化学（二）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略_2024高考押题卷_62024学科网全系列_20学科网高考考前终极攻略_化学-2024年高考考前20天终极冲刺攻略

1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司目 录 contents 离子方程式和离子共存...........................................................................................3 绚烂多姿的氧化还原反应.....................................................................................13 新型化学电源与电解池.........................................................................................23 水溶液中的离子平衡.............................................................................................39 化学工艺流程大题综合.........................................................................................60 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司离子方程式和离子共存 年份 试卷 考点 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 化合物之间转化反应的离子方程式正误判断 2022 湖北卷 限定条件下的离子共存 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 2021 湖南卷 限定条件下的离子共存 2021 广东卷 离子方程式正误判断 2021 湖北卷 离子方程式正误判断 2021 天津卷 限定条件下的离子共存 离子方程式的正误判断主要考查是否符合反应事实；物质化学式是否拆分；是否守恒(元素质量、电荷和得 失电子)；是否与量有关等。而离子共存增加了限制条件和隐含条件以及加大对氧化还原反应的考查，甚至 与有机物中的官能团性质结合，综合程度增加，区分度加大。 1.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。 3 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司方法 如：向AlCl 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： 3 ①Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓， 3 ②Al(OH) ＋OH－===AlO－2＋2H O， 3 2 由①＋②可得：Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H O。 2 （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：FeBr 溶液与Cl 反应，在不明确离子反应的先后 2 2 顺序时，可假设Cl 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Cl 先与Fe2＋ 2 2 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NaHCO 与足量Ca(OH) 溶液的反应： 3 2 “少定”——即定HCO－3的物质的量为1 mol， “多变”——1 mol HCO－3能与1 mol OH－发生反应，得到1 mol H O和1 mol CO2－3 ，1 mol CO2－3 再与1 mol 2 Ca2＋结合生成CaCO 沉淀。离子方程式为HCO－3＋Ca2＋＋OH－===CaCO ↓＋H O。 3 3 2 2.离子能否大量共存的判断 （1）注意限制条件 常见表述 “陷阱”点拨 Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO－4等有色离子不能大量存在；“透明”也 无色、透明 可“有色” 常温下pH＝1(或pH＝13) 溶液显酸性(或碱性) 如Fe2＋、S2－、I－、SO2－3 与NO－3(H＋)、ClO－、MnO－4不能大量 因发生氧化还原反应而不能大量共存 共存；Fe3＋与S2－、I－等不能大量共存 （2）挖掘隐含条件 常见表述 “陷阱”点拨 与Al反应放出H 溶液既可能显酸性也可能显碱性 2 由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液 溶液既可能显酸性也可能显碱性 4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司通入足量的NH 与NH ·H O反应的离子不能大量存在 3 3 2 含有大量Fe3＋的溶液 应是酸性溶液并具有强氧化性 含有大量AlO－2、S2－的溶液 应是碱性溶液 含有大量NO－3的溶液 酸性条件下，还原性离子不能大量存在 （3）审准题干要求 常见表述 “陷阱”点拨 “一定”“可能”或“不能”大量共存 审清关键字词，仔细分析判断 典例1（2023·浙江选考1月第7题）下列反应的离子方程式不正确的是（ ） A. Cl 通入氢氧化钠溶液：Cl 2OH=Cl ClO H O 2 2 2 B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al O 2OH=2AlO H O 2 3 2 2 C. 过量CO 通入饱和碳酸钠溶液：2Na CO2 CO H O=2NaHCO  2 3 2 2 3 D. H SO 溶液中滴入氯化钙溶液：SO2 Ca2=CaSO  2 3 3 3 【答案】D 【解析】Cl 通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为： 2 Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O，A正确；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式 2 2 为：Al O +2OH-=2AlO-+H O，B正确；过量CO 通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应 2 3 2 2 2 的离子方程式为：2Na++CO2-+CO +H O=2NaHCO ，选项C正确；H SO 溶液中滴入氯化钙溶液， 3 2 2 3 2 3 因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；答案选D。 典例2（2023·湖南卷第5题）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是 A. 碱性锌锰电池的正极反应：MnO +H O+e-=MnO(OH)+OH- 2 2 B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H O-2e-=PbO +4H+ 2 2 C. K [Fe(CN) ]溶液滴入FeCl 溶液中：K++Fe2++[Fe(CN) ]3-=KFe[Fe(CN) ]↓ 3 6 2 6 6 D. TiCl 加入水中：TiCl +(x+2)H O=TiO ·xH O↓+4H++4Cl- 4 4 2 2 2 【答案】B 【解析】碱性锌锰电池放电时正极得到电子生成MnO(OH)，电极方程式为MnO +H O+e-=MnO(OH)+OH-，A 2 2 正确；铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO -2e-+2H O=PbO +4H++SO 2-，B错误； 4 2 2 4 K [Fe(CN) ]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN) ]3-=KFe[Fe(CN) ]↓，C 3 6 6 6 正确；TiCl 容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl +(x+2)H O=TiO ·xH O↓+4H++4Cl-，D正 4 4 2 2 2 5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司确；故选B。 典例3（2023·浙江卷6月第9题）下列反应的离子方程式正确的是 A. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I-+2Cl 2Fe3++I +4Cl- 2 2 B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO +H OHClO+HCO- 2 2 3 C. 铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO- Cu2++2NO +2H O 3 2 2 D. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO +2H OH S+2HSO- 2 2 2 3 【答案】B 【解析】碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：2I+Cl I +2Cl，故A 2 2 错误；向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO+CO +H OHClO+HCO， 2 2 3 故B正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO 3Cu2++2NO+4H O，故C 3 2 错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠： 2S2+5SO +2H O3S+4HSO，故D错误；答案为B。 2 2 3 典例4（2023·北京卷第6题）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. Cl 制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl 2OH Cl ClO H O 2 2 2 B. 食醋去除水垢中的CaCO ：CaCO 2H Ca2 H OCO  3 3 2 2 C. 利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3 Cu 2Fe2 Cu2 D. Na S去除废水中的Hg2：Hg2 S2 HgS 2 【答案】B 【解析】Cl 和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H O，除了Cl 和H O不能拆写其余均可拆写为离子，A 2 2 2 2 项正确；食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH COOH+CaCO =Ca2++2CH COO-+CO +H O，B项错误； 3 3 3 2 2 FeCl 将Cu氧化为CuCl 而自身被还原为FeCl ，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；Na S将Hg2+转化 3 2 2 2 为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；故选B。 典例5（2023·重庆卷第2题）下列离子方程式中，错误的是 A. NO 通入水中：3NO H O2H 2NO NO 2 2 2 3 B. Cl 通入石灰乳中：Cl 2OH ClO Cl H O 2 2 2 C. Al放入NaOH溶液中：2Al2OH 2H O2AlO 3H  2 2 2 D. Pb放入Fe SO  溶液中：PbSO2 2Fe3 2Fe2 PbSO 2 4 3 4 4 【答案】B 【解析】二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为3NO H O2H 2NO NO，A正确；石灰乳转 2 2 3 6 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司化氢氧化钙不能拆，反应为Cl +CaOH =Ca2++ClO-+Cl-+H O，B错误；Al放入NaOH溶液中生 2 2 2 成偏铝酸钠和去：2Al2OH 2H O2AlO 3H ，C正确；Pb放入Fe SO  溶液中发生氧 2 2 2 2 4 3 化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：PbSO2 2Fe3 2Fe2 PbSO ，D正确；故选B。 4 4 预测1（2024·广东·一模）下列离子方程式正确的是 A．Na与水反应：NaH OH OHNa 2 2 B．食醋去除铁锈：6H Fe O 2Fe3 3H O 2 3 2 C．同物质的量浓度同体积Ba(OH) 溶液与NaHSO 溶液混合：Ba2 OHH SO2- BaSO H O 2 4 4 4 2 Δ D．NH HCO 溶液中加足量NaOH溶液并加热：NH OH H ONH  4 3 4 2 3 预测2（2024·湖南·二模）下列反应的离子方程式不正确的是 A．金属铅溶于Fe SO  溶液：2Fe3 PbSO2 PbSO 2Fe2 2 4 3 4 4 B．铅酸蓄电池充电时的阴极反应：PbO 4H 2eSO2=PbSO 2H O 2 4 4 2 C．普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极反应：MnO NH e=MnO(OH) NH 2 4 3 D．实验室用SbCl 水解制备Sb O :2SbCl 3H Oƒ Sb O 6H 6Cl 3 2 3 3 2 2 3 预测3（2024·河北·一模）硫代硫酸钠Na S O 主要用于照相时作定影剂，也可用作氰化物的解毒剂，下 2 2 3 列离子方程式书写错误的是 A．用过量的Na 2 S 2 O 3 溶液除去底片上的AgBr时有Na 3   AgS 2 O 3  2   生成：Ag2S 2 O 3 2   AgS 2 O 3  2   3 B．久置空气中的Na S O 溶液变质：S O2H O2O 2SO22H 2 2 3 2 3 2 2 4 C．用Na S O 溶液吸收工业尾气中足是的Cl ：S O24Cl 5H O2SO28Cl10H 2 2 3 2 2 3 2 2 4 D．向Na S O 溶液中滴加稀硫酸：S O22H SSO H O 2 2 3 2 3 2 2 预测4（2024·北京西城·一模）下列反应的离子方程式书写正确的是 A．NaOH溶液与醋酸溶液反应：OHH H O 2 B．CuSO 溶液与Ba(OH) 溶液反应：Cu2 SO2Ba2 2OH BaSO Cu(OH)  4 2 4 4 2 电解 C．电解饱和食盐水：2Cl2H Cl H  2 2 D．向FeI 溶液中通入过量的Cl ：2Fe2 Cl 2Fe3 2Cl 2 2 2 预测5（2024·浙江·模拟）常温下，在指定的溶液中一定能大量共的离子组是 7 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．澄清透明的溶液：SO2、SCN、Fe3、NH 4 4 B．使甲基橙变红的溶液：Na、NO、Br、S O2 3 2 3 C．加入铝产生氢气的溶液：Ba2、Cl、K、I D．c(Al3)0.1mol/L的溶液：HCO、Mg2、Ca2、CH COO 3 3 押题1（2024·湖南·一模）下列反应的离子方程式书写正确的是 A．碘化亚铁溶液中通入足量的氯气：2Fe2 2ICl 2Fe3 I 4Cl 2 2 B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：IO5I6H 3I 3H O 3 2 2 C．向MgHCO  溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2 2HCO2OH MgCO CO22H O 3 2 3 3 3 2 D．向NH AlSO  溶液中滴入BaOH 使SO2反应完全： 4 4 2 2 4 2Ba2 4OHAl3 2SO2 2BaSO AlOH   4 4  4  押题2（2024·江苏南通·二模）下列化学反应表示正确的是 电解 A．电解饱和食盐水制备Cl 的离子方程式：2Cl2H Cl H  2 2 2 光照 B．将氯水在强光下照射的化学方程式：2HClO Cl 2H O 2 2 C．氨气检验Cl 泄露的化学方程式：3Cl 8NH N 6NH Cl 2 2 3 2 4 D．Cl 处理含氰碱性废水的离子方程式：5Cl 2CN4H O10ClN 2CO 8H 2 2 2 2 2 押题3（2024·北京海淀·三模）下列与事实对应的化学用语正确的是 A．C和O形成CO 的过程： 2 电解 B．用石墨电极电解CuCl 溶液：2Cl2H H Cl  2 2 2 C．向NaHSO 溶液中加入足量BaOH 溶液，得到白色沉淀：H SO2Ba2 OH BaSO H O 4 2 4 4 2 D．Cl的非金属性强于S：2HClNa SH S2NaCl 2 2 押题4（2024·天津·一模）下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是 A．乙醇溶液中：H、Al3、MnO、SO2 4 4 B．滴加酚酞显红色的溶液中：CO2、Na、K、NO 3 3 C．使甲基橙变红的溶液中：S O2、K、Fe2、SO2 2 3 4 8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司D．所含溶质为Na SO 的溶液中：K、CO2、NO、Al3 2 4 3 3 押题5（2024·浙江金华·三模）在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是 A．无色溶液。K、H、CO2-、MnO 3 4 B．碱性条件：Ba2、Na、Cl、ClO C．水电离出的c  H+ =110-9mol/L的溶液：Al3、I-、Mg2、SO2- 4 D．制作印刷电路板的腐蚀液：Cu2、NO-、H、Ag 3 名校预测 预测1 【答案】C 【解析】A．原离子方程式质量不守恒，Na与水反应的离子方程式为：2Na2H OH 2OH2Na， 2 2 A错误； B．醋酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故食醋去除铁锈的离子方程式为： 6CH COOH+Fe O =2Fe3++3H O+6CH COO-，B错误； 3 2 3 2 3 C．同物质的量浓度同体积Ba(OH) 溶液与NaHSO 溶液混合的反应方程式为： 2 4 Ba(OH) +NaHSO =BaSO ↓+H O+NaOH，则离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO2-=BaSO +H O，C正确； 2 4 4 2 4 4 2 D．足量的NaOH还能与碳酸氢根离子反应，故NH HCO 溶液中加足量NaOH溶液并加热的离子方程式为： 4 3 Δ HCO-+NH++2OH- 2H O+NH +CO2-，D错误； 3 4 2 3 3 故选C。 预测2 【答案】B 【解析】A．金属铅溶于Fe SO  溶液反应生成硫酸铅和硫酸亚铁，离子方程式为： 2 4 3 2Fe3 PbSO2 PbSO 2Fe2，A正确； 4 4 B．铅酸蓄电池充电时，PbSO 在阴极得到电子生成Pb，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为： 4 PbSO 2e Pb+SO2，B错误； 4 4 C．普通锌锰干电池放电过程中，MnO 在正极得到电子生成MnO(OH)，根据得失电子守恒和电荷守恒配平 2 电极方程式为：MnO NH e=MnO(OH) NH ，C正确； 2 4 3 D．实验室用SbCl 水解制备Sb O ，离子方程式为:2SbCl 3H Oƒ Sb O 6H 6Cl，D正确； 3 2 3 3 2 2 3 9 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司故选B。 预测3 【答案】A 【解析】A．用过量的Na 2 S 2 O 3 溶液除去底片上的AgBr时有Na 3   AgS 2 O 3  2   生成，反应的离子方程式为： AgBr2S O2 AgS O   3 Br-，选项A错误； 2 3  2 3 2  B．久置空气中的Na S O 溶液变质，被空气中的氧气氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为： 2 2 3 S O2H O2O 2SO22H，选项B正确； 2 3 2 2 4 C．用Na S O 溶液吸收工业尾气中足量的Cl ，生成硫酸钠、氯化钠和盐酸，反应的离子方程式为： 2 2 3 2 S O24Cl 5H O2SO28Cl10H，选项C正确； 2 3 2 2 4 D．向Na S O 溶液中滴加稀硫酸，生成硫和二氧化硫，反应的离子方程式为：S O22H SSO H O， 2 2 3 2 3 2 2 选项D正确； 故选A。 预测4 【答案】B 【解析】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：OH-+CH COOH=H O+CH COO-，A错误 ； 3 2 3 B．CuSO 溶液与Ba(OH) 溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B正确； 4 2 C．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，水不能拆，正确离子方程式为： 通电 2Cl-+2H O Cl +H +2OH-，C错误； 2 2 2 D．向FeI 溶液中通入过量的Cl ，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为： 2 2 2Fe2++4I-+3Cl =2Fe3++6Cl-+2I ，D错误； 2 2 故选B。 预测5 【答案】C 【解析】A．Fe3+、SCN-会反应，不能大量共存，A错误； B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性， S O2在酸性条件下生成二氧化硫和硫单质，和氢离子不能大量共存， 2 3 B错误； C．与铝反应能产生氢气的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下，这些离子均不反应，能大量共存，C正 确； D．c(Al3+ )=0.1mol•L-1的溶液中，Al3+与HCO发生完全双水解反应，不能大量共存，D错误； 3 故选C。 10 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司名师押题 押题1 【答案】B 【解析】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离 子方程式为2Fe2 4I3Cl 2Fe3 2I 6Cl，A错误； 2 2 B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为 IO5I6H 3I 3H O，B正确； 3 2 2 C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为 Mg2 2HCO4OH  MgOH 2CO22H O，C错误； 3 2 3 2 D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2， 反应的离子方程式为2Ba2 NH Al3 2SO24OH  AlOH NH H O2BaSO ，D错误； 4 4 3 3 2 4 故选B。 押题2 【答案】C 电解 【解析】A．电解饱和食盐水制备Cl 的离子方程式：2Cl2H O Cl H 2OH-，A错误； 2 2 2 2 光照 B．将氯水在强光下照射的化学方程式：2HClO O +2HCl，B错误； 2 C．氨气检验Cl 泄露的化学方程式：3Cl 8NH N 6NH Cl，C正确； 2 2 3 2 4 D．Cl 处理含氰碱性废水的离子方程式：5Cl 2CN+8OH- 10ClN 2CO 4H O，D错误； 2 2 2 2 2 故选C。 押题3 【答案】C 【解析】 A．二氧化碳的电子式为 ，故A错误； 电解 B．石墨电极电解CuCl 溶液：2Cl-+Cu2+ Cu+Cl ，故B错误； 2 2 C．NaHSO 与足量BaOH 反应生成硫酸钡沉淀和水，反应离子方程式为： 4 2 H SO2Ba2 OH BaSO H O，故C正确； 4 4 2 D．非金属性强弱可通过最高价含氧酸的酸性强弱比较，不能通过氢化物的酸性判断，故D错误； 故选C。 11 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司押题4 【答案】B 【解析】A．乙醇与H、MnO发生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意； 4 B．使酚酞变红色的溶液，含有大量的OH-，CO2、Na、K、NO，各组分之间不发生反应，故B符合 3 3 题意； C．能使甲基橙变红的溶液，溶液显酸性，因为H+、S O2发生氧化还原反应而不能大量共存，故C不符合 2 3 题意； D．CO2与Al3发生双水解，不能大量共存，故D不符合题意； 3 故选B。 押题5 【答案】B 【解析】A．MnO有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A不选； 4 B．碱性条件下，Ba2、Na、Cl、ClO不发生反应，能大量共存，B选； C．水电离出的c  H+ =110-9mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，Al3不能在碱性条件下大量存在，C 不选； D．印刷电路板的腐蚀液中含有Fe2+，NO-、H会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D不选； 3 故选B。 绚烂多姿的氧化还原反应 年份 试卷 考点 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 12 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司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 2021 湖南卷 氧化剂和还原剂的物质的量之比、电子转移计算 2021 山东卷 氧化还原反应的判断、氧化剂、氧化产物 2021 浙江卷 氧化反应的判断、还原剂与氧化剂的物质的量之比、电子转移计算 氧化还原反应规律的题目有易有难，主要考查相关概念的判断以及得失电子守恒规律、强弱规律、优先反 应规律和同种元素化合价不交叉规律等的运用。常将知识情境化、问题化，具有较高的区分度。 1．掌握氧化还原反应概念关系图 2．熟悉氧化还原反应规律 （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KMnO 中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处 4 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl 等)。 2 （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。 2.得失电子守恒法解题的思维模式 （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（2023·浙江选考1月第10题）关于反应2NH OH4Fe3=N O4Fe24HH O，下列说法正确的 2 2 2 是（ ） A. 生成1molN O，转移4mol电子 B. NH OH是还原产物 2 2 C. NH OH既是氧化剂又是还原剂 D. 若设计成原电池，Fe2+为负极产物 2 【答案】A 【解析】由方程式可知，反应生成1molN O，转移4mol电子，故A正确；由方程式可知，反应中氮元素 2 的化合价升高被氧化，NH OH是反应的还原剂，故B错误；由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高 2 被氧化，NH OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；由 2 方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，Fe3+在正极 得到电子发生还原反应生成亚铁离子，Fe2+为正极产物，故D错误；故选A。 典例2（2023·湖南卷第10题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照 条件下，颜料雌黄(As S )褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 2 3 下列说法正确的是 A. S O 2-和SO 2-的空间结构都是正四面体形 2 3 4 B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 nO  C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 2 ：Ⅰ<Ⅱ nH O 2 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs S 转移的电子数之比为3∶7 2 3 【答案】D 【解析】S O 2-的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；As S 2 3 2 3 中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As S 中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误； 2 3 紫外光 根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As S 6O 3H O 2As O 3H S O ，反应Ⅱ的方程式为： 2 3 2 2 2 3 2 2 3 自然光 nO  As S 7O 6H O 2As O 3H S O ，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 2 ：Ⅰ>Ⅱ，C错误；As S 2 3 2 2 2 3 2 2 3 nH O 2 3 2 中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1molAs S 失电子 2 3 3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1molAs S 失电子2×2mol+3×8mol=28mol， 2 3 则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs S 转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。 2 3 典例3（2023·浙江卷1月第6题）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”， 其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A. 药剂A具有还原性 B. ①→②过程若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子 C. ②→③过程若药剂B是H O ，其还原产物为O 2 2 2 D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型 【答案】C 【解析】①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有 还原性，故A正确；①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2molS-S键断裂，则转移4mol电子， 故B正确；②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H O ，则B化合价应该降低，因此其还原产物为 2 2 H O，故C错误；通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发 2 通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。综上所述，答案为C。 典例4（2023·北京卷第12题）离子化合物Na O 和CaH 与水的反应分别为① 2 2 2 2Na O 2H O4NaOHO ；②CaH 2H OCa(OH) 2H 。下列说法正确的是 2 2 2 2 2 2 2 2 A. Na O 、CaH 中均有非极性共价键 2 2 2 B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C. Na O 中阴、阳离子个数比为1:2，CaH 中阴、阳离子个数比为2:1 2 2 2 15 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O 和H 的物质的量相同 2 2 【答案】C 【解析】Na O 中有离子键和非极性键，CaH 中只有离子键面不含非极性键，A错误；①中水的化合价 2 2 2 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；Na O 由Na+和O 2-组成．阴、阳离 2 2 2 子个数之比为1∶2，CaH 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 2 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。 典例5（2022·浙江卷）关于反应Na S O +H SO =Na SO +S+SO +H O，下列说法正确的是 2 2 3 2 4 2 4 2 2 A.H SO 发生还原反应 2 4 B.Na S O 既是氧化剂又是还原剂 2 2 3 C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D.1mol Na S O 发生反应，转移4mol电子 2 2 3 【答案】B 【解析】Na S O +H SO =Na SO +S↓+SO ↑+H O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧 2 2 3 2 4 2 4 2 2 化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H SO 转化 2 4 为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；Na S O 2 2 3 中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO (+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法 2 正确；该反应的氧化产物是SO ，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不 2 正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa S O 发生反应，要转移2mol电子，D说法不正 2 2 3 确。故选B。 预测1（2024·河北·二模）“马氏试砷法”原理中的“砷镜”可溶于NaClO的碱性溶液，发生的反应为 AsNaClO NaOHNa AsO NaClH O(末配平)。下列说法正确的是 5 4 2 A．配平后NaOH的化学计量数为5 B．该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2 C．NaClO的电子式为 D．该反应每生成5.4gH O，转移0.6mol电子 2 预测2（2024·浙江宁波·二模）酸性条件下Na S和Na SO 发生反应： 2 2 3 2Na SNa SO 3H SO =3Na SO 3S3H O，下列说法不正确的是(设N 为阿伏加德罗常数的值) 2 2 3 2 4 2 4 2 A 16 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．生成24gS转移电子的数目为N B．Na S是还原剂，发生氧化反应 A 2 C．Na SO 是氧化产物 D．碱性条件下S2-和SO2可以大量共存 2 4 3 预测3（2024·安徽淮北·一模）MnO 与浓硫酸在一定条件下可发生反应： 2 MnO H SO MnSO XH O（方程式未配平），下列说法正确的是 2 2 4 4 2 A．X为SO B．MnO 既作氧化剂又作还原剂 2 2 C．浓硫酸表现出了氧化性和酸性 D．0.5molMnO 发生反应时转移电子2mol 2 预测4（2024·湖南益阳·三模）今年春晚长沙分会场的焰火璀璨夺目，燃放烟花时发生反应： 2KNO S3C@K SN 3CO ，同时在火药中会加入Li CO、NaNO、CaCl 等物质。下列说法正确 3 2 2 2 2 3 3 2 的是 A．该反应中，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:1 B．每生成1molN ，被S氧化的C的物质的量为0.5mol 2 C．火药中的Li CO、NaNO、CaCl 均不参与化学反应 2 3 3 2 D．燃放烟花对环境没有污染 270℃ 预测5（2024·辽宁抚顺·三模）已知：2Ag+2H O +2H SO Ag SO +SO +O +4H O。下列有关该 2 2 2 4 2 4 2 2 2 反应的叙述正确的是 A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2 B．H O全部是还原产物 2 C．生成1 mol Ag SO 转移4 mol电子 D．常温下，气体产物不能大量共存 2 4 押题1（2024·浙江·二模）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等 尾气处理方法。后者常采用NH 作还原剂，其反应之一为：8NH 6NO 7N 12H O，下列说法不正确 3 3 2 2 2 的是（N 为阿伏加德罗常数） A A．氧化产物与还原产物的质量比为3∶4 B．生成1mol水转移电子的数目为2N A C．可使用Na CO 溶液吸收氮氧化物 D．氮氧化物的排放可形成酸雨 2 3 押题2（2024·辽宁·一模）下列说法涉及到氧化还原反应的个数是 ①人工固氮 ②漂白粉做消毒剂 ③用酸性重铬酸钾检验酒驾 ④黑火药爆炸 ⑤铝的表面生成致密氧化膜 ⑥氢氧化钠久置于空气中表面发生潮解 ⑦FeOH 胶体的制备 ⑧氨气的实验室制备 ⑨农药波尔多液不能用铁质容器盛放 3 ⑩铁粉做食品袋内的脱氧剂 17 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．6 B．7 C．8 D．9 押题3（2024·湖南长沙·一模）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过 氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如图 转化进行发蓝处理，已知NaNO 的还原产物为NH 。下列说法正确的是 2 3 A．钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是Fe O 3 4 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1  C．反应②的离子方程式为6FeO2NO7H 3Fe O2NH 2H O 2 2 2 4 3 2 D．反应③属于氧化还原反应 押题4（2024·河北衡水·三模）所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用， 从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正确的是 A．反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化 B．1L0.2molL1K CrO 的溶液中含有的CrO2数目为0.2N 2 4 4 A C．加入浓盐酸可实现第①步转化，当0.1molK Cr O 完全反应时，生成标准状况下气体3.36L 2 2 7 D．已知CrOH 为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同 3 押题5（2024·江苏盐城·三模）反应2NaClO Na SO H SO 2ClO 2Na SO H O可制备高效消毒 3 2 3 2 4 2 2 4 2 剂ClO 。对于该反应，下列说法正确的是 2 A．H SO 是氧化剂 B．NaClO 被氧化 2 4 3 C．Na SO 是还原产物 D．当转移1mol电子时，该反应生成1mol ClO 2 4 2 名校预测 预测1 18 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【答案】B 【解析】A．配平后的化学方程式为2As5NaClO 6NaOH=2Na AsO 5NaCl3H O，NaOH的化学计量 5 4 2 数为6，A错误； B．该反应氧化剂是NaClO，还原剂为As，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，B正确； C．NaClO是离子化合物，钠离子和次氯酸根离子存在离子键，电子式为 ，C错误； m 5.4g D．根据关系式3H O~10e-，每生成5.4gH O物质的量为 = =0.3mol，转移1mol电子，D错误； 2 2 M 18g/mol 故选B。 预测2 【答案】C 【解析】A．反应中硫化钠中硫化合价由-2变为0，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0，电子转移为3S: 4e-， 24g 3 生成24gS（为 = mol）转移电子1mol，数目为N ，A正确； 32g/mol 4 A B．反应中硫化钠中硫化合价由-2变为0，故Na S是还原剂，发生氧化反应，B正确； 2 C．Na SO 为硫酸生成的，不是氧化产物，C错误； 2 4 D．碱性条件下S2-和SO2不反应，可以大量共存，D正确； 3 故选C。 预测3 【答案】B 【分析】根据元素守恒和得失电子守恒可知，该反应方程式为：2MnO +2H SO 浓)=2MnSO +2H O+O ↑， 2 2 4( 4 2 2 则X为O ，以此解题。 2 【解析】A．由分析可知X为O ，故A错误； 2 B．MnO 中Mn元素化合价降低，氧的化合价升高，作还原剂，则MnO 既作氧化剂又作还原剂，故B正 2 2 确； C．浓硫酸中各种元素化合价没有发生变化，同时生成硫酸锰，则表现酸性，不表现氧化性，故C错误； D．方程式中锰由+4价降低到+2价，则可知0.5molMnO 发生反应时转移电子1mol，故D错误； 2 故选B。 预测4 【答案】B 点燃 【分析】2KNO S3C K SN 3CO 该反应中N元素化合价由+5价降为0价，S元素化合价由 3 2 2 2 0价降为-2价，C元素化合价由0价升为+4价，故S和KNO 为氧化剂，C为还原剂，CO 氧化产物， 3 2 19 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司K S、N 为还原产物。 2 2 【解析】A．该反应中CO 氧化产物，K S、N 为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2， 2 2 2 故A错误； B．每生成1molN ，生成1molK S，硫得到2mol电子，被S氧化的C的物质的量为0.5mol，故B正确； 2 2 C．火药中的Li CO 、NaNO 不稳定，受热易分解，参与化学反应，故C错误； 2 3 3 D．燃放烟花产生大量有毒烟尘颗粒物污染环境，故D错误； 故选B。 预测5 【答案】C 【解析】A．S元素化合价降低，双氧水中部分氧元素化合价降低，氧化剂是H SO 、H O ，O、Ag元素化 2 4 2 2 合价升高，H O 、Ag是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶3，故A错误； 2 2 B．反应生成的4个水分子中，有2个水分子中的氧原子来自硫酸，所以只有部分H O是还原产物，故B 2 错误； C．氧化产物为Ag SO 、O ，生成1 mol Ag SO 转移4 mol电子，故C正确； 2 4 2 2 4 D．SO 和O₂在常温下几乎不反应，气体产物能大量共存，故D错误； 2 故选C。 名师押题 押题1 【答案】A 【解析】A．8NH 6NO 7N 12H O中NH 的N元素化合价上升发生氧化反应，NO 的N元素化合价 3 2 2 2 3 2 下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4∶3，故A错误； B．8NH 6NO 7N 12H O中NH 的N元素化合价由-3价上升到0价，转移24个电子生成12个H O， 3 2 2 2 3 2 生成1mol水转移电子的数目为2N ，故B正确； A C．氮氧化物可以被碱性溶液Na CO 溶液吸收，故C正确； 2 3 D．大气氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，故D正确； 故选A。 押题2 【答案】B 【解析】①人工固氮是把氮气转化为氮元素的化合物，N元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故① 正确； ②漂白粉做消毒剂是利用+1价氯的强氧化性，所以属于氧化还原反应，故②正确； 20 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司③用酸性重铬酸钾检验酒驾的原理，是利用橙红色的重铬酸钾的强氧化性，和乙醇发生氧化还原反应，本 身被还原为绿色的Cr3+，乙醇被氧化为乙酸，故③正确； ④黑火药爆炸时炸药中的碳、硫、氮元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故④正确； ⑤铝的表面生成致密氧化膜，铝元素和氧元素的化合价均发生了变化，属于氧化还原反应，故⑤正确； ⑥氢氧化钠久置于空气中表面发生潮解，是氢氧化钠吸收空气中的水蒸气，为物理变化，不属于氧化还原 反应，故⑥错误； ⑦Fe(OH) 胶体的制备，是利用氯化铁为强酸弱碱盐，发生水解生成氢氧化铁胶体，无元素化合价变化，不 3 属于氧化还原反应，故⑦错误； ⑧氨气的实验室制备，是利用氯化氨固体与熟石灰共热制取，该反应同时生成氯化钙和水，无元素化合价 变化，不属于氧化还原反应，故⑧错误； ⑨农药波尔多液不能用铁质容器盛放，是因为铁与硫酸铜发生置换反应，其中铁元素和铜元素化合价均发 生了变化，属于氧化还原反应，故⑨正确； ⑩铁粉做食品袋内的脱氧剂，是利用铁的还原性，与氧化还原反应有关，故⑩正确； 综上所述，与氧化还原反应有关的有：①、②、③、④、⑤、⑨、⑩，故选B。 押题3 【答案】A 【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为 Δ 3Fe+NaNO +5NaOH 3Na FeO +H O+NH ↑；反应②为 2 2 2 2 3 Δ Δ 6Na FeO +NaNO +5H O 3Na Fe O +NH ↑+7NaOH；反应③为Na FeO +Na Fe O +2H O Fe O +4NaOH， 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2 2 4 2 3 4 据此解答。 【解析】A．根据分析，钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是Fe O ，故A正确； 3 4 B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO +5NaOH=3Na FeO +H O+NH ↑，在反应中， NaNO 为氧化剂，Fe 2 2 2 2 3 2 为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3，故B错误； C．NaNO 的还原产物为NH ，溶液显碱性，离子方程式为 2 3  6FeO2NO5H O 3Fe O2NH 7OH，故C错误； 2 2 2 2 4 3 Δ D．反应③为Na FeO +Na Fe O +2H O Fe O +4NaOH，该反应中元素化合价未发生变化，不属于氧化还 2 2 2 2 4 2 3 4 原反应，故D错误； 故选A。 押题4 【答案】D 21 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】A．反应④中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑥中铬元素的化合价由+3价升为+6 价，被氧化，反应⑦中铬元素的化合价不变，故A错误； B．CrO2-在溶液中存在如下平衡：2CrO2-+2H+ ƒ Cr O2-+H O，则溶液中含有的CrO2-数目小于0.2N ，故B 4 4 2 7 2 4 A 错误； C．加入浓盐酸可实现第①转化，当0.1molK Cr O 完全反应时，转移0.6mol电子，生成0.3mol氯气，标 2 2 7 准状况下体积为6.72L，故C错误； D．Cr(OH) 为两性氢氧化物，第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同，都是碱溶液，故D正确； 3 故选D。 押题5 【答案】D 【解析】A．该反应中H SO 中的元素化合价未发生变化，H SO 不是氧化剂，A错误； 2 4 2 4 B．该反应中NaClO 得电子生成ClO ，故NaClO 为氧化剂被还原，B错误； 3 2 3 C．Na SO 失电子为还原剂被氧化，生成的Na SO 为氧化产物，C错误； 2 3 2 4 D．该反应中，生成2molClO 转移2mol电子，当转移1mol电子时，反应生成1molClO ，D正确； 2 2 故选D。 新型化学电源与电解池 年份 试卷 考点 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 22 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司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 2021 广东卷 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 2021 海南卷 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 2021 河北卷 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 2021 湖北卷 电解池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2021 辽宁卷 原电池工作原理、电极方程式的书写、电解池的计算 2021 天津卷 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 新型化学电源是高考每年必考内容，通常以复杂、陌生、新颖的研究对象作为知识的载体，主要考查正、 负极及电极反应式的正误判断，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以及 金属的腐蚀等，具有很强的综合性和创新性。电解原理及其应用是高考命题的高频热点，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， 试题的背景较为新颖，要求考生具有较强的问题分析能力。 一、原电池原理及其应用 1．原电池的工作原理 2．“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 23 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司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。 3．燃料电池中电极反应式的书写(以甲醇­O 的燃料电池为例) 2 负极 CH OH－6e－＋H O===CO ↑＋6H＋ 3 2 2 酸性介质，如稀硫酸 正极 O ＋4e－＋4H＋===2H O 2 2 负极 CH OH－6e－＋8OH－===CO2－3 ＋6H O 3 2 碱性介质，如KOH溶液 正极 O ＋4e－＋2H O===4OH－ 2 2 负极 CH OH－6e－＋3CO2－3 ===4CO ↑＋2H O 3 2 2 熔融盐介质，如熔融K CO 2 3 正极 O ＋4e－＋2CO ===2CO2－3 2 2 高温下能传导O2－的固 负极 CH OH－6e－＋3O2－===CO ↑＋2H O 3 2 2 体电解质 正极 O ＋4e－===2O2－ 2 4.可充电电池原理示意图 5．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－===H ↑ O ＋2H O＋4e－===4OH－ 2 2 2 负极反应 Fe－2e－===Fe2＋ Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓ 4Fe(OH) ＋O ＋2H O===4Fe(OH) 2 2 2 2 3 其他反应 Fe(OH) 失去部分水转化为铁锈 3 【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。 二、电解池原理及其应用 1．电解池的工作原理 24 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司2．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。 3．离子交换膜的原理及作用分析 4．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 25 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司先写出电极反应式，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（2023·海南卷第8题）利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的 是 A. b电极为电池正极 B. 电池工作时，海水中的Na+向a电极移动 C. 电池工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性 D. 每消耗1kgAl，电池最多向外提供37mol电子的电量 【答案】A 【解析】铝为活泼金属，发生氧化反应为负极，则石墨为正极，b电极为电池正极，A正确；电池工作时， 阳离子向正极移动，故海水中的Na+向b电极移动，B错误；电池工作时，a电极反应为铝失去电子生成 1000 铝离子Al-3e-=Al3+，铝离子水解显酸性，C错误；每消耗1kgAl（为 mol），电池最多向外提供 27 1000 1000 mol3= mol电子的电量，D错误；故选A。 27 9 典例2（2023·广东卷第6题）负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除C1-实现废酸的纯化，其工作原理 如图。下列说法正确的是（ ） 26 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A. Ag作原电池正极 B. 电子由Ag经活性炭流向Pt C. Pt表面发生的电极反应：O +2H O+4e-=4OH- 2 2 D. 每消耗标准状况下11.2L的O ，最多去除1 mol Cl- 2 【答案】B 【解析】O 在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极。由 2 分析可知，Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误；电子由负极Ag经活性炭流向正极 Pt，B正确；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O +4H++4e-=2H O，C错误；每消耗标准状况 2 2 下11.2L的O ，转移电子2mol，而2mol Cl-失去2mol电子，故最多去除2mol Cl-，D错误。故选B。 2 典例3（2023·浙江选考1月第11题）在熔融盐体系中，通过电解TiO 和SiO 获得电池材料（TiSi），电 2 2 解装置如图，下列说法正确的是（ ） A. 石墨电极为阴极，发生氧化反应 B. 电极A的电极反应：8H TiO SiO 8e=TiSi4H O 2 2 2 C. 该体系中，石墨优先于Cl-参与反应 D. 电解时，阳离子向石墨电极移动 【答案】C 【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极 相连，则电极A作阴极，TiO 和SiO 获得电子产生电池材料（TiSi），电极反应为 2 2 27 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司TiO SiO 8e=TiSi4O2-。在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳 2 2 极，A错误；电极A的电极反应为TiO SiO 8e=TiSi4O2-，B错误；根据图中信息可知，该体 2 2 系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确；电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误； 故选C。 典例4（2023·辽宁卷第7题）某无隔膜流动海水电解法制H 的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT 2 可抑制O 产生。下列说法正确的是（ ） 2 A. b端电势高于a端电势 B. 理论上转移2mole生成4gH 2 C. 电解后海水pH下降 D. 阳极发生：Cl H₂O2e  HClOH 【答案】D 【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为 负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a为正极，b电极为负 极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上 2 转移2mole生成2gH ，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海 2 水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为： Cl-+H₂O-2e-=HClO+H+，D正确；故选D。 典例5（2023·湖北卷第10题）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。 该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xmolh1。下列说法错误 2 的是（ ） A. b电极反应式为2H O2e H 2OH 2 2 28 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜 D. 海水为电解池补水的速率为2xmolh1 【答案】D 【解析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极 与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O， 2 2 2 2 通电 电池总反应为2H O =====2H ↑+O ↑，据此解答。b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反 2 2 2 应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，故A正确；该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极 2 2 2 反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，为保持OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳 2 2 极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高 的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1molH 要消耗1molH O， 2 2 生成H 的速率为xmolh1，则补水的速率也应是xmolh1，故D错误；故选D。 2 预测1（2024·河北·二模）一种催化重整利用PET废塑料水解产物乙二醇耦合二氧化碳高效生成甲酸的工 作原理如图所示。下列说法错误的是 A．a极为直流电源的负极 B．NiCo O /CFP电极反应为C H O 6e6OH 2HCOOH4H O 2 4 2 6 2 2 C．该离子交换膜为阴离子交换膜 D．当外电路中转移2mol电子时，阴极区溶液质量增重9g 预测2（2024·广东惠州·一模）将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)， 该电池可将可乐(pH2.5)中的葡萄糖转化成葡萄糖内酯，下列说法正确的是 29 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．葡萄糖发生还原反应 B．MnO 在正极失电子 2 C．H+由a极移向b极 D．当电路中转移0.1N 个电子时，生成0.1mol葡萄糖内酯 A 预测3（2024·河南·二模）最近，科学家开发一种宽温域的锂离子电池，其工作原理如图所示。 下列叙述错误的是 A．X极电势高于Y极电势 B．放电时，X极电极反应式为Li V PO  -2e-+2Li+=Li V PO  3 2 4 3 5 2 4 3 C．充电时，电极Y与电源负极连接 D．充电时，每生成1.4 g Li时理论上转移电子数约为1.2041023 预测4（2024·湖北·三模）一种新型原电池的工作原理如图所示，其中电极材料均为石墨，阴离子交换膜只 允许SO2通过，工作时两极室均无气体生成。下列说法错误的是 4 30 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．电极a为负极 B．工作时乙室溶液pH减小 C．该电池的总反应为H OH H O D．每转移1mole时甲室质量增加48g 2 预测5（2024·重庆·一模）利用丙酮酸与废水中的NO电催化耦合，可在温和条件下去除NO并生产丙氨 3 3 酸，其工作原理如图。25oC，丙氨酸主要以 形式存在于溶液中。下列说法错误的是 A．电极a连接电源的正极 B．阴极的电极反应有：NO6e7H NH OH2H O 3 2 2 C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH基本不变 D．b极区生成1mol丙氨酸时，a极区至少生成了2.5molO 2 押题1（2024·湖南·二模）锌-空气电池被认为是替代锂离子电池、满足电动汽车爆炸性需求的下一代候选 电池。用光照充电的锌-空气电池的工作原理如图所示。光照时，光电极hveh(空穴)，驱动阴极和阳 极反应。下列叙述不正确的是 31 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．放电时，K向光电极迁移 B．充电时的阳极反应为4OH4h 2H OO  2 2 C．放电时，光电子经电解液向Zn极移动 D．Zn(OH) 2是配离子，配位数是4 4 押题2（2024·山东济南·一模）我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物 质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H O可解离为H+和OH-。下列说法错误的是 2 A．电极电势：Mc(电离产物)>c(水解产物)，即 3 c(HSO－3)>c(SO2－3 )>c(H SO )；对于水解为主的，如NaHCO ，遵循c(自身)>c(水解产物)>c(电离产物)，即 2 3 3 c(HCO－3)>c(H CO )>c(CO2－3 )。 2 3 【特别提醒】常见的酸式盐溶液中NaHSO 和NaH PO 以电离为主，显酸性。 3 2 4 39 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（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＋4)大于c(Cl－)，即c(NH＋4)>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(CH COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。 3 （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。 2．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 Na CO 溶液中存在着Na＋、CO2－3 、H＋、OH－、HCO－3，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3 )＋c(HCO 2 3 －3)＋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Na CO 和NaHCO 溶液为例，可用下图帮助建立质子守恒关系式： 2 3 3 ①Na CO 溶液 2 3 所以c(OH－)＝c(HCO－3)＋2c(H CO )＋c(H＋)。 2 3 ②NaHCO 溶液 3 所以c(OH－)＋c(CO2－3 )＝c(H CO )＋c(H＋)。 2 3 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。 40 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司二、水溶液中离子平衡图像的分析 1.pH与稀释倍数的线性关系 分析：（1）HY为强酸、HX为弱酸 分析：（1）MOH为强碱、ROH为弱碱 （2）a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－) （2）c(ROH)>c(MOH) （3）水的电离程度：d>c>a＝b （3）水的电离程度：a>b 2.抓住关键“五点”，突破酸碱中和曲线 抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱 抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合 抓溶液的“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 抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质及哪种物质过量 3.常考图像 （1）pOH-pH曲线 ①表示一元酸与一元碱中和过程中H＋与OH－浓度的关系； ②Q点代表中性溶液； ③M点显酸性，N点显碱性，两点水的电离程度相同。 （2）沉淀溶解平衡曲线(pM-pR曲线) pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数 41 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)； ②溶度积：CaSO >CaCO >MnCO ； 4 3 3 ③X点对CaCO 要析出沉淀，对CaSO 是不饱和溶液，能继续溶解CaSO ； 3 4 4 ④Y点：c(SO2－4 )>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z点：c(CO2－3 )12.0，溶液中c  OH >0.01molL1，故A错 2 3 误；盐溶液越稀越水解，Na CO 水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；结合图像可知，当 2 3 c(HCO-)c(OH-) 102102 cNa CO 0.5molL1，pH=12，K = 3  2104，则K = 2 3 h c(CO2-) 0.5 a2 3 K W 51011 , 故C错误；若0.2molL1的Na CO 溶液等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1mol/L， K 2 3 h 由图可知，pH>10-11.6，得到的溶液c  OH 2104molL1，0.2molL1的Na CO 溶液和 2 3 0.3molL1的NaHCO 溶液等体积混合后c(OH-)大于与水混合的，故D错误。故选B。 3 典例2（2023·浙江选考1月第13题）甲酸（CH COOH）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐， 3 通过离子交换树脂(含固体活性成分R N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸 3 根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸K 1.8104)，下列说法不正确的是（ ） a A. 活性成分R N在水中存在平衡：R NH Oƒ R NH OH 3 3 2 3 B. pH=5的废水中c  HCOO :c(HCOOH)18 C. 废水初始pH 2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R NH+作用的HCOO-数目减少 3 D. 废水初始pH5，离子交换树脂活性成分主要以R NH+形态存在 3 【答案】D 【解析】由图可知，R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R NH Oƒ R NH OH，故A正确； 3 3 2 3 c  HCOO K c  HCOO 由电离常数公式可知，溶液中 = a ，当溶液pH为5时，溶液中 = c(HCOOH) c(H) c(HCOOH) 44 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司1.8104 =18，故B正确；由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中 1.0105 pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓 度减小，与R NH+作用的数目减小，故C正确；由图可知，R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡 3 3 R NH Oƒ R NH OH，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要 3 2 3 以R N形态存在，故D错误；故选D。 3 典例3（2023·辽宁卷第15题）某废水处理过程中始终保持H S饱和，即cH S0.1molL1，通过调节 2 2 pH使Ni2和Cd2形成硫化物而分离，体系中pH与lgc关系如下图所示，c为HS、S2、Ni2和Cd2 的浓度，单位为molL1。已知K NiS K (CdS)，下列说法正确的是 （ ） sp sp A. K (CdS)1018.4 B. ③为pH与lgc  HS 的关系曲线 sp C. K H S108.1 D. K H S1014.7 a1 2 a2 2 【答案】D 【解析】已知H S饱和溶液中随着pH的增大，H S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大， 2 2 则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)， 则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且K NiS K (CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+) sp sp 和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③ 代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表 S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 K CdSc  Cd2 c  S2 10-1310-13=1026，A错误；由分析可知，③为pH与lgc  S2 的关系曲线，B sp 错误；由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时， cHcHS 101.6106.5 c(HS-)=10-6.5mol/L，K H S  107.1或者当c(H+)=10-4.2 mol/L时，c(HS-)=10-3.9 a1 2 cH S 0.1 2 cHcHS 104.2103.9 c(H+)c(HS-) c(H+)c(S2-) c2(H+)c(S2-) mol/L，K H S  107.1，C错误；已知Ka Ka = × = ， a1 2 cH S 0.1 1 2 c(HS) c(HS-) c(H S) 2 2 2 由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时， 45 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c2(H+)c(S2-) (10-4.9)210-13 (10-6.8)210-9.2 c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka Ka = = = =10-21.8，结合C项分析可知， 1 2 c(HS) 0.1 0.1 2 Ka =10-7.1故有K H S1014.7，D正确；故选D。 1 a2 2 典例4（2023·湖南卷第12题）常温下，用浓度为0.0200molL1的NaOH标准溶液滴定浓度均为 V标准溶液 0.0200molL1的HCl和CH COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η (η )的变 3 V待测溶液 化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. K (CH COOH)约为104.76 a 3 B. 点a：c  Na c  Cl c  CH COO c(CH COOH) 3 3 C. 点b：cCH COOHc  CH COO 3 3 D. 水的电离程度：ad，故D错误；故选D。 典例5（2023·山东卷第15题）在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： 2 46 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司HgI sƒ HgI aq ；HgI aqƒ Hg2 2I；HgI aqƒ HgI I；HgI aqI ƒ HgI； 2 2 2 2 2 3 HgI aq2I ƒ HgI2，平衡常数依次为K 、K、K 、K 、K 。已知lgc  Hg2 、lgc  HgI ， 2 4 0 1 2 3 4 lgc  HgI 、lgc  HgI2 随lgc  I 的变化关系如图所示，下列说法错误的是 3 4 A. 线L表示lgc  HgI2 的变化情况 4 B. 随c  I 增大，c  HgI 2 aq  先增大后减小 K C. a lg 1 K 2 D. 溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1 【答案】B c(Hg2+)c2(I-) K c(HgI ) 【解析】由题干反应方程式HgI aqƒ Hg2++2I-可知，K = ，则有c(Hg2+)= 1 2 ， 2 1 c(HgI ) c2(I) 2 则有lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)，lgc  HgI- 1 2 2 2 3 =lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)， lgc  HgI2- ==lgK +lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由HgI sƒ HgI aq 可知K = 3 2 4 4 2 2 2 0 c  HgI 2 aq  为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表lgc  HgI 、 lgc  Hg2 、lgc  HgI 、lgc  HgI2 ，据此分析解题。由分析可知，线L表示lgc  HgI2 的变化情 3 4 4 况，A正确；已知HgI 2 sƒ HgI 2 aq 的化学平衡常数K 0 =c  HgI 2 aq  ，温度不变平衡常数不变， 故随c  I 增大，c  HgI 2 aq  始终保持不变，B错误；由分析可知，曲线1方程为： lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= 1 2 2 2 47 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司K lgK +lgc(HgI )-2a，②b= lgK +lgc(HgI )-a，联合①②可知得：a=lgK -lgK =lg 1 ，C正确；溶液中的 1 2 2 2 1 2 K 2 初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1，D正确； 2 故答案为B。 预测1（2024·北京东城·一模）将等物质的量浓度等体积的甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：   H NCH COOHH H NCH COOH，取上述溶液(含0.04mol H NCH COOH)，滴加NaOH 2 2 3 2 3 2  溶液，pH的变化如下图所示(注：b点溶液中甘氨酸以H NCH COO的形式存在)。 3 2 下列说法不正确的是   A．H NCH COOH中解离出H的能力：COOHNH 3 2 3 + + B．b点溶液pH<7，推测H N-CH -COO-中H N-解离出H的程度大于-COO-水解的程度 3 2 3 C．c点溶液中存在：c  Na c  Cl c(H N + -CH -COOH)c  H NCH COO 2 2 3 2  D．由d点可知：H NCH COO ƒ H NCH COOH的K109.6 3 2 2 2 预测2（2024·重庆·一模）常温下，分别在MnNO  、ZnNO  、HNO 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中 3 2 3 2 2 c  NO pX[pXlgcX，X代表Mn2、Zn2、 2 ]与pH关系如图所示。已知： cHNO  2 KspMnOH KspZnOH 。下列叙述错误的是     2 2 48 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．L 3 表示p  Mn2 与pH的关系 B．常温下，Ksp  ZnOH 2   的数量级为1017 C．a点存在c  Na cHNO  D．常温下，MnOH 难溶于HNO 2 2 2 预测3（2024·湖南长沙·二模）二元有机酸(H X)的电离常数K =1.6710-8、K =3.3410-17。BaX难溶于 2 a1 a2 水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c  H+ 与c  Ba2 的关系 如图所示。下列说法错误的是 已知：HY是一元强酸，BaY 易溶于水。 2 A．NaHX溶液显碱性 B．溶度积K BaX6.181021 sp C．b点：2c  Ba2+ +c  H+ =2c  X2- +c  HX- +c  OH- +c  Y- D．若0.01mol BaX溶于1L xmolL1HY溶液中得到氢离子浓度与c点相等，则x0.4 预测4（2024·安徽·一模）25℃时，用HCl气体调节0.1mol⋅L⁻¹氨水的pH，体系中粒子浓度的对数(lgc)、反 nHCl 应物的物质的量之比 与溶液pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有 nNH H O 3 2 关说法错误的是 49 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．P 点溶液中：c(Cl⁻)>c(NH ⋅H O) 1 3 2 B．P 点溶液中：c(NH)=c(Cl-) 2 4 C．25℃时，NH Cl的水解平衡常数的数量级为10-9 4 nHCl D． =0.5时，c(NH ⋅H O)+c(NH)=2c(Cl-) nNH H O 3 2 4 3 2 cH PO  预测5（2024·辽宁沈阳·模拟预测）常温下，用NaOH溶液滴定磷酸的稀溶液，溶液的pH与lg c  H 3 PO 4  2 4 c  HPO2 c  PO3 或lg 4 或lg 4 的关系如图所示，下列说法错误的是 c  H PO c  HPO2 2 4 4 c  HPO2 A．直线b表示lg 4 与pH的关系 c  H PO 2 4 B．Y点溶液的pH7.24 C．2H HPO2 ƒ H PO 的平衡常数为109.32 4 3 4 D．等浓度的Na PO 溶液与KH PO 溶液按体积比1:3混合后，c  Na 3c  PO3 3c  HPO 3 4 2 4 4 4 50 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司押题1（2024·浙江宁波·二模）室温下，将Na CO 溶液与过量CaSO 固体混合，溶液pH随时间变化如图 2 3 4 所示。 已知：K CaSO 4.9105、K CaCO 3.4109 sp 4 sp 3 下列说法不正确的是 A．室温下，反应CaSO sCO2aqƒ CaCO sSO2aq的K 1.4104 4 3 3 4 B．随着反应的进行，溶液pH下降的原因是CO2H Oƒ HCO OH逆向移动 3 2 3 C．0~600s内上层清液中存在：c  Na 2c  Ca2 cHCO 2c  CO2 2c  SO2 3 3 4 D．反应过程中，溶液中始终存在：c  Na 2c  CO2 2c  HCO 2cH CO  3 3 2 3 押题2（2024·福建龙岩·二模）室温下H CO 溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。 2 3 c  HCO 向Na CO 、NaHCO 混合溶液X中滴加BaCl 溶液，所得溶液中lgc  Ba2 与lg 3 的关系如图2 2 3 3 2 c  CO2 3 所示。下列说法不正确的是 A．b点对应溶液的pH为8.25 B．混合溶液X中一定存在c  Na c  CO2 c  HCO cH CO  3 3 2 3 C．a对应的溶液中存在：c  Na 2c  Ba2 3c  HCO c  Cl 3 51 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c  CO2 c  H D．a→b的过程中，溶液中 3 一直增大 cH CO  2 3 押题3（2024·河北·二模）常温下，体积和浓度一定的Na B溶液中各微粒(B2、HB、H B、H和OH)浓 2 2 度值的对数随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线b代表lgc  OH /molL1随溶液pH的变化情况   B．C点的pH等于6 C．C点时，c  HB cH Bc  B2 c  H c  OH 2 c  B2 D．常温下，将D点对应溶液加水稀释， 增大 c  HB 押题4（2024·辽宁·模拟）常温下，分别在Mn(NO ) 、Zn(NO ) 、HNO 溶液中滴加NaOH溶液，溶液 3 2 3 2 2 c  NO pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、 2 ]与pH关系如图所示。已知： cHNO  2 K MnOH K ZnOH 。下列叙述错误的是 sp 2  sp 2  c  NO A．图中L 代表 2 ，L 代表Zn2＋ 2 cHNO  3 2 52 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c  Mn2 B．同时产生两种沉淀时， 103.45 c  Zn2 C．MnOH 2HNO ƒ MnNO  2H O的平衡常数K 108.7 2 2 2 2 2 D．室温下，K sp   MnOH 2   的数量级为1013 押题5（2024·北京丰台·一模）常温下，Na A溶液中H A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 2 2 c  A2 已知：A2-的物质的量分数 = cH Ac  HA c  A2 2 下列表述不正确的是 A．0.1 mol·L-1 H A溶液中，c(H A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 2 2 B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H A) 2 C．将等物质的量的NaHA、Na A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 2 D．M点对应的pH为2.7 名校预测 预测1 【答案】C + 【分析】甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H N-CH -COOH+H+=H N-CH -COOH，向反应后的溶液中 2 2 3 2 + + 加氢氧化钠溶液，依次发生H N-CH -COOH+OH-=H N-CH -COO-+H O、 3 2 3 2 2 + H N-CH -COO-+OH-=H N-CH -COO-+H O。 3 2 2 2 2 53 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司+ 【解析】A．甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H N-CH -COOH+H+=H N-CH -COOH，生成物为 2 2 3 2 + + H N-CH -COOH，再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b点溶液中甘氨酸以H N-CH -COO-的形式存在， 3 2 3 2 + 即-COOH更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H+的能力：-COOH>-NH ，故A正确； 3 + + B．b点溶液中甘氨酸以H N-CH -COO-的形式存在，-COO-水解使溶液有呈碱性的趋势、H N-电离使溶 3 2 3 + + 液有呈酸性的趋势，b点溶液pH<7，所以H N-CH -COO-中H N-解离出H的程度大于-COO-水解的程度， 3 2 3 故B正确； C．c点n(NaOH)＞0.04mol，而溶液中n(Cl-)=0.04mol，所以n(NaOH)＞n(Cl-)，即c(NaOH)＞c(Cl-)，甘氨酸 + 溶液与盐酸混合，发生反应：H N-CH -COOH+H+=H N-CH -COOH，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，b 2 2 3 2 + + 点溶液中甘氨酸以H N-CH -COO-的形式存在，此时H N-CH -COOH与氢氧化钠恰好完全反应： 3 2 3 2 + + H N-CH -COOH+OH-=H N-CH -COO-+H O，再加氢氧化钠溶液，发生反应： 3 2 3 2 2 H N + -CH -COO-+OH-=H N-CH -COO-+H O，生成H N-CH -COO-，所以c点溶液中应是存在： 3 2 2 2 2 2 2 c(H N-CH -COO-)> c(H N + -CH -COOH)，故C错误； 2 2 3 2 + + D．b点0.04molNaOH与0.04molH N-CH -COOH反应，生成0.04mol H N-CH -COO-，再加的 3 2 3 2 0.02molNaOH与0.02molH N + -CH -COO-反应，生成0.02molH N-CH -COO-，即d点溶液中 3 2 2 2 H N-CH -COO-与H N + -CH -COO-的物质的量相等，又pH=9.6，即c(H+)=10-9.6mol/L，所以 2 2 3 2 c(H N-CH -COO-)c(H+) H N + -CH -COO- ƒ H N-CH -COO-+H+的K= 2 + 2 c(H+)=10-9.6 ，故D正确； 3 2 2 2 c(H N-CH -COO-) 3 2 故选C。 预测2 【答案】D c  NO 【分析】L 随着pH的增大而减小，即代表 2 ，L 、L 均随pH的增大而增大，且pH相同时，L 更 1 cHNO  2 3 2 2 大，由于Ksp  MnOH 2   Ksp  ZnOH 2   ，即L 2 为Zn2，L 3 为Mn2+。 【解析】A．由分析得，L 表示p  Mn2 与pH的关系，故A正确； 3 1014  2 B．由b点坐标可得：K sp   ZnOH 2   c  Zn2 c2 OH 106.15 109   1016.15，数量级为1017，故B 正确； 54 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c  NO C．a点纵坐标为0，即 2 1，存在电荷守恒：c  H+ c  Na c  OH c  NO ， cHNO  2 2 c  NO c  H+＞c  OH ，即c  Na＜c  NO ， 2 1，c  Na cHNO ，故C正确； 2 cHNO  2 2 D．方程式：MnOH 2HNO ƒ Mn2 2H O+2NO， 2 2 2 2 c  Mn2 c2 NO c  Mn2 c2 OH c2 NO c2 H+ K MnOH K2 K 2  2  sp 2  a ，即 c2HNO  c2HNO c2 OH c2 H+ K2 2 2 W 1012.7  103.32 K 108.7＞105，可知常温下MnOH 溶于HNO ，故D错误；  10142 2 2 故选D。 预测3 【答案】B cH Xc  OH- K 【解析】A．HX的水解常数K  2  w 6107 K ，溶液显碱性，A正确； h2 c  HX- K a2 a1 B．在a点，c2(Ba2+)=4(mol/L)2，c2(H+)=0.0361(mol/L)2，BaX溶解在一定浓度的HY溶液的离子方程式为： c2 H+ c  X2- c2 H+ c  X2- BaX2H Ba2H X，则c  Ba2 cH X，K ·K =  ， 2 2 a1 a2 cH X c  Ba2+ 2 c2 Ba2+ K K K BaXc  Ba2+ c  X2-  a1 a2 6.181023，B错误； sp c2 H+ C．b点时，溶液中含BaY 和H X，由电荷守恒：2c  Ba2+ +c  H+ =c  HX- +c  OH- +2c  X2- +c  Y- ，C正 2 2 确； D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX2H Ba2H X，0.01mol BaX消耗0.02mol H，c点溶液中 2 n  H+  0.1444mol0.38mol，则cHY 0.38mol0.02mol 0.4molL1，D正确； 1L 故选B。 预测4 【答案】C 【解析】A．P 点反应后是氯化铵溶液，溶液显酸性，c(Cl-)>c(NH+)>c(H+)>c(NH ·H O)>c(OH-)，A正确； 1 4 3 2 B．P 点c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(NH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故c(NH+)=c(Cl-)，B正确； 2 4 4 c  NH c  OH C．NH ·H O的K = 4 ，根据图可知当lgc(NH+)=lgc(NH ·H O)，即c(NH+)=c(NH ·H O)时， 3 2 b cNH H O 4 3 2 4 3 2 3 2 55 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司溶液pH=9.25，则此时c(OH-)=10-4.75mol/L，所以NH ·H O的电离平衡常数为10-4.75，NH+的水解常数 3 2 4 K K  w 109.25，数量级为10-10，C错误； h K b nHCl D． =0.5时，溶液相当于等浓度的NH ·H O和NH Cl混合，根据元素守恒， nNH H O 3 2 4 3 2 c(NH ·H O)+c(NH+)=2c(Cl-)，D正确； 3 2 4 故选C。 预测5 【答案】C c  H c  H PO c  H PO  【分析】电离常数的表达式K H PO  2 4 ，随着pH增大，c(H+)减小， 3 4 增大， a1 3 4 c  H PO  c  H PO 3 4 2 4 c  H PO  c  H c  HPO2 图像中曲线a表示lg 3 4 与pH的关系：K H PO  4 ， c  H PO a2 3 4 c  H PO 2 4 2 4 c  H c  PO3 c  HPO2 c  PO3 K H PO  4 ，在pH相等时，K H PO ＞K H PO ， 4 ＞ 4 ，则曲 a3 3 4 c  HPO2 a2 3 4 a3 3 4 c  H PO c  HPO2 4 2 4 4 c  HPO2 c  PO3 线b表示lg 4 与pH的关系，曲线c表示lg 4 与pH的关系； c  H PO c  HPO2 2 4 4 c  HPO2 【解析】A．根据分析，b表示lg 4 与pH的关系，A正确； c  H PO 2 4 c  PO3 c  HPO2 c  PO3 K c  H PO  c  H K c  H B．Y点 4  4 ， 4  a3 ， 3 4  ，即 a3  ， c  HPO2 c  H PO c  HPO2 c  H c  H PO K c  H K 4 2 4 4 2 4 a1 a1 c  H  K K  1012.36102.12 107.24，pH=7.24，B正确； a3 a1 C．在b线上，(0，-7.20)的点，K =10-7.20，根据c线上(0，12.36)，K =10-12.36，2H PO3 ƒ H PO的平 a2 a3 4 2 4 c  H PO c2 H c  PO3 衡常数K 2 4 ，K H PO K H PO  4 ， c2 H c  PO3 a2 3 4 a3 3 4 c  H PO 4 2 4 1 K  1019.56 ，C错误； K H PO K H PO  a2 3 4 a3 3 4 D．根据原子守恒，存在c  Na 3c  H PO c  HPO2 c  PO3，D正确；  2 4 4 4  故选C。 名师押题 56 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司押题1 【答案】D 【解析】A．反应CaSO sCO2aqƒ CaCO sSO2aq的 4 3 3 4 c(SO2-) K CaSO  4.9105 K= 4  sp 4  1.4104，A正确； c(CO2-) K CaCO  3.4109 3 sp 3 B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡CO2H Oƒ HCO OH左移，溶液pH下降，B正确； 3 2 3 C．根据电荷守恒，c  H c  Na 2c  Ca2 cHCO 2c  CO2 2c  SO2 c  OH ，0~600s内上层 3 3 4 清液成碱性，c  H c  OH ，故c  Na 2c  Ca2 cHCO 2c  CO2 2c  SO2 ，C正确； 3 3 4 D．在Na CO 溶液中，由物料守恒得c  Na 2c  CO2 2c  HCO 2cH CO ，但由于在 2 3 3 3 2 3 CaSO sCO2aqƒ CaCO sSO2aq反应过程中,CO2浓度会逐渐减小，故 4 3 3 4 3 c  Na 2c  CO2 2c  HCO 2cH CO ，D错误； 3 3 2 3 故选D。 押题2 【答案】D 【分析】由图1可知，当H CO 与HCO-物质的量分数相等时pH=6.37，则H CO 的K =10-6.37；当HCO- 2 3 3 2 3 a1 3 与CO2-物质的量分数相等时pH=10.25，则H CO 的K =10-10.25。 3 2 3 a2 c(HCO-) c(HCO-) c  CO2 c  H 【解析】A．b点对应溶液中lg 3 =2， 3 =102，K  3 1010.25，则c(H+)=10-8.25， c(CO2-) c(CO2-) a2 c  HCO 3 3 3 故b点对应溶液的pH为8.25，A项正确； B．碳酸钠溶液中物料守恒c  Na 2c  CO2 2c  HCO 2cH CO ，碳酸氢钠溶液中物料守恒 3 3 2 3 c  Na c  CO2 c  HCO cH CO ，则碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液X中一定存在 3 3 2 3 c  Na c  CO2 c  HCO cH CO ， B项正确； 3 3 2 3 C．a点溶液中的电荷守恒为c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO2-)+c(Cl-)+c(OH-)，由图2可知a点对 3 3 c(HCO-) c(HCO-) 应溶液中lg 3 =0， 3 =1，即c(HCO-)=c(CO2-)，则 c(CO2-) c(CO2-) 3 3 3 3 c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=3c(HCO-)+c(Cl-)+c(OH-)，由图1知此时溶液的pH=10.25，即溶液呈碱性c(OH-)＞ 3 c(H+)，则c(Na+)+2c(Ba2+)＞3c(HCO-)+c(Cl-)， C项正确； 3 c  CO2 c  H c(CO2-)c(H+)c(HCO-) c(CO2-) c(HCO-) c(HCO-) D． 3 = 3 3 = 3 K ，a→b的过程中lg 3 增大即 3 增大， cH CO  c(H CO )c(HCO-) c(HCO-) a1 c(CO2-) c(CO2-) 2 3 2 3 3 3 3 3 57 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c(CO2-) c(CO2-) c  CO2 c  H 3 减小、K 不变，则 3 K 减小，即a→b的过程中 3 一直减小，D项错误； c(HCO-) a1 c(HCO-) a1 cH CO  3 3 2 3 故选D。 押题3 【答案】D 【分析】pH越大，溶液碱性越强，B2-浓度越大，lgc(B2-)越大，相应纵坐标越大，故III表示lgc(B2-)；pH 越小，溶液酸性越强，H B浓度越大，lgc(H B)越大，相应纵坐标越大，则I表示lgc(H B)，剩下II表示lgc(HB-)， 2 2 2 pH=14，c(H+)=10-14mol/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，c(OH-)=1mol/L，故lgc(OH-)=0，所以b表示c(OH-)，a 表示c(H+)； 【解析】A．由分析，曲线b代表lg[c(OH−)/mol⋅L−1]随溶液pH的变化情况，A正确； c  HB c  H B．A点，c(H B)=c(HB-)，且pH=4，c(H+)=10-4mol/L，故H B的K = 104，同理利用B点 2 2 a1 cH B 2 c  HB c  H c  B2 c  H c  B2 c2 H 可得H B的K =10-8，则K ×K =   1012，C点 2 a2 a1 a2 cH B c  HB cH B 2 2 c(H B)=c(B2-)，解得c(H+)=10-6mol/L，pH=6，B正确； 2 C．C点时，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，又可由图像得c(HB−)>c(H B)=c(B2−)，C正确； 2 c  B2 c  H D．D点溶液中由于B2-、HB-水解显碱性，加水碱性减弱，c(H+)增大，K = 温度不变保持不变， a2 c  HB c  B2 故 减小，D错误 c  HB 故选D。 押题4 【答案】C 【分析】分别在Mn(NO ) 、Zn(NO ) 、HNO 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO ) 3 2 3 2 2 2 逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO 溶液中c(NO- )逐渐增大、且起始时pH＜pOH，即随着NaOH溶液的滴 2 2 c  NO 加，pMn和pZn逐渐增大，pOH和p 2 逐渐减小，K [Mn(OH) ]＞K [Zn(OH) ]，则图中L 、L 、 cHNO  sp 2 sp 2 1 2 2 c  NO L 、L 分别代表OH-、 2 、Zn2+、Mn2+，结合图中a点数值计算 3 4 cHNO  2 c  NO K(HNO )= 2 ×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，结合c点数值计算 2 cHNO  2 K [Mn(OH) ]=c(Mn2+)•c2(OH-)=(10-7)2×101.30=10-12.7，同理K [Zn(OH) ]=(10-5)2×10-6.15=10-16.15，据此分析解 sp 2 sp 2 58 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司答。 c  NO 【解析】A．由上述分析可知，图中L 、L 、L 、L 分别代表OH-、 2 、Zn2+、Mn2+，A正确； 1 2 3 4 cHNO  2 B．由上述分析可知，K [Mn(OH) ]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，K [Zn(OH) ]=10-16.15，则同时产生两种沉淀时， sp 2 sp 2 c(Mn2+) K [MnOH ] 1012.7 = sp 2 = =103.45，B正确； c(Zn2+) K [ZnOH ] 1016.15 sp 2 c  NO C．由上述分析可知，K [Mn(OH) ]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，K(HNO )= 2 ×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3， sp 2 2 cHNO  2 反应Mn(OH) +2HNO ⇌Mn(NO ) +2H O的平衡常数 2 2 2 2 2 c(Mn2+)c2(NO-) c(Mn2+)c2(NO-)c2(OH-) c2(NO-)c2(H+) K= 2 = 2 =K [Mn(OH) ]× 2 = K [Mn(OH) ]× c2(HNO ) c2(HNO )c2(OH-) sp 2 c2(HNO )c2(OH-)c2(H+) sp 2 2 2 2 Ka2(HNO ) 10-12.7(10-3.3)2 2 = =108.7，C错误； (Kw)2 (10-14)2 D．由分析可知，室温下K [Mn(OH) ]=10-12.7，数量级为10-13，D正确； sp 2 故选C。 押题5 【答案】C c  HA c  H c  A2 c  H 【分析】由点（1.2,0.5）可知，K  101.2，由（4.2,0.5）可知，K  104.2； a1 cH A a2 c  HA 2 【解析】A．0.1 mol·L-1 H A溶液中由物料守恒可知：c(H A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1，A正确； 2 2 K 1014 B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中其水解常数为K  w  1012.8 K ，则其电离大于水解，故存在 h K 101.2 a2 a1 c(HA-) > c(A2-) > c(H A)，B正确； 2 c  A2 c  H C．将等物质的量的NaHA、Na A溶于水中，若HA－和A2－浓度相等，则K  104.2，c(H+)=10 2 a2 c  HA －4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH不等于4.2，C 错误； c  A2 c  H c  HA c  H D．M点对应溶液中c  A2 cH A，K K   c2 H 104.2101.2， 2 a2 a1 c  HA cH A 2 c(H+)=10－2.7，pH=2.7，D正确； 故选C。 59 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司化学工艺流程大题综合 年份 试卷 考点 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 2021 北京卷 分离提纯的方法、离子方程式的书写、产品纯度测定 2021 广东卷 化合价、离子方程式、除杂的方法、氧化剂与还原剂物质的量之比 2021 河北卷 离子方程式的书写、陌生方程式的书写、溶度积常数的计算 2021 湖北卷 化合价、陌生方程式的书写、平衡常数的计算、硫酸根的检验 2021 湖南卷 提高“水浸”效率的因素、离子方程式、陌生方程式的书写 2021 辽宁卷 周期表的位置、陌生方程式的书写、离子方程式、分离提纯的方法 化学工艺流程题是近年来高考的必考题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生 产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，主要考查信息方程式的书写、条件的控制、物质的分离提 纯及成分确定、产率计算等知识，新高考中又融入了物质结构与性质的考查，试题新颖，内容丰富，阅读 60 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司量大。 一、信息型化学(或离子)方程式的书写及相关计算 1．熟记常见的氧化剂、还原剂及对应产物 KMnO KClO 、 4 3 氧化剂 Cl O 浓H SO HNO Fe3＋ H O 2 2 2 4 3 2 2 (H＋)、MnO ClO－ 2 NO或 还原产物 Cl－ O2－ SO Mn2＋ Fe2＋ Cl－ H O 2 2 NO 2 I－ S2－ SO 、 2 还原剂 CO、C Fe2＋ NH H O — 3 2 2 (HI) (H S) SO2－3 2 氧化产物 I S CO Fe3＋ NO SO2－4 O — 2 2 2 2.认识常考的一些特殊物质的元素化合价 CuFeS ：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2) 2 K FeO ：Fe(＋6) 2 4 Li NH：N(－3) 2 LiNH ：N(－3) 2 AlN：N(－3) Na S O ：S(＋2) 2 2 3 C O2－4 ：C(＋3) 2 HCN：C(＋2)、N(－3) CuH：Cu(＋1)、H(－1) FeOn－4 ：Fe[＋(8－n)] Si N ：Si(＋4)、N(－3) 3 4 3．方程式配平步骤 （1）根据题目的流程图或题干信息，确定反应物和部分生成物。 （2）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或还原产物。 （3）按 写出主体方程式，并按得失电子守恒原则确定相关物质的化学计量数。 （4）根据元素质量守恒，补充其他反应物或生成物，一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。 4．补项原则 61 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H O(水) 2 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H O(水)，少O(氧)补OH－ 2 二 条件的控制及“目的、原因、作用” 1．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) 或Cu (OH) CO 等物质来调节溶 2 2 2 3 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。 2．原料处理方法及目的 方法 目的 研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，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) 3.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 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 乙醇洗涤 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 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×× 控制溶液pH 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H O 、NH ·H O、浓硝酸、NH HCO 等)或××物质挥发(如浓硝 2 2 3 2 4 3 62 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na SO 等) 2 3 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 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H O 、浓硝酸、NH HCO 等) 2 2 4 3 (减压蒸发) 蒸发、反应时 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl 溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl ·6H O 得 3 2 2 的气体氛围 MgCl 时需在HCl气流中进行等) 2 配制某溶液 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化 前先煮沸水 反应容器中和大 平衡压强，避免反应容器中压强过大 气相通的玻璃管 三 物质成分的确定及离子浓度等计算 1．滤渣、滤液成分的确定 要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况： （1）反应过程中哪些物质(离子)消失了？ （2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？ 2．循环物质的确定 3．副产品的判断 典例1（2023·海南卷第15题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物 资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be Al Si O ，还含有一定量的FeO和Fe O )生产BeO的一种工艺流程 3 2 6 18 2 3 如下。 63 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司回答问题： （1）Be Al Si O 中Be的化合价为_______。 3 2 6 18 （2）粉碎的目的是_______；残渣主要成分是_______(填化学式)。 （3）该流程中能循环使用的物质是_______(填化学式)。 （4）无水BeCl 可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl 与足量C在600~800℃制备BeCl 的化学方程式为 2 2 2 _______。 （5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。 【答案】（1）+2 （2） 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO 2 （3）(NH ) SO 4 2 4 600~800C （4）BeO+Cl +C CO+BeCl 2  2 （5）10 【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO 不溶于硫酸，残渣是SiO ，加硫酸铵调节pH=1.5除 2 2 去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH) 沉淀，滤液硫酸铵循 2 环利用。 （1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价； （2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO ； 2 （3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用； （4）BeO、Cl 与足量C在600~800°C生成BeCl 同时生成CO，化学方程式为 2 2 BeO+Cl +C600~800°CCO+BeCl ； 2 2 K sp （5）设Be(OH) 2 的溶度积常数为K sp ，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)= c2 OH ，当pH=8.0时， K c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)= sp mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为 1012 K c(Be2+)= sp mol/L，损失降低至原来的10%。 1011 典例2（2023·广东卷第18题）Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含 Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 64 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司已知：氨性溶液由NH H O、 NH  SO 和 NH  CO 配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH 形 3 2 4 2 3 4 2 3 3 成可溶于水的配离子：lgK NH H O=-4.7；Co(OH) 易被空气氧化为Co(OH) ；部分氢氧化物的 b 3 2 2 3 K 如下表。 sp 氢氧化物 Co(OH) Co(OH) Ni(OH) Al(OH) Mg(OH) 2 3 2 3 2 K 5.910-15 1.610-44 5.510-16 1.310-33 5.610-12 sp 回答下列问题： （1）活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。 （2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，cNH H O ___________c  NH (填“>”“<”或“=”)。 3 2 4 （3）“氨浸”时，由Co(OH) 转化为CoNH   2+ 的离子方程式为___________。 3  3 6  （4） NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中， 4 2 3 出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 4 2 3 ①NH Al(OH) CO 属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 4 2 3 ② NH  CO 提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是___________。 4 2 3 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由CoCl 可制备Al CoO 晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整 2 x y 数，则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO 溶液中nHNO  与 3 3 nH O 的比值，理论上最高为___________。 2 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和___________(填化学式)。 3 65 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）MgO+H O=Mg(OH) （2）＞ 2 2 （3）2Co(OH) +12NH H O+SO2-=2CoNH   2+ +SO2-+13H O+4OH-或 3 3 2 3  3 6  4 2 2Co(OH) +8NH H O+4NH++SO2-=2CoNH   2+ +SO2-+13H O 3 3 2 4 3  3 6  4 2 （4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 （5）HCl 体心 12 （6）0.4或2:5 MgO 【解析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液 主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤， 向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢 气体得到氯化镍晶体。 （1）活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H O=Mg(OH) 。 2 2 （2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgK NH H O=4.7， b 3 2 c  NH c(OH) c  NH 104.7 104.7 K NH H O=104.7  4 ， 4   100.6 1，则 b 3 2 cNH H O cNH H O c(OH) 10.4.1 3 2 3 2 cNH H O ＞c  NH ； 3 2 4 （3）“氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成CoNH   2+ ，则由 3  3 6  Co(OH) 转化为CoNH   2+ 的离子方程式为 3  3 6  2Co(OH) +12NH H O+SO2-=2CoNH   2+ +SO2-+13H O+4OH-或 3 3 2 3  3 6  4 2 2Co(OH) +8NH H O+4NH++SO2-=2CoNH   2+ +SO2-+13H O。 3 3 2 4 3  3 6  4 2 （4） NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中， 4 2 3 出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射 4 2 3 4 2 3 峰，则NH Al(OH) CO 属于晶体；②根据题意 NH  CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分 4 2 3 4 2 3 布的棒状颗粒物，则 NH  CO 能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化 4 2 3 物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl ；②由CoCl 可制备Al CoO 2 x y 晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个， Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al 66 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此 晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO ) 6H O， 3 2 2  根据Mg(NO ) 2H Oƒ Mg(OH) 2HNO ，Mg(OH) MgOH O，还剩余5个水分子，因 3 2 2 2 3 2 2 此所得HNO 溶液中nHNO  与nH O 的比值理论上最高为2:5；②“热解”对于从矿石提取 3 3 2 Ni、Co工艺的意义，根据前面分析Mg(NO ) 2H Oƒ Mg(OH) 2HNO ， 3 2 2 2 3  Mg(OH) MgOH O，在于可重复利用HNO 和MgO。 2 2 3 典例3（2023·北京卷第18题）以银锰精矿(主要含Ag S、MnS、FeS )和氧化锰矿(主要含MnO )为原 2 2 2 料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，MnO 的氧化性强于Fe3。 2 （1） “浸锰”过程是在H SO 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS ，有利于后续银的浸出：矿石 2 4 2 中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中。 2 ①“浸锰”过程中，发生反应MnS2H Mn2 H S，则可推断：K MnS __________(填“>”或“<”) 2 sp K Ag S 。 sp 2 ②在H SO 溶液中，银锰精矿中的FeS 和氧化锰矿中的MnO 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子 2 4 2 2 有__________。 （2） “浸银”时，使用过量FeCl、HCl和CaCl 的混合液作为浸出剂，将Ag S中的银以AgCl  形式 3 2 2 2 浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 □Fe3 Ag S□_____‡ ˆ ˆ ˆ † ˆ □_____2AgCl  S 2 2 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl、H的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： 67 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】（1）> Fe3、Mn2 （2）2Fe3 Ag S4Cl- ‡ ˆ ˆ ˆ † ˆ 2Fe3 2AgCl  S Cl是为了与Ag S电离出的Ag结合生成 2 2 2 AgCl  ，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H是为了抑制Fe3水解，防止生成Fe(OH) 沉淀 2 2 3 （3）2AgCl  FeFe2 2Ag4Cl、2Fe3 Fe3Fe2 Fe2被氧气氧化为Fe3，Fe3把 2 Ag氧化为Ag （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO ，同时将银元素和锰元素分离开；生 4 成的Fe3还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】银锰精矿(主要含Ag S、MnS、FeS )和氧化锰矿(主要含MnO )混合加H SO 溶液，使矿石 2 2 2 2 4 中的锰元素浸出，同时去除FeS ，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳 2 2 离子有Fe3、Mn2；浸锰渣中Ag S与过量FeCl、HCl和CaCl 的混合液反应，将Ag S中的银以 2 3 2 2 AgCl  形式浸出，用铁粉把AgCl  还原为金属银。 2 2 （1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应 2 MnS2H Mn2 H S，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：K MnS > 2 sp K Ag S ； sp 2 ②根据信息，在H SO 溶液中二氧化锰可将Fe2氧化为Fe3，自身被还原为Mn2，则浸锰液中主要 2 4 的金属阳离子有Fe3、Mn2。 （2）①Ag S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式 2 为2Fe3 Ag S4Cl‡ ˆ ˆ ˆ † ˆ 2Fe2 2ΛgCl  S； 2 2 ②Cl是为了与Ag S电离出的Ag结合生成AgCl  ，使平衡正向移动，提高Ag S的浸出率；H是 2 2 2 为了抑制Fe3水解，防止生成Fe(OH) 沉淀。 3 （3）①铁粉可将AgCl  还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为 2 68 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司2AgCl  FeFe2 2Ag4Cl、2Fe3 Fe3Fe2； 2 ②溶液中生成的Fe2会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3，Fe3把部分Ag氧化为Ag，因此t min后银 的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和 锰元素分离开，利用MnO 的氧化性将FeS 中的Fe2氧化为Fe3，同时生成的Fe3还可以用于浸银， 2 2 节约氧化剂，同时得到MnSO 。 4 典例4（2023·辽宁卷第16题）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 CoOH NiOH MgOH 3 2 2 2 K 1037.4 1014.7 1014.7 1010.8 sp 回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。 （2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H SO )，1molH SO 中过氧 2 5 2 5 键的数目为_______。 （3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H SO 氧化为MnO ，该反应的离子方程式为_______(H SO 2 5 2 2 5 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO 、_______(填化学式)。 2 （4）“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。SO 体积分数为_______时，Mn(Ⅱ) 2 氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。 2 69 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（5）“沉钻镍”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_______。 （6）“沉镁”中为使Mg2沉淀完全 25℃ ，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）N （3）HO+Mn2++HSO-=MnO +SO2-+3H+ Fe(OH) A 2 5 2 4 3 （4）9.0% SO 有还原性，过多将会降低H SO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 2 2 5 （5）4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O 2 2 2 （6）11.1 【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H SO )，用石灰乳 2 5 调节pH=4，Mn2+被H SO 氧化为MnO ，发生反应HO+Mn2++HSO-=MnO +SO2-+3H+，Fe3+水解同时生成 2 5 2 2 5 2 4 氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)。 2 （1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面 积 （2）H SO 的结构简式为 ，所以1molH SO 中过氧键的数目为N 2 5 2 5 A （3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H SO 氧化为MnO ，该反应的离子方程式为： 2 5 2 H O+Mn2++HSO-=MnO +SO2-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中 2 5 2 4 c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(OH-)3c(Fe3+)=c(OH-)310-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据 Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； （4）根据图示可知SO 体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，由于SO 2 2 2 有还原性，过多将会降低H SO 的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 2 5 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为： 2 4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O； 2 2 2 （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算 70 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1； 典例5（2023·湖南卷第17题）超纯Ga(CH ) 是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技 3 3 工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH ) 方面取得了显著成果， 3 3 工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH ) 的工艺流程如下： 3 3 已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃； ②Et O(乙醚)和NR (三正辛胺)在上述流程中可作为配体； 2 3 ③相关物质的沸点： Ga(CH ) Et CH 3 2 3 物质 NR 3 O I 3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： （1）晶体Ga(CH ) 的晶体类型是_______； 3 3 （2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______； （3）“合成Ga(CH ) (Et O)”工序中的产物还包括MgI 和CH MgI，写出该反应的化学方程式：_______； 3 3 2 2 3 （4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______； （5）下列说法错误的是_______； A. 流程中Et O得到了循环利用 2 71 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司B. 流程中，“合成Ga Mg ”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行 2 5 C. “工序X”的作用是解配Ga(CH ) (NR )，并蒸出Ga(CH ) 3 3 3 3 3 D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH ) 和CH I 3 3 3 （6）直接分解Ga(CH ) (Et O)不能制备超纯Ga(CH ) ，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH ) 的 3 3 2 3 3 3 3 理由是_______； （7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH ) _______Ga(CH ) (Et O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是 3 3 3 3 2 _______。 【答案】（1）分子晶体 （2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga （3）8CH I+2Et O+Ga Mg =2Ga(CH ) (Et O)+3MgI +2CH MgI； （4）CH （5）D 3 2 2 5 3 3 2 2 3 4 （6）NR 沸点较高，易与Ga(CH ) 分离，Et O的沸点低于Ga(CH ) ，一起气化，难以得到超纯Ga(CH ) 3 3 3 2 3 3 3 3 （7） > Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH ) (Et O)中Ga为sp3杂化，所以为四 3 3 3 3 2 面体结构，故夹角较小 【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH ) ，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga Mg ， 3 3 2 5 Ga Mg 和CH I、Et O反应生成Ga(CH ) (Et O)、MgI 和CH MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣 2 5 3 2 3 3 2 2 3 MgI 、CH MgI，加入NR 进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH ) ，Et O重复利用，据此解答。 2 3 3 3 3 2 （1）晶体Ga(CH ) 的沸点较低，晶体类型是分子晶体； 3 3 （2）电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得 到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga； （3）“合成Ga(CH ) (Et O)”工序中的产物还包括MgI 和CH MgI，该反应的化学方程式 3 3 2 2 3 8CH I+2Et O+Ga Mg =2Ga(CH ) (Et O)+3MgI +2CH MgI； 3 2 2 5 3 3 2 2 3 （4）“残渣”含CH MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH ； 3 4 （5）根据分析，流程中Et O得到了循环利用，A正确；Ga(CH ) (Et O) 容易和水反应，容易被氧化，则 2 3 3 2 流程中，“合成Ga Mg ”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；“配体交换”得到 2 5 Ga(CH ) (NR )，“工序X”先解构 Ga(CH ) (NR )后蒸出Ga(CH ) ，C正确；二者甲基的环境不同，核磁 3 3 3 3 3 3 3 3 共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH ) 和CH I，D错误；故选D； 3 3 3 （6）直接分解Ga(CH ) (Et O)时由于Et O的沸点较低，与Ga(CH ) 一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH ) ， 3 3 2 2 3 3 3 3 而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH ) 的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR 沸点远高 3 3 3 于Ga(CH ) ，与Ga(CH ) 易分离； 3 3 3 3 （7）分子中的C-Ga-C键角Ga(CH ) >Ga(CH ) (Et O)，其原因是Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平 3 3 3 3 2 3 3 面结构，而Ga(CH ) (Et O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。 3 3 2 预测1（2024·河北·二模）近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是 72 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用 SiCl 对废弃的锂电池正极材料LiCoO )进行氧化处理以回收Li等金属的工艺流程如下： 4 2 回答下列问题： （1）Co在元素周期表的位置是 ，Co2+与Co3+的未成对电子数之比为 。 （2）“烧渣”是LiCl、CoCl 和SiO 的混合物。“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比 2 2 为 。 （3）“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li CO 与CoCO 按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配 2 3 3 合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料LiCoO ，反应的化学方程式为 。 2 （4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na CO 溶液，将温度升至90℃是为了提高沉 2 3 淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。 A．静置，过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．加热后，趁热过滤 D．蒸发结晶 （5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c  Li 0.20molL1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应 加入Na CO 固体的质量为 g［已知常温下K Li CO 8.64104。计算结果保留3位小数。 2 3 sp 2 3 （6）由Li CO 进一步制得的Li O具有反萤石结构，晶胞如图所示。 2 3 2 73 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司①O2在晶胞中的位置为 。 ②Li O晶体的密度为gcm3，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为 2 N )。 A 预测2（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al、Co、CaO、SiO )回收镍和铂， 2 其工艺流程如图： （1）Pt的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。 （2）含Pt滤渣(除Pt外)的成分为 。 （3）用王水浸取“含Pt滤渣”可回收Pt，浸取时有H PtCl 和NO生成，写出该反应的化学方程式 。 2 6 （4）在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为0.1mol/L且“滤渣1”为CoOH ，则“除钴”步骤需要控制 3 溶液的pH范围是 。已知： KspAlOH 81034，KspCoOH 2.71043，KspNiOH 11015，lg20.3，lg30.5。       3 3 2 （5）加NaOH调pH的目的是 。 （6）“控温氧化”时控制其他条件一定，Ni O 的产率与温度和时间的关系如图。 2 3 ①请写出该过程的离子方程式 。 ②20oC、40oC时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和Na SO，60oC时反应后所得滤液主要为 2 4 NaCl、NaClO、NaOH和Na SO 。反应相同时间，60oC时Ni O 的产率低于40oC时，原因可能为 。 3 2 4 2 3 (7)Ni O 产品中可能含少量NiO，为测定Ni O 的纯度，进行如下实验：称取5.000g样品，加入足量硫酸后， 2 3 2 3 再加入100mL1.000mol/LFe2标准溶液充分反应，加水定容至200mL取出20.00mL，用0.1000mol/LKMnO 4 标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO 标准溶液10.00mL。(Ni O 被Fe2还原为Ni2，不考虑Ni2与 4 2 3 MnO的反应)，计算Ni O 的质量分数 。 4 2 3 预测3（2024·湖南·二模）某煤矸石经化学成分分析可知，其含有大量的Al、Si、Li元素，还含有少量 74 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司Fe、Mg等杂质。下图为硝酸浸出铝、铁、锂等工业流程。按要求回答下列问题： （1）硝酸浸出分离SiO 的操作是 。 2 （2）富铁渣中的主要成分是 （填化学式）。 （3）低温热解过程中有红棕色气体放出，则铝盐发生反应的化学方程式为 （假设热解过程中只有一种 含氮化合物生成）；此时热解温度不宜过高的原因是 。 （4）热活化过程可在氮气或空气气氛中进行，其活化气氛在不同温度下对铝（图1）、铁（图2）浸出的 影响，以及铁的活化产物与硝酸反应的 G与温度的关系（图3）如下图所示。则热活化过程所选用的合 r 适的条件是 （填标号）。 A．N 气氛、650C B．空气气氛、650C C．N 气氛、550C D．空气气氛、550C 2 2 空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是 。 75 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（5）该流程获得的锂富集液可广泛应用于电池行业。某锂离子电池电解液由六氟磷酸锂（LiPF ）和碳酸 6 酯类有机溶剂组成，充电过程中，石墨C 电极发生阴离子插层反应得C PF 。则碳酸酯类为 （填“极 x x 6 性”或“非极性”）溶剂，放电时，正极发生的电极反应方程式为 。 预测4（2024·广东·二模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含 ZnFe O 、CaSO ，另含少量ZnS、SiO 以及GeS )提取Ge和ZnSO H O的工艺流程如下： 2 4 4 2 2 4 2 已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为Ge4，pH2~7时主要为GeOH 。 4 ②常温下，K GeOH 4.01046，K FeOH 4.01038。 sp 4  sp 3  请回答下列问题： （1）Ge是第四周期第ⅣA族元素，其基态原子的价层电子排布式为 。 （2）“氧化酸浸”工序中，溶液pH1.5，浸渣的主要成分为SiO 、S和 (填化学式)；GeS 被双氧 2 2 水氧化的离子方程式为 。 （3）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液pH4.4，Ge和Fe 共沉淀，此时滤液中c(Ge4):c(Fe3) 。 （4）①ZnSO 在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收ZnSO H O的操作为蒸发浓缩、 、 4 4 2 洗涤、干燥。 76 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司②用惰性电极电解ZnSO 溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中 工序循环使用。 4 （5）“水解”工序中，GeCl 水解生成GeO 的化学方程式为 ；GeO 的沸点(1200℃)远高于GeCl 4 2 2 4 的沸点(84℃)，其原因为 。 （6）CsGeBr 是一种可用于制作太阳电池的钙钛矿型材料，其立方晶胞如图所示，Cs与Br的最短距离比 3 Ge与Br的最短距离大，则Ge在晶胞中的位置为 (填“体心”“面心”或“顶角”)；晶体中一个Cs周围 与其距离最近的Br的个数为 。 预测5（2024·北京·一模）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 Mg(OH) Ca(OH) 化合物 MgCO CaC O CaCO Li CO 3 2 4 3 2 3 2 2 6.8×10- 2.3×10- 2.8×10- 2.5×10- Ksp 5.6×10-12 5.5×10-6 6 9 9 2 （1）i中，操作的名称是 。 77 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（2）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg (OH) CO 反应的离子方程式为 。 2 2 3 （3）iii中，得到的沉淀3的成分有 。 （4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi CO 产品，加入c mol/LV mLH SO 标准溶液，固体完全溶解； 2 3 1 1 2 4 步骤II．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤III．以酚酞为指示剂，用c mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V mL。 2 2 ①已知：杂质不与H SO 、NaOH溶液反应。Li CO 的摩尔质量为74g/mol。该Li CO 产品纯度为 (写 2 4 2 3 2 3 出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤II的目的是 ；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的Li CO 产品纯度 (填 2 3 “偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）纯化Li CO 粗品 2 3 将Li CO 转化为LiHCO 后，用隔膜法电解LiHCO 溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li CO 电解 2 3 3 3 2 3. 原理如图所示： 阳极的电极反应式是 ，该池使用了 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。 押题1（2024·河南·三模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是LiNi CO Mn O，还有少量有机 0.6 0.2 0.2 2 粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题： 已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。 ②LiNi CO Mn O 中Ni和Co元素的化合价均为+2价。 0.6 0.2 0.2 2 ③焙烧时LiNi CO Mn O 没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为Li CO 。 0.6 0.2 0.2 2 2 3 ④常温时，氢氧化铝。K 1.31033，lg131.11。 sp 78 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（1）LiNi CO Mn O 中Mn元素的化合价为 。 0.6 0.2 0.2 2 （2）为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。 （3）除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。 （4）焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。 （5）水浸时，通入CO 的目的是 。 2 （6）若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到AlOH 、CoSO、Li CO 等物质，在酸 3 4 2 3 浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。 (7)已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm³(写 A 出表达式)。 押题2（2024·福建·三模）利用氟磷灰石［主要成分为Ca FPO  杂质为SiO 等］为原料生产可应用于巨 5 4 3 2 型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾（KH PO ），工艺流程如下。 2 4 已知：25℃时，K CaSO 4.9105，K CaSiF 9.0101，K BaCO 1.0109， sp 4 sp 6 sp 3 K BaSiF 1.0106，K Na SiF 4.0106。 sp 6 sp 2 6 （1）“酸浸Ⅰ”中生成CaH PO  ，其化学方程式为 。 2 4 2 （2）“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 。 （3）“脱氟”中试剂X为 （填“BaCO ”或“Na CO ”）；当c  SiF2 1.0105molL1时，溶液中试剂X 3 2 3 6 电离出的剩余金属阳离子的浓度为 molL1。 （4）“中和法”为获得较高纯度的KH PO ，控制pH范围为 ；在此pH范围内纯度的KH PO 溶液中各 2 4 2 4 微粒浓度大小关系为 。 已知：溶液中H PO 、H PO、HPO2、PO3的分布分数随pH变化曲线如图。［如PO3分布分数： 3 4 2 4 4 4 4 79 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c  PO3   PO3  4 ］ 4 cH PO c  H PO c  HPO2 c  PO3 3 4 2 4 4 4 （5）“电解法”工作原理如图。 ①阴极的电极反应式为 。 ②分析产品室可得到KH PO 的原因 。 2 4 ③相较于“中和法”，“电解法”的优点有 （写出2条即可）。 押题3（2024·广东·二模）Fe@Fe O 纳米线是一种新型铁基材料，在催化、生物医药、环境科学等领域具 2 3 有广阔应用前景。某研究小组以赤泥(铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，含SiO 、Fe O 、Al O ) 2 2 3 2 3 为原料，设计下列流程制备Fe@Fe O 纳米线并探究其在水处理中的应用。 2 3 回答下列问题： （1）“浸出”实验中，盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所示： 80 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司①盐酸的合适浓度为 。 ②盐酸起始浓度为2 mol·L-1时，铁的浸出率很低，原因是 。 （2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是agcm1，则两个最近的Fe原子间的距离为 cm(设N A 为阿伏加德罗常数的值)。 （3）已知：25℃时，Al(OH) (s)ƒ AlO+ H+ + H O K=4×10-13。若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L-1，“调节pH” 3 2 2 时，pH最小应为 (设调节pH过程中溶液体积不变)。 （4）Fe@Fe O 纳米线为壳层结构(核是Fe、壳是Fe O )，壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。 2 3 2 3 ①“合成”时滴加NaBH 溶液过程中伴有气泡产生，滤液II中含B(OH) ，合成铁核的离子方程式为 。 4 3 ②“合成”后，经过滤、 、 获得Fe@Fe O 纳米线。 2 3 押题4（2024·山东·二模）GaN作为第三代半异体材料广泛应用于大功率充电器和5G通讯技术，某工厂利 用炼锌矿渣［主要成分ZnFe O 、Ga Fe O  、CuO和Fe O ］制备并提取GaN，工艺流程如下： 2 4 2 2 4 3 3 4 已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似 ⅱ．CuOH 可溶于过量氨水生成CuNH   2 2  3 4  ⅲ．常温下，酸浸后浸出液中可能存在的各离子浓度、形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在该工艺条件下 的萃取率见下表： 金属离子 Fe2 Fe3 Zn2 Ga3 Cu2 81 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司浓度/  molL1 — 4.0102 0.78 3.0103 0.22 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.6 3.0 4.5 完全沉淀pH 9.6 3.2 8.0 4.9 a（a>5.5） 萃取率/% 0 99 0 97~98.5 93 （萃取率指进入有机层中金属离子的百分数；NH难被萃取；离子浓度c105molL1时即认为沉淀完全） 4 回答下列问题： （1）“酸浸”过程中Ga Fe O  发生反应的化学方程式为 。 2 2 4 3 （2）滤液①中Cu2的浓度为： ；从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金 属，还可用于 ；滤液①中的主要溶质之一可采用加热浓缩、降温结晶的方法提取，不同降温方法 对析出固体的颗粒大小影响如图所示，若工业生产对产品粒径均一度有要求，则应选用 （填“快 速”“缓慢”或“变速”）降温的方法，原因是 。 （3）物质A的化学式为 。反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方程式 为 ；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极电极反应式为 。 押题5（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含MnO 、SiO 及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeSZ、nS） 2 2 2 为原料联合制取PbSO 和Mn O 的流程如下图所示。 4 3 4 （1）基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 （2）提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。 （3）PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。 （4）“酸浸”时，PbS与MnO 反应生成PbCl 2和SO2，写出其反应的离子方程式 。 2 4 4 82 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。 （6）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。 (7)通过Zn2在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化 过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。 名校预测 预测1 【答案】（1）第四周期VIII族 3∶4 （2）1∶4 700℃ （3）Co(OH) 2 2Li CO +4CoCO +O = 4LiCoO +6CO 2 3 3 2 2 2 （4）减小Li CO 的溶解量，提高产率 C 2 3 （5）6.572 120 （6）顶点、面心 3 107 ρN A 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl 2 4 2 和SiO 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO ；滤液1用氢氧化钠 2 2 溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH) 和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li CO ， 2 2 3 据此解答。 【解析】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Co2+ 与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数 之比3∶4； （2）“500℃焙烧”反应方程式为：4LiCoO +3SiCl 50 = 0℃ 4LiCl+4CoCl +3SiO +O ，生成的氧化产物与还原 2 4 2 2 2 产物的物质的量之比为1∶4； （3）根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH) ，Li CO 与CoCO 在空气中于700℃烧结生成LiCoO ， 2 2 3 3 2 700℃ 反应的化学方程式为：2Li CO +4CoCO +O = 4LiCoO +6CO ； 2 3 3 2 2 2 83 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（4）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高 沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C； （5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余 8.6410-4 的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中c(CO2-) mol/L=0.54mol/L，需要碳酸钠的物质 3 0.042 1 的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%× =0.008mol，最 2 少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为 0.062mol×106g/mol=6.572g； 1 1 （6）①Li O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为8 +6 =4，灰球个数 2 8 2 为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心； 304 ②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为 g，Li O晶体的密度为 N 2 A 304 120 ρ= N a310-21 g⋅cm−3，由此可知a=3 ρN 107nm。 A A 预测2 【答案】（1）第六周期第Ⅷ族 （2）CaSO、SiO 4 2 （3）3Pt18HCl4HNO =3H PtCl 4NO8H O 3 2 6 2 （4）1.5pH3.3 （5）使Al3完全沉淀，提高产品纯度 （6） 2Ni2++ClO-+4OH-=Ni O +Cl-+2H O 60oC，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO，NaClO浓度减 2 3 2 3 小，反应速率减慢 (7)83.00% 【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣， 镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为CoOH 沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶 3 液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni O ，高温还原生成 2 3 Ni； 【解析】（1）Pt的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族； （2）由分析可知，含Pt滤渣(除Pt外)的成分为CaSO、SiO ； 4 2 （3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含Pt滤渣”浸取时有H PtCl 和NO生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N 2 6 化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式 3Pt18HCl4HNO =3H PtCl 4NO8H O； 3 2 6 2 84 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（4）“除钴”步骤需要控制溶液的pH使得Co沉淀而Ni、Al不沉淀，结合Ksp可知，氢氧化铝比镍更难溶， 铝离子沉淀时cOH= 3 Ksp c    A A l l3 O + H 3    3 8 0 1 . 0 1 34 mol/L21011mol/L，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完 全沉淀时 cOH=3 Ksp  NiOH 2    3 2.71043 mol/L31013mol/L ，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶 1105 1105 液的pH范围是1.5pH3.3； （5）加NaOH调pH的目的是使Al3完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度； （6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni O 沉淀，反应中镍化 2 3 合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni O +Cl-+2H O。 2 3 2 ②20oC、40oC时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和Na SO，60oC时反应后所得滤液主要为 2 4 NaCl、NaClO、NaOH和Na SO ，说明60oC时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯 3 2 4 酸钠浓度减小，反应变慢，故选60oC，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO，NaClO浓度减小，反应速率 3 减慢； （7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，5Fe2+ : 5e : KMnO ，高锰酸钾消耗的亚 4 铁离子为0.1000mol/L0.010L5，则Ni O 消耗的亚铁离子为 2 3 200 1.000mol/L0.10L0.1000mol/L0.010L5 =0.05mol，由电子守恒可知，2Fe2+ : 2e : Ni O ，则 20 2 3 1 0.05mol 166g/mol Ni O 的质量分数 2 =83%。 2 3 100% 5.000g 预测3 【答案】（1）过滤 （2）Fe(OH) 3 （3）4AlNO  @2Al O 12NO 3O  温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁， 3 3 2 3 2 2 造成Al O 不纯 2 3 （4）C 空气气氛中高温条件下主要生成Fe O ,Fe O 与硝酸的反应 Gθ大于0，很难被硝酸浸出 2 3 2 3 r （5）极性 C PF e C PF x 6 x 6 【分析】在氮气气氛下高温活化煤矸石各成分，使其在硝酸中浸出。活化成分被硝酸浸出后得到含铝、铁、 锂、镁等元素的硝酸盐。为防止硝酸铁在低温热解时产生相应的氧化物混入氧化铝中加大后续提纯难度， 事先分离出铁元素。低温热解得到氧化铝过滤后，将滤液高温热解分离出富镁渣，最后获得锂富集液。 【解析】（1）SiO 与溶液分离的操作是过滤。 2 （2）硝酸浸出得到铁离子，通过调pH得到Fe(OH) 。 3 85 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，即硝酸铝生成NO ，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式 2 为4AlNO  @2Al O 12NO 3O ；由流程知，高温热解得到富镁渣，所以温度过高，硝酸镁会热解 3 3 2 3 2 2 产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成Al O 不纯。 2 3 （4）该流程的目的是从煤矸石中分离出铝、铁、锂等，因此热活化过程尽可能考虑到后续铝、铁等的浸出， 因此综合考虑，根据图知，热活化过程合适的条件是N 气氛、550C。由图3可知Fe O 与硝酸反应的 G 2 2 3 r 大于0，因此可合理推测空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是主要生成Fe O ，很难被硝酸 2 3 浸出。 （5）该锂离子电池的电解液为六氟磷酸锂LiPF ，在溶剂中以Li和PF形式存在，且保持电解液的强导 6 6 电性，因此碳酸酯类应为极性溶剂。充电过程中阴极嵌入Li，石墨C 电极发生反应： x C PFe=C PF 。因此放电时，正极发生的电极反应方程式为C PF e C PF。 x 6 x 6 x 6 x 6 预测4 【答案】（1）4s24p2 （2） CaSO GeS 2H O 4H=Ge4 4H O2S 4 2 2 2 2 （3） ZnO或ZnOH 等 101.6 2 （4）趁热过滤 氧化酸浸 （5）GeCl 2H O=GeO 4HCl GeO 是共价晶体，GeCl 是分子晶体 4 2 2 2 4 （6）体心 12 【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe O 转化为硫酸锌、硫酸 2 4 铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和 硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化 铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体； 向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗； 二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。 【解析】（1）锗元素位于第四周期ⅣA族，则基态原子的价层电子排布式为4s24p2，故选4s24p2； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为硫酸钙、二氧化硅和硫；由分析可知，硫化锗与过氧化氢和硫酸混合 溶液反应生成硫酸锗、硫和水，反应的离子方程式为GeS 2H O 4H=Ge4 4H O2S，故选CaSO ； 2 2 2 2 4 GeS 2H O 4H=Ge4 4H O2S； 2 2 2 2 （3）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、 锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为 86 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司4.01046 (109.6)4 =101.6，故选ZnO或ZnOH 等；101.6； 4.01038 2 (109.6)3 （4）①由图可知，一水硫酸锌的溶解度随温度升高而降低，则从硫酸锌溶液中回收一水硫酸锌的操作为蒸 发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，故选趁热过滤； 电解 ②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为2ZnSO +2H O 2Zn+2H SO +O ↑，则电解得到的硫 4 2 2 4 2 酸溶液可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用，故选氧化酸浸； （5）由分析可知，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗，反应的化学方程式为 GeCl 2H O=GeO 4HCl；由沸点可知，二氧化锗是熔沸点高的原子晶体，四氯化锗是熔沸点低的分子 4 2 2 晶体，原子晶体的沸点高于分子晶体，故选GeCl 2H O=GeO 4HCl；GeO 是共价晶体，GeCl 是分 4 2 2 2 4 子晶体； 1 （6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的黑球个数为8× =1、位于体心的条纹球个数为1、位于面心的灰 8 1 球个数为6× =3，由化学式可知，灰球为溴原子，由铯原子与溴原子的最短距离比锗原子与溴原子的最短 2 距离大可知，条纹球为锗原子、黑球为铯原子；晶胞中位于顶点的铯原子与位于面心的溴原子距离最近， 则铯原子周围与其距离最近的溴原子的个数为12，故选体心；12。 预测5 【答案】（1）萃取、分液 （2）2Mg2++3CO2+2H O=Mg (OH) CO ↓+ 2HCO 3 2 2 2 3 3 （3）Mg(OH) 、CaCO 、Ca(OH) 2 3 2 （4） 不可行 由于K (CaCO )远小于K (Li CO )，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的 sp 3 sp 2 3 同时生成CaCO 沉淀，造成产品纯度降低 3 1 74(cV- c V )10-3 （5） 1 1 2 2 2 ×100% 除去溶液中的CO 2 偏低 a （6） 4HCO-4e-=2H O+O ↑ +4CO ↑ 阳 3 2 2 2 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、 Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg (OH) CO 进行一次除镁，过滤得沉淀2 2 2 3 主要成分为Mg (OH) CO ，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH) ，同时 2 2 3 2 步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO 沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH) 和 3 2 CaCO ，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC O 沉淀，过滤得到沉淀4主要 3 2 4 成分为CaC O ，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 2 4 87 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）由分析可知，i中操作的名称是萃取分液，故选萃取、分液； （2）由分析可知，ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg (OH) CO 反应即Mg2+和Na CO 溶液反应生 2 2 3 2 3 成Mg (OH) CO ，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3CO2-+2H O=Mg (OH) CO ↓+2HCO-； 2 2 3 3 2 2 2 3 3 （3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH) 和CaCO 、Ca(OH) ； 2 3 2 （4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO ， 3 造成所得Li CO 沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； 2 3 （5）①根据2NaOH+H SO =Na SO +2H O可知与NaOH反应的H SO 的物质的量为： 2 4 2 4 2 2 4 1 1 n(H SO )= n(NaOH)= c V ×10-3mol,则与Li CO 反应的硫酸的物质的量为： 2 4 2 2 2 2 2 3 1 1 n(H SO )=c V ×10-3mol- c V ×10-3mol=( c V - c V )×10-3mol,根据Li CO +H SO =Li SO +H O+CO ↑，故 2 4 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 3 2 4 2 4 2 2 1 74(cV- c V )10-3 该Li 2 CO 3 产品纯度为 1 1 2 2 2 ×100%； a ②由反应方程式Li CO +H SO =Li SO +H O+CO ↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO ，故步骤Ⅱ的目 2 3 2 4 2 4 2 2 2 的是将溶液中溶解的CO 赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中 2 的V 偏大，则将导致测得的Li CO 产品纯度偏低； 2 2 3 （6）根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H O+O ↑； 2 2 阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H O+2e-=H ↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极 2 2 区，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜。 名师押题 押题1 【答案】（1）+7 （2） 升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去 正极材料中含有的有机粘结剂 （3）2Al2OH6H O2AlOH   3H 或Al O 2OH3H O2AlOH   2  4  2 2 3 2  4  焙烧 （4）20LiNi Co Mn O +13C 10Li CO +12Ni+4Co+4MnO+3CO 0.6 0.2 0.2 2 2 3 2 （5）将微溶的Li CO 转化为易溶的LiHCO ，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率 2 3 3 （6）3.37 284 (7) N A (a1010)3 【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是LiNi CO Mn O，还有少量有机粘结剂和铝箔基 0.6 0.2 0.2 2 底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li 88 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司元素转化为Li CO ，同时有CO 、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到LiHCO ，热解后得到Li CO ，据 2 3 2 3 2 3 此分析解题。 【解析】（1）根据物质的化合价之和为0，且LiNi CO Mn O 中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn 0.6 0.2 0.2 2 元素的化合价为+7价。 （2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅 拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。 （3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为： 2Al2OH6H O2AlOH   3H 或Al O 2OH3H O2AlOH   。 2  4  2 2 3 2  4  （4）焙烧还原时Li元素转化为Li₂CO₃，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为： 焙烧 20LiNi Co Mn O +13C 10Li CO +12Ni+4Co+4MnO+3CO 。 0.6 0.2 0.2 2 2 3 2 （5）水浸时，通入CO 的目的是将微溶的Li CO 转化为易溶的LiHCO ，更好与Ni、Co、MnO分离，提 2 2 3 3 高锂元素的回收率。 （6）K [Al(OH) ]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.31033，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=3 131011mol/L， sp 3 K 11014 1 c  H  W   103mol/L， c  OH 3 131011 3 13 pH=-log(H+)=lg   1 103      lg   1   lg103   3lg   1   3lg13  1 3 3 1 lg133.37。 3 13   3 13  3 13 3 1 1 1 （7）MnO晶胞结构如图所示，O2-：8 +6 4，Mn2+：12 14，晶胞的质量为： 8 2 4 284 16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，N 为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 N g/cm3。 A A (a1010)3 押题2 【答案】（1）Ca FPO  7H PO 5CaH PO  HF 5 4 3 3 4 2 4 2 （2）CaSO 4 10 （3） Na CO 2.0100.5或 或0.63 2 3 5 （4）4~6 c  K c  H PO c  H c  HPO2 c  OH cH PO c  PO3 2 4 4 3 4 4 （5）2H PO 2e 2H POH  阴极产生H PO通过阴膜，阳极K通过阳膜，生成KH PO 3 4 2 4 2 2 4 2 4 协同产生H 、Cl ；相较于KOH原料KCl廉价易获得 2 2 【分析】氟磷灰石［主要成分为Ca FPO  杂质为SiO ，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生成CaH PO  ， 5 4 3 2 2 4 2 加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙沉淀和磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成Na SiF 沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸， 2 6 89 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司用加氢氧化钾中和制备KH PO ，或用电解磷酸和氯化钾混合液的方法制备KH PO 。 2 4 2 4 【解析】（1）“酸浸Ⅰ”中Ca FPO  和磷酸反应生成CaH PO  和HF，其化学方程式为 5 4 3 2 4 2 Ca FPO  7H PO 5CaH PO  HF； 5 4 3 3 4 2 4 2 （2）“酸浸Ⅱ”中CaH PO  和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为CaSO ； 2 4 2 4 （3）碳酸钡比BaSiF 更难溶，所以“脱氟”中试剂X不能用碳酸钡，试剂X为Na CO ；当 6 2 3 c  SiF2 1.0105molL1时，c(Na+)= 4106 2100.5 molL1。 6 1105 （4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的KH PO ，控制pH范围为4~6；在此pH范围内； 2 4 k (H PO )=10-2.1、k (H PO )=10-7.2；k (H PO )=10-12.2，H PO的水解常数为10-11.9；KH PO 溶液中 a1 3 4 a2 3 4 a3 3 4 2 4 2 4 H PO电离大于水解，所以 2 4 KH PO 溶液中各微粒浓度大小关系为 2 4 c  K c  H PO c  H c  HPO2 c  OH cH PO c  PO3 。 2 4 4 3 4 4 （5）①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H PO 2e 2H POH 。 3 4 2 4 2 ②阴极产生H PO通过阴膜，阳极K通过阳膜，在产品室可得到KH PO 。 2 4 2 4 ③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生H 、Cl ；相较于KOH原料KCl廉价易获得。 2 2 押题3 【答案】（1）6 mol·L-1 盐酸起始浓度为2mol·L-1时，Fe3+发生了水解 2 224 （2）  3 2 aN A （3）11 （4） 9H O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H ↑+ 3B(OH) + 9H+ 洗涤 烘干 2 4 2 3 【分析】赤泥含有SiO 、Fe O 、Al O ，用盐酸酸浸，Fe O 、Al O 溶解，而SiO 不溶解，过滤得到滤渣 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 为SiO ，浸出液加入NaOH调节pH，使铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后再过滤， 2 滤液I含有偏铝酸钠，用盐酸溶解氢氧化铁得到氯化铁溶液，再用NaBH 溶液还原得到Fe核，NaBH 中氢 4 4 元素被氧化为氢气。 【解析】（1）①由图中信息可知，盐酸的浓度为6 mol·L－1时铝、铁的浸出率已经很高，再增大浓度浸出 率增大不明显，故合适浓度为6 mol·L－1； ②盐酸起始浓度为2mol·L－1时，Fe3+发生了水解，铁的浸出率很低； （2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是ag·cm-3，设晶胞的边长为xcm，则两个最近的Fe原子间的距 2 1 1 离为 xcm，根据均摊法可知一个晶胞含有的铁原子数为8× +6× =4，晶胞的体积 2 8 2 90 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司456g/mol 224 2 2 224 V=x3cm3= N mol-1 ，解得x=3 ，则两个最近的Fe原子间的距离为 xcm= ·3 cm； A a•N 2 2 a•N agcm-3 A A （3）已知：25℃时，Al(OH) (s)ƒ AlO+ H+ + H O ，K=c(AlO)·c(H+)= c(Al3+)·c3(OH-)=4×10－13，若浸出 3 2 2 2 液c(Al3+) = 0.04 mol·L－1，由Ksp[Al(OH) ]=c(Al3+)·c3(OH-)= 0.4 mol·L－1×c3(OH-)=4×10－13，c(OH-)=10－3，“调 3 节pH”时，pH最小应为11； （4）①“合成”时滴加NaBH 溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液Ⅱ中含B(OH) ，合成铁核的离子方程 4 3 式为9H O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H ↑+ 3B(OH) + 9H+； 2 4 2 3 ②“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得Fe@Fe O 纳米线。 2 3 押题4 【答案】（1）Ga Fe O  12H SO Ga SO  3Fe SO  12H O 2 2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 3 2 （2）2.2103molL1或1.0102a16molL1 在酸浸中循环利用O 和H SO 变速 变速降温下 2 2 4 析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等 （3）Fe Ga3 4OH GaOH   GaOH   3e Ga4OH  4   4  【分析】锌矿渣［主要成分ZnFe O 、Ga Fe O  、CuO和Fe O ］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除 2 4 2 2 4 3 3 4 浸出渣，再加入氨水调节pH为5.5，得到滤液①，Fe3、Ga3转化为沉淀，固体①加入过量氨水，洗涤得 到滤液②和固体②，固体②加入盐酸和物质A溶解转化，物质A为Fe，还原出Ga，镓和铝位于同一主族， 性质相似,利用萃取剂萃取去水相，有机相再加入过量氢氧化钠溶液反萃取得到有机相和物质B为 [Ga(OH) ]-，经一系列操作得到GaN； 4 【解析】（1）“酸浸”过程中Ga Fe O  与硫酸反应生成硫酸镓和硫酸铁，发生反应的化学方程式为 2 2 4 3 Ga Fe O  12H SO Ga SO  3Fe SO  12H O； 2 2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 3 2 （2）根据表中数据可知，Cu2开始沉淀时浓度为0.22mol/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5mol/L， Ksp[Cu(OH) ]c(Cu2+)c2(OH-)=0.22(109.5)2 2.21020，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中Cu2的浓度 2 Ksp[Cu(OH) ] 2.21020 为： 2  2.2103；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14mol/L，Cu2的浓度 c2(OH-) (108.5)2 c105molL1，Ksp[Cu(OH) ]c(Cu2+)c2(OH-)=1.0102a33，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中Cu2的浓 2 Ksp[Cu(OH) ] 1.0102a33 度为： 2  1.0102a16； c2(OH-) (108.5)2 从工业经济性考虑，电解滤液①得到的产物，可用于回收金属，还可用于在酸浸中循环利用O 和H SO ； 2 2 4 结合图中信息可知，在变速降温的情况下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等； （3）根据分析可知，物质A的化学式为Fe；反萃取过程中物质B会溶于水相分离，生成物质B的离子方 程式为Ga3 4OH GaOH   ；若通过电解物质B的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH) ]-得电   4 4 91 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司子产生Ga，电极反应式为GaOH   3e Ga4OH。   4 押题5 【答案】（1） 5 d （2） 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低PbCl 的溶解度 2 （3）MnS （4）PbS4MnO 4Cl8H PbCl 2SO24Mn2 4H O 2 4 4 2 （5）防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2浸出量 （6）6Mn2 O 12NH H O2Mn O 12NH 6H O 2 3 2 3 4 4 2 (7)Mn W OxZn2 2xe Zn Mn W O 0.61 0.39 x 0.61 0.39 【分析】软锰矿（主要含MnO 、SiO 及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS 、ZnS）为原料，加入盐 2 2 2 酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl 固体，加硫酸转化 2 为硫酸铅，溶液加入Na S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn O ，据此回答。 2 3 4 【解析】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子； ②Mn元素位于元素周期表的d区； （2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等； ②冰水沉积得到PbCl 固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl 的溶解度； 2 2 （3）根据加入Na S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下， 2 溶度积最大的是MnS； （4）酸浸”时，PbS、MnO 、HCl反应生成[PbCl ]2−、SO2、Mn2+和H O，离子方程式为： 2 4 4 2 PbS4MnO 4Cl8H PbCl 2SO24Mn2 4H O； 2 4 4 2 （5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍 反应进行，提高Mn2+浸出量； （6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为： 6Mn2 O 12NH H O2Mn O 12NH 6H O； 2 3 2 3 4 4 2 （7）由图可知，过程Ⅱ为Mn □ O转化为Zn Mn □ O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到 0.61 0.39 x 0.61 0.39 电子，电极反应式为：Mn W OxZn2 2xe Zn Mn W O。 0.61 0.39 x 0.61 0.39 92 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司海量资源免费下载公众号《良学小屋》 √书虫致力于提供高考名师课程和全国各地名校试卷 √收费群仅在公众号进行售卖进群，其他平台购买均 属倒卖，倒卖有断更、更新延迟、遗漏等问题不提供 售后服务 扫码关注良学小屋 领取免费资源 如果搜索不到可以搜索微信号：lxxw64787822