.29.611.112.714.516.4 H,02S NH CI 29.433.337.241.445.850.455.2 CuS0,溶液 稀H,S0 回答下列问题： 已知：该工艺条件下，(NH)2SO4低温分解 步骤I中晶体A的化学式为 ,晶 生成NH,HSO4,高温则完全分解为气体； 体A能够析出的原因是 Fe2(S04)3在650℃完全分解，其他金属硫 酸盐分解温度均高于700℃。 (2)(结晶方法与操作|2022·全国乙卷)将 回答下列问题： 过滤得到的二草酸合铜（Ⅱ）酸钾滤液，用蒸 (1)(命题角度方程式书写)“低温焙烧”时金 汽浴加热浓缩，经 属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与 (一系列操作)后，干燥，得到二草酸合 NH,HSO,反应转化为MnSO,时有N2生 铜（Ⅱ）酸钾晶体。 成，该反应的化学方程式为 2.（2026·湖南卷)一种由硫化铅精矿（含PbS 及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程 。“高温焙烧”温度为 如下： 650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO, 烯极和乙二胺 外还含有 (填化学式)。 空气、硫酸 水溶液 CO CH, 硫化铅精矿一一加压氧化一一胶浸一→沉铅一→高温还原一高纯铅 (2)(命题角度萃取与反萃取)HR萃取 c02 酸性溶液 单质s生 →含钙粗产品 Cu2+反应为：2HR(有机相)+Cu+(水相) Ca(OH) CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为 取”时加入的试剂为 (填化学式)。 en)为一种二元弱碱。 4.(2026·山东卷)一种从铜阳极泥（主要含 ②K[Zn(OH)2]=3.0X10-17, Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、 K[Cd(OH)2]=7.2×10-15。 Ag的工艺流程如下： 64 上篇专题六物质转化及应用丨 KMnO 有机 Na2 SO NH CI 稀盐酸 氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的 稀盐酸萃取剂溶液 稀HNO, 酸化 是 稀H,SO 沉淀球磨提金一酸阁一萃取一反幸凤一 Au 析金 滤适水相有机相 ;配平化学方程式： FeO NaCl 尾气处理 溶液 氨水H:·HO ·V2O3+ NaOH+ 处理 选液沉银沉族溶银一还原提银一Ag Se,Cu N滤液X Fe2Os+Nas VO+ H2O。 已知：“球磨提金”时，生成的高活性C2直 7.为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低 接和Au反应生成AuCl3。 (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成 碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池， 二元弱酸H2SeO3的离子方程式为 已成为当前行业亟需解决的问题。一种废 (3)“酸溶”时，AuCL3转化为[AuC4];“反 旧磷酸铁锂电池正极材料（主要成分为 萃取”时加人Na2SO3溶液后，水相中Au以 LiFePO4,另含有少量AI)回收利用的工艺 [AuSO3]形式存在，Na2SO3的两个作用 流程如图所示。 是 “酸化析金”时，[AuSO3]发生自 放电、拆解NaOH浸泡H,SO,十H2O。 身氧化还原反应的离子方程式为 5.(2026·重庆卷)提取金 废旧电池→正极片→正极粉料→ 金 FePO, 硫代硫酸盐 浸金「 浸渣锌粉 溶液 NaOH Na;PO 水洗 焙渣Ⅱ 浸渣 ①浸金过程中，Au在O2的作用下与S2O 含锂溶液1 含锂溶液2→LiPO4 反应生成[Au(S2O3)2]3,其离子方程式为 Fe(OH)3 高纯度LiPO 回答下列问题： 6.(2026·河北卷)钒和铬是重要的战略金属。 (1)(命题角度：方程式的书写)正极粉料中 河钢集团与中科院合作研发了国际领先的 加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用 亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下 是 。 生成 钒和铬的高效提取。主要流程如下： FePO的化学方程式为 50% ①H20 稀H2S04 NaOH溶液 ②ca0 NaSO,调pH 1980℃ 饮由室墨还疆 (2)(命题角度：分离提纯)溶液的pH对铁 …→Cr203 140-180℃ 滤造40 和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和 母液 滤液 V205 磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH> 已知：钒渣主要含FeO·V,O3、FeO· 2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是 Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： 65 1化学 100 思维建模 新情境下陌生氧化还原反应化学方程式的 995 书写技巧 根据题目中的流程图或题干信息，确定反应物和 部分生成物 85 .0 分 2.0 2.5 3.0 pH 判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合 价的升降判断出氧化产物和还原产物 (3)(命题角度：分离提纯)向“含锂溶液2” 中加入NaPO溶液，得到LiPO,沉淀。 所加的Na3PO,溶液可通过向流程中的 按氧化剂十还原剂→还原产物十氧化产物 (填化学式)中加入NaOH溶液 个 写出化学方程式，并按化合价升降原则配平参与 制得。 氧化还原反应的各物质的化学计量数 (4)(命题角度：分离提纯)检验水洗Li3PO y 已洗涤干净的操作方法是 根据元素守恒，补充其他反应物或产物，一般为 水、酸(H+)或碱(OH一) 考向4工艺流程中的定量分析 突破核心透视 续表 1.定量计算的常见类型与公式 类型 解题方法 (1)常见类型与方法 类型 解题方法 复杂的滴定可分为两类： 根据关系式法、得失电子守恒法、滴 ①连续滴定法：第一步滴定反应生成 物质含 定法等，求出混合物中某一成分的 的产物，还可以继续参加第二步的滴 量计算 量，再除以样品的总量，即可得出其 定。根据第二步滴定的消耗量，可计 含量 多步滴 算出第一步滴定的反应物的量； ①根据题给信息，计算出有关物质的 定计算 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过 确定物 物质的量；②根据电荷守恒，确定出 量的，然后第二步再用另一物质返滴 质化学 未知离子的物质的量；③根据质量守 定过量的物质。根据第一步加入的 式的计 恒，确定出结晶水的物质的量；④各 量减去第二步中过量的量，即可得出 算 粒子的物质的量之比即为粒子的下 第一步所求物质的物质的量 标比 ①设晶体为1mol;②失重一般是先 (2)计算公式 失水、再失气态非金属氧化物；③计 名称 计算公式 算每步的m余'm1mol品体质量) m余 =固体 物质的质量 热重曲 该物质的质量 ×100% 残留率；④晶体中金属质量不减少， 分数（或纯度） 混合物的总质量 线计算 仍在m余中；⑤失重最后一般为金属 产品产率 产品实际产量 产品理论产量 ×100% 氧化物，由质量守恒得m0,由n金属 ：no即可求出失重后物质的化学式 物质的转化率 参加反应的原料量 加入原料的总量 ×100% 66 上篇专题六物质转化及应用 2.定量分析方法之一一关系式 回答下列问题： 关系式法常应用于一步反应或分多步进行 (1)“酸溶1”的目的是 的连续反应中，利用该法可以节省不必要的 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H[RhCl],则 中间运算过程，避免计算错误。一步反应中 生成该物质的化学方程式为 可以直接找出反应物与目标产物的关系；在 ;“滤渣”的主要成分是 多步反应中，若第一步反应的产物是下一步 反应的反应物，可以根据化学方程式将某中 (填化学式)。 间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成 质之间量的关系。 铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高 3.平衡常数间的常用数学关系模型 温还原”中发生反应的化学方程式为 (1)电离常数与水解常数 HA冬H,A兴HA□兴A (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初 Ka1·Ka=Kw;Ka2·Kie=Kw;Ks·Ka 始浓度为1.0×10-4mol·L1,为避免生成 Sn(OH),沉淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[已知Sn(OH)2的K=5.5×10-28]。 (2)多元难溶弱碱阳离子的水解常数Kh与弱 A.2.0 B.4.0 C.6.0 碱的K的关系（以Fe3+为例） (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与 Fe(aq)+3H.OXI)--Fe(OH,(s)+3H"(aq) K=cCH)=c(H)·(OH)_K Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCL3)]4,提升 c(Fe3)c(Fe3+).c(OH)Ksp 了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合 (3)水的电离平衡常数与溶度积常数的关系 价为 ;反应中同时生成[SnCl]2, M(OH)(s)=M"(aq)+nOH (aq) Rh(Ⅲ)以[RhClo]3-计，则理论上SnCl2和 为例 Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 M(OH)n悬浊液中Kp、KwpH间的关系 2.(2026·云南卷)创新驱动，深挖“城市矿 K=c(M").c"(OH-)=c(OH). 山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要 cor)-"oD-j 含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的 工艺如下： 对点题型集训 0.01mol·L,1PMs 抗坏 1.(有关K的计算|2025·河南卷)一种从预 0.1 mol I KCI 稀盐酸 稀硝酸 氧化 血酸 预 酸浸口滤法1酸浸见滤盗之 滤液X☐→…一 纳米 处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、 液 选液习 溶金 Au Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收 NOH溶液一世3一一Y 铑的工艺流程如下： Ni(OH) AgCI 浓盐酸王水 浓盐酸、DETA H 已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在 装金得一破溶]一酸帝个一衣神一能一的烧一高还圆 →铑粉 滤液」滤渣 强酸介质中会水解。 滤液2 浓盐酸 ②'O2表示具有高氧化活性的单线态氧 [沉的-一话化还原一二次还原-酸溶3 含铂沉淀 滤液3滤液4 分子。 67 1化学 “碱沉”前，用0.1000mol·L1的NaOH 浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性 标准溶液测定50.00mL“滤液1”中的H及 过强，Zn置换过程中会有Zn(OH)2生成而 Ni+浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如 影响提金的效果。25℃时，溶液中c(NH3) 图(pOH=-lg[c(OH)/(mol·L1)],pNi= =0.1mol/L,c{[Zn(NH3)4]2+}=9×10-4 -lg[c(Ni2+)/(mol·L1)],忽略Ni2+的水 mol/L,为确保[Zn(NH)]+不转化为 解)。“滤液1中N+的浓度为 mol·L Zn(OH)2沉淀，理论上pH不应高于 (结果保留小数点后3位)。 (Zn2++4NH3—[Zn(NH3)4]2+K= 14 12 3×10°，K[Zn(OH)2]=3×10-17)。 10 思维建模 10 8 溶度积(K)的常见计算类型 8 6 a(20.00,7.00) 6言 (1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度， 4 如Kn=a的饱和AgCI溶液中c(Ag) √amol/L。 0 15 2535455565 (2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求 V(NaOH)/mL 溶液中的另一种离子的浓度，如某温度 3.(2026·湖南卷)一种由硫化铅精矿（含PbS 下AgCl的Kp=a,在0.1mol/L的NaCl 及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程 溶液中加入过量的AgC】固体，达到平衡 如下： 后c(Ag)=10amol/L。 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 CO. CH, (3)计算沉淀转化的平衡常数，如Cu+(aq)+ 硫化铅精矿一一加压氧化一胺浸一一沉铅】 高温还原 →高纯错 C02 MnS(s)==CuS(s)+Mn2+(ag),平衡常 酸性溶液 单质再生 →含钙粗产品 Ca(OH)z 数K=cMn)=cMn2+)·c(S) c(Cu+)-c(Cu2+)·c(S2-) 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为 Ksp(MnS) en)为一种二元弱碱。 Ksp(CuS) ②Kp[Zn(OH)2]=3.0×10-,K,[Cd 5.(热重分析)我国古籍记载了硫酸的制备方 (OH)2]=7.2×10-15 法—“炼石胆(CuSO,·5H2O)取精华 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5mol· 法”。借助现代仪器分析，该制备过程中 L1时，认为该离子已沉淀完全。回答下列 CuSO·5H2O分解的TG曲线（热重）及 问题： DSC曲线（反映体系热量变化情况，数值已 “酸性溶液”经处理后，Cd+、Zn2+浓度分别 省略)如图所示。700℃左右有两个吸热 为0.01mol·L1、0.02mol·L1,调pH 峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 使Zn2+恰好沉淀完全时（假设溶液体积不 和 (填化学式)。 变)，Cd (填标号)。 2.5 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 2.21 DSC 4.(2026·重庆卷)提取金 1.9 女吸热峰 6 TG 1.6mg 浸液锌粉 →金 硫代硫酸盐 浸金 1.0 溶液 0. 0.8mg0.72mg 焙渣Ⅱ 浸渣 0 200 400600 80010001200 温度/℃ 68 上篇 专题六物质转化及应用 6.电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡 NaOH 化合物及少量Fe3+和Cu+等，对其处理的 溶液 (NH)2SO 95℃热水 废 流程如图。 镍 粉碎→碱浸→ 焙烧→烧渣→溶解 NaOH溶液调节pH=1.5 NaoH 渣 滤液A NH 滤渣 沉淀1，焙烧一 X溶液 RH 退锡废液一→沉淀→过滤 滤液1 NiSO,溶液←-有机层-萃取s H2O 个 层 回答下列问题： 浸出→过滤 滤液2蒸发 -Na2 SnO (1)“滤液A”中主要溶质的化学式为 残渣 结晶 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 (2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存 在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方 Sn(OH)4(或 程式： 化学式 Fe(OH)3 Cu(OH)2 SnO2·2H2O) (3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤 渣”的主要成分的化学式是 溶度积 1.0×10-56 4×10-382.5×10-20 (4)①“萃取”时发生反应N2+十2RH一 NiR2+2H(RH为萃取剂)，一定条件下， (1)(命题角度：溶度积的应用)滤液1的 处理： 萃取平衡时， NR)=4,则N的萃取率为 n(N2+) ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入 NaOH溶液，先得到的沉淀是 ②反萃取获得NiSO,溶液的实验操作是 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶 (5)NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可 液H浓度不大于 mol·L-1。 制得碱性镍镉电池电极材料NiO(OH),该 (2)(命题角度：产品纯度计算)产品中锡含 反应的离子方程式为 量的测定：称取产品1.500g,用大量盐酸溶 (6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍 解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原 的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物 为Sn2+,再用0.1000mol·L1K1O3标准 的结构，下列说法不正确的是 (填 溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被 字母)。 还原为I厂，终点时消耗KIO溶液20.00mL。 ①终点时的现象为 ,产生12 H.C 的离子反应方程式为 图a 图b A.图a中，电负性O>N>C>H ②产品中Sn的质量分数为 B.图a分子中存在的化学键有共价键、配位 7.(萃取率计算)金属镍广泛应用于制造记忆 键、氢键 合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化 C.图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞 剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某 D.氧化镍中N+、O2-的配位数都是6 废镍渣（含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)中回 @温馨提 学习至此，请完成配套大题突破 收金属镍并转化为NiSO,的流程如图所示： 69c[Cu(C0]=K,CuC,0,)·K=10.,代入 c(C.O 平衡常数表达式得到K= 10-0.85 (CuCO,),观察图中pH= 2.87时的点，该点位于曲线I上，说明此时p(C2O)= 2.34,pH=2.87时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处：p[Cu (CO):]-=p(CO)+0.85,此时p[Cu(C2O)] =3.19,代入平衡常数表达式得到：K=10 10-g=102.4 B正确；C.由B项分析可知，p[Cu(C2O,)2]=3.19并 保持不变（或由I线pH=0.15时，p(CO)=6.16,p (Cu2+)=9.35-6.16=3.19,即曲线W与Ⅲ的相交时， pH=0.15),故CuC,O,(aq)的浓度为103.19mol·L1, C错误；D.对溶液中元素守恒：总草酸根（溶液中）： c(C2O)+c(HC2 O)+c(H2 C2O.)+c[CuC2O.(aq)] +2c[CuC,0),3-3+n[GuC0,s)]=0.2mol/L:总 V 铜（溶液中）：c(Cu+)+c[CuC,O,(aq门+c{[Cu(CO2了}+ n[CuC,O,(s)]=0.1mol/L(注：两种以国体形式存在的 CuCO(s)只是为了列元素守恒)，将两式整理得到， c(CO)+c (HC2O)+c(H2 C2O)+cCu (C0,):]2}-c(Cu+)=0.1mol·L1,这是一个等 式，D错误。] 2.B[随x轴pH的变化，c(NH)+c(NH)为定值，pH 值越大，c(NH)越大，c(NH)越小，故甲为NH,乙为 NH3:加入NaOH,pH增大，c(HCO)减小，c(Ca+)=c (CO)十c(HCO)+c(HCO),pH越大，HCO3、 HCO越少，主要以CO形式存在，故pH>11时， c(Ca+)=c(CO)>c(HCO,),故丙为Ca+,丁为 HCO;A.根据分析，丁线代表HCO,A正确；B.25℃ 下，向初始浓度一定的NH,Cl溶液中加入CaCO,(s)后， 由元素守恒有c(NH)+c(NH)=c(C),c(Ca2+)= c(CO)+c(HCO)+c(HCO,),代入电荷守恒 2c(Ca)+c(NH:)+c(H)=c(OH)+c(CI)+ c(HC))+2c(C))可得c(HCO,)+2c(HCO,)+ c(H)=c(OH)+c(NH);pH=7.00时，由图可知 c(HC))>c(NH),又因为c(H)=c(OH),所以 pH=7.00时有c(HCO3)+2c(HC)3)>c(NH3),此时 右侧需加N)才可电荷守恒，故调节pH=7.00时，需 加入HNO,B错误；C.O点时，NH一NH+H+,K =NH)·H）=105,P点时pH=8.35, c(NH) 3s 讲解册参考答案丨 c(NH)c(NH)10.35 c(Ca2) c(NH,)=10e=1020,C正确；D.0,点 时，c(Ca2+)=c(C0)=10t5mol·L1,故Kn(CC0) =c(Ca+)·c(C0)=10-5,p点时，c(Ca+)= c(HC0)=l03mol·L1,c(H)=10&3imol·L1,此 时c(C0)=Kn(CaC0)10 c(Ca) 10.5mol·L1=10.25 mol L-1,K=(CO-).c(H) c(HCO) 10-3.2写 1010.35,Q点时， c(CO)K2_101o.时 (HC0)c(H5=102=102, D正确。] 专题六物质转化及应用 选择题突破六无机化工微流程 高考经典再研 1.C[A.高温下ALO可和NaCO3反应AlO3+ Na.C0,高温2NaA10.十C0,↑，】mol Al,0,完全按光 反应生成1 mol CO2,A正确：B.高温煅烧后，硅元素转 化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水 的硅酸沉淀，因此硅元素以固态形式留在浸渣中被除 去，B正确；C.“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行 的固体熔融反应，镓被转化为固态的MG(),。因此在 后续的“酸浸”步骤中，是GaO,和H反应：GaO。+十 4H+一Ga3++2H,O,C错误：D.类比明矾KAI(SO,)2 ·12H,),体系阳离子为Na、K,浓缩结晶析出铝的 复盐晶体，化学式为MAI(SO,)2·xHO(M=K或 Na+),D正确。] 2.C[A.烧时CaC0,高温ca0+C0,↑，浸出时Ca0和 盐酸反应，CaO是金属氧化物，不能拆，离子方程式为 CaO+2H+一Ca++HzO,A正确；B.FeO,可等价表 示为FeO·FeO,与盐酸发生复分解反应，生成FeCL2、 FeCL和水，反应无化合价变化，离子方程式为FeO,十 8H+一Fe++2e3++4H,O,B正确；C.净化过程加入 的是石灰浆，C()H),为悬浊液，在书写离子方程式时 不能拆分为Ca+和OH,须保留化学式，正确离子方程 式应为2Fe3++3Ca(OH)2一2Fe(OH)3￥+3Ca+,C 错误；D.碳化时溶液中含Ca+,通入NH创造碱性环 境，再通入C),生成CO,与Ca+结合析出CaCO沉 淀，离子方程式为Ca++2NH,+CO,+H,O一Ca CO3￥十2NH,D正确。] I化学 变式集训典题 1.D[思路分析 发生反应：2BiS,+90,商墨2Bi0,+6S0,4feS,+110,商遇 2Fe,0,+8S0,Mn0+S0,高遇MnS0、4Mn0,高温2Mn,0, +O2↑，则培烧后得到BiO3、FezO3、MnSO4、MnO、SiO2 A正确： 发生反应：Bi,O4+6H一2BiBi具有还原性 +3H,0、FeO+6H=2Fe+ 可将Fe+还原为 3H,0、MnO+6H+2C1T— F,防止调pH 2Mn+Cl2↑+3H0,SiO,不 时Fe水解形成 与浓盐酸反应，则滤渣的主 沉淀，以得到较 要成分为SiO02,气体A为Cl2, 为纯净的BiOCI C正确； 沉淀，D错误。 空气浓盐酸金属Bi 试剂线 操作线 锅矿园困成造离选围pH2司Bod 软锰矿]焙漫浸凌化液水解儿沉淀 杂质线过量) 烧 滤滤气 迷液 MnSO.. (MnCl2、FeCl2溶液) B正确： A Si021 Ch 产品线 BizO B盼 故选D。] 2.A[钒渣（主要成分为FeV,),,杂质为AlO3),焙烧过 程中FeV2O,生成对应的金属氧化物FeO3,AlO,转化 为NaAlO,,“培烧”的产物之一为NaV),,加入水浸出， Fe,),成为滤渣：过滤后向滤液中加入硫酸，将Al),转 化为A1()H)3,过滤后向滤液中加入(NH,),S):后得 到NHVO,沉淀，焙烧得到产品，据此分析。A.“培烧” 时，FeV,O和O2、NaCO发生氧化还原反应生成 FeO,和NaVO,,铁元素化合价由+2升高至+3、V元 素化合价由+3升高至+5,1 mol FeV,),失去5mol电 子，1mol)2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系 式：4FeV,),~5O,,O,是氧化剂，FeV,),是还原剂， n(氧化剂)：n(还原剂)=5：4，故A错误；B.由分析可 知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为 Al(OH)而除去，故B正确；C.VO的氧化性较强，不 选用HCI“调pH”的原因是：VO把CI厂氧化为有毒气 体CI2,故C正确：D.“沉钒”后得到NHV)3的饱和溶 液，c(VO)·c(NH)=Kn(NH,VO3),故D正确。] 非选择题超热点突破三突破1 「例门解析：(1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升 温、粉碎等； (2)Mn(OH),被O:氧化得到MnO,,反应的化学方程 式为：6Mn(OH)2十)22Mn3O+6H,): 根据Mg)-K,[Mg(OH]_10 1011.25 c(Mn)K[Mn(OH):]c(Mn)10-2. c(Mn2+)=10-.1imol/L: (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH,),SOg经加热水解去除， (NH,),S,Og中存在过氧键，在加热和水存在下发生水 38 解，生成NH,HSO),和HO:(NH):SO+2HzO 2NHHS),十HO2,HO,分解2HO。一2HO+O2↑， 总反应为2(NH),SO+2H,O一4NH,HS),+O,↑，最 终产物是NH,HSO,和O,; (4)[MgCO.·yMg(OH):·HO]煅烧有CO,生成，可以 得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH),,不能 分解产生CO,,不能得到疏松的轻质MgO: (5)经查常温下，MgNH,PO,的K,为2.5×1018，其饱 和溶液Mg2+浓度≈6.3×10-imol/L,Mg HPO,的溶度 积约为1.02X10’,其饱和溶液Mg+浓度≈1X103. mol/L,可见MgNH,PO,的溶解度更小，答案为： MgNH,PO,·6HO+2HPO,一-Mg2++NH+ 3H2PO,+6HO。 (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为 (NH)SO; (7)“焙烧”中，MnO,和MnO,最终生成MnS),·H2O, Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 答案：(1)搅拌适当升温 (2)6Mn(OH),+O2—2Mn,O,+6H,0101 (3)O2(4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生 CO,,不能得到疏松的轻质MgO (5)MgNH,PO..6H2 O+2H,PO:--Mg2++NH:+ 3H,PO,+6H,O (6)(NH),SO(7)还原 非选择题超热点突破三突破2考向1 对点题型集训 1.答案：搅拌（或粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等） 2.答案：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使 As:O3沸腾收集 3.答案：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 4.答案：2PbS+O2+4H++2SO一2PbS),+2S+ 2HO增大体系中氧气的压强和浓度，从而加快反应 速率 考向2对点题型集训 1.解析：（1)在600700℃焙烧可除去矿石中的H,)、煤 焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GO2；真空还原 阶段，升温到1000~1200℃，Ge()升华蒸出；使用分段 升温，可以除去杂质，能得到较纯的GeO,: (2)由图，1100℃，使用2.5%的NaH2PO2·HO真空 还原时，Ge元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能 源和原料。 8 答案：(1)在600~700℃焙烧可除去矿石中的HO、煤 焦油、As,O,等杂质，将Ge元素氧化为GeO,;真空还原 阶段，升温到1000~1200℃，Ge()升华蒸出 (2)C 2.答案：增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 3.答案：将Ag元素转化为AgC1沉淀，提高Ag的回收率 4.答案：HC1为强酸，会引入大量H中导致溶液酸性过强， 使PMS发生水解而降低氧化能力失效作还原剂，将 Au的阳离子还原为Au单质 考向3对点题型集训 1.答案：(1)NaHCO,在30~35℃时NaHCO,的溶解度 最小（意思合理即可） (2)冷却结晶、过滤、洗涤 2.答案：2Pb.(OH,C0,+CH,高温4Pb+3C0,+4H,0 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯 度下降 3.解析：(1)低温培烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧 化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氨气，根据原子 守恒可知还有氨气生成，反应的化学方程式为：3MnO 十3NH,HSO,低温培烧3MnSO,十N+NH4十 6H,):根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫 酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅、 氧化铁、硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所 得滤渣的主要成分除了SiO,外还含有FeO3、CaS),; (2)根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)+Cu+(水 相)一CuR2(有机相)十2H+(水相)，加入有机相将铜 离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移动， 生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂 为稀HSO,。 答案：(1)3Mn)2+3NH,HS), 低温培烧3MSO,十N↑十 NH3◆+6 H,O Fe,O3、CaSO(2)H,S) 4.答案：(1)3Cu,Se+20H++8NO一6Cu++3H,SeO +8NO◆+7H,O(3)将+3价Au还原为+1价，提供 配体2[AuSO]一一2Au￥+SO+SO,↑ 5.答案：4Au+O,+8S,O+2H,0一4[Au(SO)2]3 +4)H 6.答案：提高O,浓度，加快反应速率，使钒渣充分氧化，提 高钒、铬的浸出率42452812 7.解析：(1)H,)。具有氧化性，加入的目的是将溶液中的 Fe+氧化为Fe3+;Fe2+被氧化为Fe3+,H,O,被还原，发 生的化学方程式为2 LiFePO,+H2SO,+HO2一一 339 讲解册参考答案 LiSO4+2FePO,十2H2)。(2)当pH>2.5后，部分Fe 元素以Fe(OH)的形式存在，使得部分PO释放，导 致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了F(OH)?,但仍在 沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势。(3)Fe(OH); 的K,更小，所以可以通过FePO,与NaOH溶液反应生 成NaPO,与Fe(OH)a。(4)检验水洗LiPO是否已 洗涤干净主要是检验洗涤液中是否还含有硫酸根离子， 检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试 管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀 生成，说明沉淀已洗涤千净。 答案：(1)将Fe+氧化成Fe3+2 LiFePO,+H,SO,+ H,O:--Li,SO,+2FePO:+2H,O (2)pH>2.5 时，FePO:会有部分开始转变生成Fe(OH),使得部分 PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了 Fe()H),,但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降 趋势 (3)FeP):(4)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入 盐酸酸化的氣化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明 沉淀已洗涤干净 考向4对点题型集训 1.解析：贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少 量SO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶 解其中Fe,过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水（浓盐 酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为 H,[RhCl。],Pt转化为相关可溶物，Si),不溶，过滤后进 行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、 Rh,O3和RhCl3,再用H,进行高温还原得到铑单质，向 滤液中加入NH,CL将铂元素相关化合物转化为沉淀除 去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl),]-,再加 入Zn进行还原，生成Rh,由于Zn过量有剩余，加入浓 盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh分离，过滤获得铑 粉，以此分析解答。 (1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO,,Fe 易溶于酸（如盐酸或硫酸），而Rh和Pt在常温下不易被 非氧化性酸溶解，S),不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧 化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液， 剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO,,实现初步分离。 (2)“酸溶2”中Rh转化为H[RhCL],Rh元素化合价由 0升高至十3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+4， 结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程 式为Rh+6HCI+3HNO3一H3[RhCL]+3NO2◆+ 3H,O:由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分 为SiO2。 1化学 (3)“高温还原”过程中，Rh,O和RhCL均被H还原为 Rh,Rh元素化合价均由+3降低至O,根据化合价升降 守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh,O,十3H,高温 高温」 2Rh+3H2O、2RhCL+3H2=2Rh+6HCI。 (4)SnCl,初始浓度为1.0×10‘mol·L1,则溶液中 c(Sn+)=1.0×10‘mol·L1,当恰好生成Sn(OH)2 K.p [Sn(OH)2] 沉淀时，c(OH)= mol·L-1= c(Sn2) 5.5×10-28 √，0X10mol.L≈2.3×10molL',c(H)= K 10-14 (H .3X10 mol.L4.3X10mol.L,pH =-lgc(H)=-lg(4.3×103)=3-0.6=2.4,因此 为避免生成Sn(OH),沉淀，溶液的pH<2.4,故答案 为A。 (5)配离子[Rh(SnCL)]中，配体[SnCl3]带1个负 电荷，设Rh的化合价为x,则x+5×(一1)=一4，则x =+l;Rh(Ⅲ)以[RhCL]3计，反应中Rh(Ⅲ)还原至 Rh(I),每个Rh得到2个电子，SnCL为还原剂，部分被 氧化为[SnCL]-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(N),每个Sn失 去2个电子，同时反应过程中，部分SC2结合一个CI 形成[SnCl],作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl)], 需要5个SnCL2,因此理论上SnCL,和Rh(Ⅲ)反应的物 质的量之比为(1十5)：1=6：1。 答案：(1)溶解F,使其进入溶液，从而通过过滤实现分 离(2)Rh+6HCI+3HN),-H,[RhCL]+3NO,↑+ 3H,0Si0,(3)Rh,O,+3H,高温2Rh+3H,0、 2RhCL,+3H,高温2Rh十6HCI(4)A（5)+16:1 2.解析：V(NaOH)在0~20.00mL之间时，pOH急剧下 降，此时是NaOH溶液中和滤液1中过量的HCL的阶 段。V(NaOH)在20.00~55.00mL之间时，曲线趋于平缓， 到达55.00mL时pNi发生突变上升，说明此阶段NaOH 均用于沉淀N+,沉淀N+消耗NaOH溶液体积为 55.00ml-20.00mL=35.00ml,n(0H)=0.1000mol/L ×0.035L=0.0035mol,由N++2OH-Ni(OH)2￥ 得m(N+)=0.0035mo=0.00175mol,c(Nr+) 0.00175mol=0.035mol/L。 0.05L 答案：0.035 3 3.解析：当Zn+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn+)=1.0 105mol·L,此时溶液中c2(OH)=K[Zn(0H)] c(Zn2) =3.0X1017 =0×10=3X10“。对于C+,其浓度商Q c(Cd+)·c2(0H)=0.01×3.0×10-12=3.0×101“。 因为Q=3.0×101“>K[Cd(OH)2]=7.2×101i,故 有Cd(OH)。沉淀生成；若Cd+沉淀完全，需要 c2(0H)=Z.2×101 1.0×10=7.2×100>3.0×101,说 明此时Cd+并未沉淀完全。因此Cd+部分沉淀，选b。 答案：b 4.解析：配合物稳定常数K=c[Zm(NH,)]) c(Zn)·c(NH,,代入数 据：3×10°= c(Zn+)·(0.1),解得c(2n+)=3X10 9×10-4 mol/L,不生成Zn(OH),沉淀满足c(Zn2+)·c2(OH) ≤K,[Zn(OH)2],则c(OH)≤ K.[Zn(OH):] c(Zn2) 3X10r √3×10mol/L=1X10‘mol/L,p0H≥4，pH=14- pOH10。 答案：10 5.解析：根据图示的DSC曲线所示，在700℃左右会出现 两个吸热峰，说明此时CuSO),发生热分解反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuS),质量的一半，说 明有固体C)剩余，还有其他气体产生，此时气体产物 为S0,、SO,、O2,可能出现反应的化学方程式为3CuS0 70℃3Cu0+2S0,↑+S0,↑+0.↑，结合反应中产 物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的 产物为CuO、S)2、S)3、O2。 答案：CuO SO 6.解析：由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶 液调节溶液H为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡， 过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀 1中加入氢氧化钠培烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水 浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 (1)①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶 解度小的氢氧化铁先沉淀。②由溶度积可知，25℃时， 铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为 /2.5×100 √1X10mol/L,=5×10mol·L1,则溶液中的氢 离子浓度不大于2×101mol·L1。(2)①由题意可 0 知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡 反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘使淀粉溶 液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终，点时的现象为 滴入最后半滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色， 且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为O十 3Sn++6H一-1厂+3Sn++3H0,1O+51+6—3L +3H0。②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0. 1000ol·L碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分 数为0.1000mol,L×0.0200L×3×119g·mol 1.500g ×100%=47.6%。 答案：(1)①F(OH)3②2×10-(2)①滴入最后半 滴K1O,标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不 褪色1O+51厂+6H31,+3H,0②47.6% 7.解析：废镍渣（含NiFe2)、Ni)、Fe)、Al)3),“粉碎”后 加入NaOH溶液“碱浸”，则废镍渣中的AlO和NaOH 反应，反应的离子方程式为AlO3十2OH+3HO一 2[Al(OH):];通过过滤分离，剩下的物质加入 (NH,),SO,“培烧”变成硫酸盐，NiFe,O,、NiO、FeO与 (NH),SO反应生成的盐为NiSO,、Fe(SO,)3、 FSO,同时有氨气生成；95℃热水溶解烧渣，Fe+水解 为Fe(OH)3;经过萃取将Fe+、N+分离，得到含Ni+ 的有机层，最后得到NSO,。(1)由分析可知，“滤液A” 中主要溶质为Na[Al(OH),]:(2)“焙烧”后金属元素以 硫酸盐的形式存在，则NiO与(NH,),SO,反应的化学方 程式为(NH),SO,+NO高温2NH,◆+NSO,十H0+; (3)烧渣中含有NiSO,、Fe2(SO,)3、FeSO,,95℃热水“溶 解”，Fe3+水解为Fe(OH),,则过滤所得“滤渣”的化学式 为Fe(OHD,:(4)①一定条件下，苯取平衡时(NR,) m(Ni) 4,被萃取的N+即形成NiR,的N+的物质的量是残 留在溶液中N的4倍，则N的苹取率为× 100%=80%。②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、 分液，得到NiSO,溶液：(5)“反萃取”得到的NiS),溶液 在碱性条件下可被NaCIO氧化生成NiO(OH),该反应 的离子方程式为2N++C)+4OH一2NiO(OH)￥+ Cl+H,O;(6)元素非金属性越强电负性越强，故图a 中，电负性()>N>C>H,选项A正确；氢键不是化学 键，选项B错误：各顶点不相同，不能无隙并置，所以图b 不是一个晶胞，是晶胞的部分结构，选项C错误；由N) 晶胞的部分结构可知，其晶胞应为NCl型，N+、O-的 配位数都是6，选项D正确。 3 讲解册参考答案 答案：I)Na[AI(OH),](2)NO+(NH,,SO.高温 NiSO.+2NH3↑+HO↑(3)Fe(OH),(4)①80% ②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液 (5)2Ni++CI)+4OH--2Ni)(OH)￥+C1+ H,O (6)BC 专题七化学实验 选择题突破七1常用实验仪器、试剂保存、实验安全 高考经典再研 1.B[Na,CO,摩尔质量M=106g·mol厂，n(Na,CO)= M106g·mo=0.01000mol,因此需配制溶液体积 1.0600g 为V=n=0.01000mol c0.0500m0l,L=0.2000L=20.0ml. 因此需选用200mL容量瓶（②），不能用500mL容量瓶 (④)。定容时需用到胶头滴管（①），溶解操作、移液操 作需用到玻璃棒（⑥），因需称量1.0600 g Na2 CO,普通 电子天平（③）精度不足，无法称取1.0600g,需用到电 子分析天平（⑤），因此确定必使用需仪器为①②⑤⑤， 故选B。] 2.C[禁止用燃着的酒精灯去引燃另一盏酒精灯，这种操 作容易使酒精酒出从而可能引发火灾，C符合题意。] 变式集训典题 1.A[酸、碱废液一般具有腐蚀性，直接排放会损坏管道、 污染环境，应分别收集，在确定混合无危险时采用中和 法，每次各取少量分次混合后再排放，A符合题意；有些 反应剧烈，进行化学实验时；需要佩戴护目镜，B不符合 题意；加热操作时选择合适的工具并做好防护避免烫 伤，C不符合题意；乙醇是一种易燃、易挥发的有机溶剂， 应存放在阴凉通风处，并注意远离火种，D不符合题意。] 2.A[A.给试管中的物质加热时，液体体积不能超过试 管容积的3，且用酒精灯外焰加热，操作合理，A正确： B.定容时，视线应与刻度线保持水平，操作错误，B错误； C.稀释浓硫酸应遵循“酸入水”的原则，操作错误，C错 误；D.氢氧化钠溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中进行 滴定，装置使用错误，D错误。] 选择题突破七2实验组合装置图的分析评价 高考经典再研 1.A[A.氯气的密度大于空气的密度，使用向上排空气 法收集，氯气与CaCl,溶液不反应，不能用CaCL2吸收尾 气，需用NOH溶液吸收，A方案不合理；B.电石与水反 应生成乙炔，该反应剧烈，采用饱和NaCI溶液可减缓电 石与水的反应速度，B方案合理：C,亚硫酸的酸性比碳