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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
1
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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。
方法 如：向AlCl3溶液中加入过量NaOH 溶液，可按照反应顺序分别写出两步反应：
Al
①
3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，
Al(OH)
②
3＋OH－===AlO＋2H2O，
2
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由①＋②可得：Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O。
（2）先后反应型——“假设定序”法
特点 一种反应物的两种或两种以上的组成离子，都能跟另一种反应物的组成离子反应，但因反应次序不
同而跟用量有关。
方法 这类反应的关键是明确离子反应的先后顺序。如：FeBr2溶液与Cl2反应，在不明确离子反应的先后
顺序时，可假设Cl2先与Br－反应，则生成的溴单质还要氧化Fe2＋生成Fe3＋，这样即可确定Cl2先与Fe2＋反
应后再与Br－反应，然后再根据量的关系书写即可。
（3）离子配比型——“少定多变”法
特点 当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式
盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。
①“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加
反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。
②“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制
约，是可变的。
如：少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：
“少定”——即定HCO 的物质的量为1 mol，
“多变”——1 mol HCO 能与1 mol OH－发生反应，得到1 mol H2O 和1 mol CO，1 mol CO 再与1 mol Ca2＋
结合生成CaCO3沉淀。离子方程式为HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。
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
无色、透明
Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO 等有色离子不能大量存在；“透
明”也可“有色”
常温下pH＝1(或pH＝13)
溶液显酸性(或碱性)
因发生氧化还原反应而不能大量共存
如Fe2＋、S2－、I－、SO 与NO(H＋)、ClO－、MnO 不能大量共
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H2
溶液既可能显酸性也可能显碱性
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
通入足量的NH3
与NH3·H2O 反应的离子不能大量存在
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、S2－的溶液
应是碱性溶液
含有大量NO 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
3
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“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. Cl2通入氢氧化钠溶液：
B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C. 过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：
D. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】Cl2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：
，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
式为：
，B 正确；过量CO2通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，
反应的离子方程式为：
，选项C 正确；H2SO3溶液中滴入氯化钙
溶液，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：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C. K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D. TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
【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MnO2+H2O+e-=MnO(OH)
+OH-，A 正确；铅酸电池在充电时阳极失电子，其电极式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO4
2-，B 错
误；K3[Fe(CN)6]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)6]3-
=KFe[Fe(CN)6]↓，C 正确；TiCl4容易与水反应发生水解，反应的离子方程式为TiCl4+
(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-，D 正确；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：
B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
4
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C. 铜与稀硝酸：
D. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
【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，：
，故A
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：
，故B 正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：
，故C 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：
，故D 错误；答案为B。
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. Cl2制备84 消毒液(主要成分是
)：
B. 食醋去除水垢中的
：
C. 利用覆铜板制作印刷电路板：
D. Na2S 去除废水中的
：
【答案】B
【解析】Cl2和NaOH 溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O 不能拆写其余均可拆写为离
子，A 项正确；食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B
项错误；FeCl3将Cu 氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C 项正确；Na2S
将Hg2+转化为沉淀除去，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.
通入水中：
B.
通入石灰乳中：
C.
放入
溶液中：
D.
放入
溶液中：
【答案】B
【解析】二氧化氮和水生成硝酸和NO，反应为
，A 正确；石灰乳转
化氢氧化钙不能拆，反应为
，B 错误；
放入
溶液中
生成偏铝酸钠和去：
，C 正确；
放入
溶液中发生
氧化还原生成二价铅和二价铁离子，反应为：
，D 正确；故选B。
5
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预测1（2024·广东·一模）下列离子方程式正确的是
A．
与水反应：
B．食醋去除铁锈：
C．同物质的量浓度同体积
溶液与
溶液混合：
D．
溶液中加足量
溶液并加热：
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
溶液：
B．铅酸蓄电池充电时的阴极反应：
C．普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极反应：
D．实验室用
水解制备
预测3（2024·河北·一模）硫代硫酸钠
主要用于照相时作定影剂，也可用作氰化物的解毒剂，下
列离子方程式书写错误的是
A．用过量的
溶液除去底片上的
时有
生成：
B．久置空气中的
溶液变质：
C．用
溶液吸收工业尾气中足是的
：
D．向
溶液中滴加稀硫酸：
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．
溶液与醋酸溶液反应：
B．
溶液与
溶液反应：
C．电解饱和食盐水：
D．向
溶液中通入过量的
：
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
A．澄清透明的溶液：
B．使甲基橙变红的溶液：
6
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C．加入铝产生氢气的溶液：
D．
的溶液：
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：
B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C．向
溶液中加入过量的NaOH 溶液：
D．向
溶液中滴入
使
反应完全：
押题2（2024·江苏南通·二模）下列化学反应表示正确的是
A．电解饱和食盐水制备
的离子方程式：
B．将氯水在强光下照射的化学方程式：
C．氨气检验
泄露的化学方程式：
D．
处理含氰碱性废水的离子方程式：
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
的过程：
B．用石墨电极电解
溶液：
C．向
溶液中加入足量
溶液，得到白色沉淀：
D．
的非金属性强于
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：
、
、
、
B．滴加酚酞显红色的溶液中：
、
、
、
C．使甲基橙变红的溶液中：
、
、
、
D．所含溶质为
的溶液中：
、
、
、
7
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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。
B．碱性条件：
C．水电离出的
的溶液：
D．制作印刷电路板的腐蚀液：
名校预测
预测1
【答案】C
【解析】A．原离子方程式质量不守恒，
与水反应的离子方程式为：
，
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：
，B 错误；
C．同物质的量浓度同体积
溶液与
溶液混合的反应方程式为：
Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，则离子方程式为：
，C 正确；
D．足量的NaOH 还能与碳酸氢根离子反应，故NH4HCO3溶液中加足量NaOH 溶液并加热的离子方程式为：
，D 错误；
故选C。
预测2
【答案】B
【解析】A．金属铅溶于
溶液反应生成硫酸铅和硫酸亚铁，离子方程式为：
，A 正确；
B．铅酸蓄电池充电时，PbSO4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：
，B 错误；
C．普通锌锰干电池放电过程中，MnO2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
平电极方程式为：
，C 正确；
D．实验室用
水解制备
，离子方程式为
，D 正确；
故选B。
8
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预测3
【答案】A
【解析】A．用过量的
溶液除去底片上的
时有
生成，反应的离子方程式为：
，选项A 错误；
B．久置空气中的
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：
，选项B 正确；
C．用
溶液吸收工业尾气中足量的
，生成硫酸钠、氯化钠和盐酸，反应的离子方程式为：
，选项C 正确；
D．向
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：
，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：
，A 错误 ；
B．
溶液与
溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B 正确；
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：
，C 错误；
D．向
溶液中通入过量的
，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：
，D 错误；
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，
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，
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
发生完全双水解反应，不能大量共存，D 错误；
故选C。
名师押题
9
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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
，A 错误；
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
，B 正确；
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
，C 错误；
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
，D 错误；
故选B。
押题2
【答案】C
【解析】A．电解饱和食盐水制备
的离子方程式：
，A 错误；
B．将氯水在强光下照射的化学方程式：
，B 错误；
C．氨气检验
泄露的化学方程式：
，C 正确；
D．
处理含氰碱性废水的离子方程式：
，D 错误；
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；
B．石墨电极电解
溶液：
，故B 错误；
C．
与足量
反应生成硫酸钡沉淀和水，反应离子方程式为：
，故C 正确；
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。
押题4
10
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【答案】B
【解析】A．乙醇与
、
发生氧化还原反应而不能大量共存，故A 不符合题意；
B．使酚酞变红色的溶液，含有大量的OH-，
、
、
、
，各组分之间不发生反应，故B 符合
题意；
C．能使甲基橙变红的溶液，溶液显酸性，因为H+、
发生氧化还原反应而不能大量共存，故C 不符
合题意；
D．
与
发生双水解，不能大量共存，故D 不符合题意；
故选B。
押题5
【答案】B
【解析】A．
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；
B．碱性条件下，
不发生反应，能大量共存，B 选；
C．水电离出的
的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，
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+，
会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D 不选；
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
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
11
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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KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处
于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl2等)。
（5）转化律
同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态＋低价态→中间价态；价态相邻能共存、价态相间能
归中，归中价态不交叉、价升价降只靠拢。
2.得失电子守恒法解题的思维模式
12
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（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
，下列说法正确
是（ ）
A. 生成1molN2O，转移4mol 电子
B. NH2OH 是还原产物
C. NH2OH 既是氧化剂又是还原剂
D. 若设计成原电池，Fe2+为负极产物
【答案】A
【解析】由方程式可知，反应生成1molN2O，转移4mol 电子，故A 正确；由方程式可知，反应中氮元
素的化合价升高被氧化，NH2OH 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
高被氧化，NH2OH 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(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. S2O3
2-和SO4
2-的空间结构都是正四面体形
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As 和S 都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应
：Ⅰ<Ⅱ
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3 7∶
【答案】D
【解析】S2O3
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；
As2S3中As 的化合价为+3 价，反应Ⅰ产物As2S3中As 的化合价为+3 价，故该过程中As 没有被氧化，B
错误；根据题给信息可知，反应I 的方程式为：
，反应Ⅱ的方
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程式为：
，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：Ⅰ>Ⅱ，C 错
误；As2S3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1molAs2S3
失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As 变为+5 价，S 变为+6 价，则1molAs2S3失电子
2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3 7∶，D 正确；故选D。
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H2O2，其还原产物为O2
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H2O2，则B 化合价应该降低，因此其还原产物为
H2O，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
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Na2O2和CaH2与水的反应分别为①
；②
。下列说法正确的是
A. Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【解析】Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A 错误；①中水的化合价
不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B 错误；Na2O2由Na+和O2
2-组成．阴、阳离
子个数之比为1 2∶，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2 1∶，C 正确；①中每生成1 个氧气分
子转移2 个电子，②中每生成1 个氢气分子转移1 个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质
的量之比为1 2∶，D 错误；故选C。
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典例5（2022·浙江卷）关于反应
，下列说法正确的是
A.
发生还原反应
B.
既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.
发生反应，转移
电子
【答案】B
【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧
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。H2SO4转
化为硫酸钠和水，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；
Na2S2O3中的S 的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0 价)和SO2(+4 价)，故其既是氧化剂又是还原剂，
B 说法正确；该反应的氧化产物是SO2，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
说法不正确；根据其中S 元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol 电子，D 说
法不正确。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
的碱性溶液，发生的反应为
(末配平)。下列说法正确的是
A．配平后
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．
的电子式为
D．该反应每生成
，转移
电子
预测2（2024·浙江宁波·二模）酸性条件下Na2S 和Na2SO3发生反应：
，下列说法不正确的是(设
为阿伏加德罗常数的值)
A．生成24gS 转移电子的数目为
B．Na2S 是还原剂，发生氧化反应
C．Na2SO4是氧化产物
D．碱性条件下S2-和
可以大量共存
预测3（2024·安徽淮北·一模）
与浓硫酸在一定条件下可发生反应：
（方程式未配平），下列说法正确的是
A．X 为
B．
既作氧化剂又作还原剂
C．浓硫酸表现出了氧化性和酸性
D．
发生反应时转移电子
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：
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，同时在火药中会加入
等物质。下列说法正
确的是
A．该反应中，氧化产物与还原产物物质的量之比为
B．每生成
，被S 氧化的C 的物质的量为
C．火药中的
均不参与化学反应
D．燃放烟花对环境没有污染
预测5（2024·辽宁抚顺·三模）已知：
。下列有关
该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．
全部是还原产物
C．生成1 mol
转移4 mol 电子
D．常温下，气体产物不能大量共存
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
作还原剂，其反应之一为：
，下列说法不
正确的是（
为阿伏加德罗常数）
A．氧化产物与还原产物的质量比为3 4∶
B．生成
水转移电子的数目为
C．可使用
溶液吸收氮氧化物
D．氮氧化物的排放可形成酸雨
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
⑦
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
⑩铁粉做食品袋内的脱氧剂
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
的还原产物为
。下列说法正确的是
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A．钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是
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
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．
的溶液中含有的CrO
数目为
C．加入浓盐酸可实现第①步转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，生成标准状况下气体3.36L
D．已知
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
押题5（2024·江苏盐城·三模）反应
可制备高效消
毒剂
。对于该反应，下列说法正确的是
A．
是氧化剂
B．
被氧化
C．
是还原产物
D．当转移1mol 电子时，该反应生成1mol
名校预测
预测1
【答案】B
【解析】A．配平后的化学方程式为
，
的化学计
量数为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；
D．根据关系式3H2O~10e-，每生成
物质的量为
，转移
电子，D 错误；
故选B。
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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
，
生成24gS（为
）转移电子1mol，数目为
，A 正确；
B．反应中硫化钠中硫化合价由-2 变为0，故Na2S 是还原剂，发生氧化反应，B 正确；
C．Na2SO4为硫酸生成的，不是氧化产物，C 错误；
D．碱性条件下S2-和
不反应，可以大量共存，D 正确；
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：2MnO2+2H2SO4(浓)=2MnSO4+2H2O+O2↑，
则X 为O2，以此解题。
【解析】A．由分析可知X 为O2，故A 错误；
B．MnO2中Mn 元素化合价降低，氧的化合价升高，作还原剂，则
既作氧化剂又作还原剂，故B 正
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0.5molMnO2发生反应时转移电子1mol，故D 错误；
故选B。
预测4
【答案】B
【分析】
该反应中N 元素化合价由+5 价降为0 价，S 元素化合价
由0 价降为-2 价，C 元素化合价由0 价升为+4 价，故S 和
为氧化剂，C 为还原剂，CO2氧化产物，
、N2为还原产物。
【解析】A．该反应中CO2氧化产物，
、N2为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3 2∶，
故A 错误；
B．每生成
，生成1molK2S，硫得到2mol 电子，被S 氧化的C 的物质的量为
，故B 正确；
C．火药中的Li2CO3、NaNO3不稳定，受热易分解，参与化学反应，故C 错误；
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
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【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H2SO4、H2O2，O、Ag 元素化
合价升高，H2O2、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；
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
是还原产物，故B
错误；
C．氧化产物为
、O2，生成1 mol
转移4 mol 电子，故C 正确；
D．
和O₂ 在常温下几乎不反应，气体产物能大量共存，故D 错误；
故选C。
名师押题
押题1
【答案】A
【解析】A．
中NH3的N 元素化合价上升发生氧化反应，NO2的N 元素化合价
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．
中NH3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
H2O，生成
水转移电子的数目为
，故B 正确；
C．氮氧化物可以被碱性溶液
溶液吸收，故C 正确；
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；
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；
Fe(OH)
⑦
3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
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
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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
3Fe+NaNO2+5NaOH
3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O
3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O
Fe3O4+4NaOH，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
，故A 正确；
B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反应中， NaNO2为氧化剂，Fe
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．
的还原产物为
，溶液显碱性，离子方程式为
，故C 错误；
D．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O
Fe3O4+4NaOH，该反应中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原
反应，故D 错误；
故选A。
押题4
【答案】D
【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．
在溶液中存在如下平衡：
，则溶液中含有的
数目小于0.2NA，
故B 错误；
C．加入浓盐酸可实现第①转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，转移0.6mol 电子，生成0.3mol 氯气，标
准状况下体积为6.72L，故C 错误；
D．
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；
故选D。
押题5
【答案】D
【解析】A．该反应中H2SO4中的元素化合价未发生变化，H2SO4不是氧化剂，A 错误；
B．该反应中NaClO3得电子生成ClO2，故NaClO3为氧化剂被还原，B 错误；
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C．Na2SO3失电子为还原剂被氧化，生成的Na2SO4为氧化产物，C 错误；
D．该反应中，生成2molClO2转移2mol 电子，当转移1mol 电子时，反应生成1molClO2，D 正确；
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
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
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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
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O2的燃料电池为例)
酸性介质，如稀硫酸
负极
CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极
O2＋4e－＋4H＋===2H2O
碱性介质，如KOH 溶液
负极
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
正极
O2＋4e－＋2H2O===4OH－
熔融盐介质，如熔融K2CO3
负极
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2↑＋2H2O
正极
O2＋4e－＋2CO2===2CO
高温下能传导O2－的固
体电解质
负极
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极
O2＋4e－===2O2－
4.可充电电池原理示意图
5．析氢腐蚀和吸氧腐蚀
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析氢腐蚀
吸氧腐蚀
条件
水膜呈酸性
水膜酸性很弱或呈中性
正极反应
2H＋＋2e－===H2↑
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
负极反应
Fe－2e－===Fe2＋
其他反应
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈
【方法技巧】新型化学电源的解题步骤
（1）判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。
（2）确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。
（3）充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。
（4）电极反应→总反应方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。
二、电解池原理及其应用
1．电解池的工作原理
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
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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
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
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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
生成铝离子
，铝离子水解显酸性，C 错误；每消耗1kgAl（为
），电池最多向外
提供
mol 电子的电量，D 错误；故选A。
典例2（2023·广东卷第6 题）负载有
和
的活性炭，可选择性去除
实现废酸的纯化，其工作原理
如图。下列说法正确的是（ ）
A.
作原电池正极
B. 电子由
经活性炭流向
C.
表面发生的电极反应：
D. 每消耗标准状况下
的
，最多去除
【答案】B
【解析】O2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
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
，C 错误；每消耗标准状况
下11.2L 的O2，转移电子2mol，而
失去2mol 电子，故最多去除
，D 错误。故选B。
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典例3（2023·浙江选考1 月第11 题）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解
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：
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，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料（TiSi），电极反应为
。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，A 错误；电极A 的电极反应为
，B 错误；根据图中信息可知，该体
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H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂
可抑制
产生。下列说法正确的是（ ）
A. b 端电势高于a 端电势 B. 理论上转移
生成
C. 电解后海水
下降 D. 阳极发生：
【答案】D
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【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-=H2↑，则理论
上转移
生成
，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：
，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
生成且KOH 溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为
。下列说法
错误的是（ ）
A. b 电极反应式为
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
【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2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-
=O2↑+2H2O，电池总反应为2H2O=====2H2↑+O2↑，据此解答。b 电极反应式为b 电极为阴极，发生还原
反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A 正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH 浓度不变，阳
极发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，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1molH2要消
耗1molH2O，生成H2的速率为
，则补水的速率也应是
，故D 错误；故选D。
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
27
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A．a 极为直流电源的负极
B．
电极反应为
C．该离子交换膜为阴离子交换膜
D．当外电路中转移
电子时，阴极区溶液质量增重
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
中的葡萄糖转化成葡萄糖内酯，下列说法正确的是
A．葡萄糖发生还原反应
B．MnO2在正极失电子
C．H+由a 极移向b 极
D．当电路中转移0.1NA个电子时，生成0.1mol 葡萄糖内酯
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
28
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A．X 极电势高于Y 极电势
B．放电时，X 极电极反应式为
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
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
通过，工作时两极室均无气体生成。下列说法错误的是
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
D．每转移
时甲室质量增加48g
预测5（2024·重庆·一模）利用丙酮酸与废水中的
电催化耦合，可在温和条件下去除
并生产丙氨
酸，其工作原理如图。
，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
连接电源的正极
B．阴极的电极反应有：
C．反应一段时间后，阴极区溶液的
基本不变
D．
极区生成
丙氨酸时，
极区至少生成了
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
29
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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
(空穴)，驱动阴极和
阳极反应。下列叙述不正确的是
A．放电时，
向光电极迁移
B．充电时的阳极反应为
C．放电时，光电子经电解液向
极移动
D．
是配离子，配位数是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H2O 可解离为H+和OH-。下列说法错误的是
A．电极电势：M<N
B．M 极电极反应式为
C．工作一段时间后，装置中需要定期补充H2SO4和NaOH
D．制取0.2mol 邻苯二酚类物质时，理论上有0.8molOH-透过膜a
押题3（2024·广东·二模）一种金属钠电极配合运用钠离子及氯离子交换膜设计的氧化还原液流装置能够
30
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实现海水的淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a 为电源负极
B．N 为氯离子交换膜，M 为钠离子交换膜
C．充电时，总反应式为
D．放电时，每转移2mol 电子，理论上Ⅱ池溶液质量增加117g
押题4（2024·浙江宁波·二模）利用下图电池装置可验证不同化合价铁元素的相关性质。
已知：电池装置中，盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率
(如下表)应尽
可能地相近；两烧杯中溶液体积相等。
离子
Li+
Na+
Ca2+
K+
Cl-
4.07
5.19
6.59
7.62
4.61
7.40
7.91
8.27
下列说法正确的是
A．根据上表数据，盐桥中应选择KNO3作为电解质
B．石墨电极上对应的电极反应式为：
C．反应一段时间后，当右池中
时，左池中
D．盐桥中的阴离子进入石墨电极一侧溶液中
押题5（2024·辽宁沈阳·一模）科学家提出了一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系，如下图所
示。通过将锌一多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供
31
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电的H2生产。下列说法错误的是
A．锌—多硫化物电池白天可实现电能向化学能的转化
B．装置夜间工作时，应将电极ac、bd 分别连接
C．装置白天工作时，b 极的电极反应式为
D．H2生产装置中可以使用钠离子交换膜
名校预测
预测1
【答案】D
【分析】CO2在SnO2/CC 电极上转变为HCOOH，阴极的电极反应式为CO2+2e-+2H2O=HCOOH+2OH-，
为阳极，电极反应为
；
【解析】A．CO2在SnO2/CC 电极上转变为HCOOH，发生还原反应，该电极为阴极，阴极与直流电源的负
极相连，则a 极为电源的负极，A 正确；
B．
为阳极，电极反应为
，B 正确；
C．SnO2/CC 电极产生的OH-通过离子交换膜移动到
电极，该离子交换膜为阴离子交换膜，
C 正确；
D．阴极的电极反应式为CO2+2e-+2H2O=HCOOH+2OH-，当外电路中转移
电子时，阴极区溶液质量增
重44g-34g=10g，D 错误；
故选D。
预测2
【答案】C
【分析】由装置图可知，酸性条件下C6H12O6→C6H10O6，失去H 原子、发生氧化反应，即a 电极为负极，
电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，b 电极为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电
32
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时，电子由负极a 经过导线流向电极b，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，葡萄糖失去H 原子，发生氧化反应，A 错误；
B．由分析可知，MnO2在正极得电子，电极反应为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，B 错误；
C．由分析可知，a 为负极，b 为正极，原电池中阳离子移向正极，故H+由a 极移向b 极，C 正确；
D．由分析可知，该原电池中，a 电极为负极，电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，所以当电路中转移
0.1NA个电子时，生成0.05mol 葡萄糖内酯，D 错误；
故选C。
预测3
【答案】B
【分析】观察图示利用活泼金属作负极可知，放电时：电极X 为正极，电极Y 为负极；
【解析】A．根据分析且电池中正极电势高于负极电势，电势：电极X 高于电极Y，A 项正确；
B．放电时，X 极是正极，得电子，发生还原反应，电极反应式为：Li3V2(PO4)3＋2e－＋2Li＋＝
Li5V2(PO4)3，B 项错误；
C．充电时，电极Y 为阴极，阴极与电源负极连接，C 项正确；
D．阴极反应式为Li＋＋e－＝Li，n(Li)=
=0.2mol，转移n(e－)=0.2mol，转移电子数目约为
1.204×1023，D 项正确。
故选B。
预测4
【答案】B
【解析】A．根据
移动方向可知a 极为负极，A 正确；
B．b 极为正极，发生反应
，电池工作时乙室溶液pH 增大，B 错误；
C．该电池的总反应为
，C 正确；
D．甲室发生反应
，电池工作时每转移
甲室迁移进入
，质量增加
48g，D 正确；
故选B。
预测5
【答案】C
【分析】该装置为电解池，a 电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，a 极接电源正极为阳极；
硝酸根得到电子发生还原反应，b 极接电源负极为阴极；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转
化为NH2OH，NH2OH 和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N 在电极上反应生成丙氨酸，据此回答。
【解析】A．由分析可知，电极
连接电源的正极，A 正确；
B．硝酸根得到电子发生还原反应生成
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
，B 正确；
33
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C．在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，阴极氢离子浓度增大，
C 错误；
D．a 电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极区产生
丙氨酸，电极反应为：
+NO +10e-+11H+
+4H2O，
极区生成
丙氨酸时，转移
10mol 电子，
极区至少生成了
，D 正确；
故选C。
名师押题
押题1
【答案】C
【分析】光照充电时
转化为
，故充电时
为阴极，光电极为阳极；放电时
为负极，光
电极为正极；总反应为
。
【解析】A．放电时，阳离子向正极（光电极）迁移，
项正确；
B．充电时，
失去的电子填入正电空穴，
项正确；
C．光电子只能在外电路中通过，
项错误；
D．从
结构可以看出其配位数是4，D 项正确；
故选C。
押题2
【答案】C
【分析】该装置为原电池装置。M 电极作负极，B2H6在该极失电子发生氧化反应，电极反应式为
；N 电极作正极，该极上邻苯二醌类物质得电子转化为邻苯二酚类物
质。双极膜中间层中的 H2O 解离为H+和 OH−，氢离子通过膜b 移向正极N，膜b 为阳离子交换膜；氢氧
根离子通过膜a 移向负极M，膜a 为阴离子交换膜；据此分析解答。
【解析】A．根据分析，M 电极为负极，N 电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，因
此电势：M 电极<N 电极，故A 正确；
B．根据分析，M 极电极反应式
，故B 正确；
C．N 电极为正极，双极膜的b 膜产生氢离子移向N 电极，a 膜产生氢氧根离子移向M 电极，根据电极反
应式和膜变化电荷(与电路中转移电子数相等)，可知需要定期补充H2O 和NaOH，故C 错误；
D．根据N 极电极反应式可知：邻苯二醌类物质+4H++4e-=邻苯二酚类物质，制取0.2mol 邻苯二酚类物质转
移0.8mol 电子，则a 膜产生氢氧根离子为0.8mol，故D 正确；
故选C。
押题3
34
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【答案】D
【分析】由图知，
移向左侧电极，失电子得到
，所以左侧电极为阳极，右侧为阴
极，则a 为电源正极，b 为电源负极，阳极反应式：
，阴极反应式：
。
【解析】A．由分析知，a 为电源正极，A 错误；
B．该装置能够实现海水的淡化，钠离子向阴极移动，氯离子向阳极移动，所以M 为氯离子交换膜，N 为
钠离子交换膜，B 错误；
C．由分析知，充电时总反应为
，C 错误；
D．放电时，每转移2mol 电子，理论上有2mol 钠离子、2mol 氯离子进入Ⅱ池，所以溶液质量增加117g
，D 正确；
故选D。
押题4
【答案】C
【分析】由题意和图知，铁电极为负极，电极反应式为
，石墨电极为正极，电极反应式为
，由此回答。
【解析】A．Fe2＋、Fe3＋能与
反应，Ca2＋与
不能大量共存，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，
水溶液呈酸性，酸性条件下
能与Fe2＋反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学
反应”，盐桥中阴离子不可以选择
、
，阳离子不可以选择Ca2＋，盐桥中阴、阳离子的迁移率
（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl 作为电解质，A 错误；
B．由分析知，石墨电极为正极，电极反应式为
，B 错误；
C．由图知，右池中原
，发生反应为
，现
，
即
，在此过程中
增加了0.10mol/L，转移的电子数为0.10mol/L，则由
负极反应式
知，左池中
增加了0.05mol/L，即左池中
，C 正确；
D．盐桥中的阴离子流向负极，由分析知，进入铁电极一侧溶液中，D 错误；
故选C。
押题5
【答案】B
【分析】由电子流向可知，放电时，a 极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b 为正极；氢气生产装置中d
极，水放电生成氢气，发生还原反应，d 为阴极，则c 为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化
物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2；
【解析】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转
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化，A 正确；
B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、
bc 分别连接，B 错误；
C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b 电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：
，C 正确；
D．H2生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，
Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH 溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，显然H2生产装
置电解液一般仍为NaOH、Na2S 的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D 正确；
故选B。
水溶液中的离子平衡
年份
试卷
考点
2023
海南卷
水解平衡的移动、电离平衡常数、溶液混合的有关计算
2023
浙江卷
水解平衡电离方程式、电离平衡、pH 对平衡移动的影响
2023
湖南卷
酸碱滴定曲线、离子浓度大小比较、水的电离程度
2023
辽宁卷
pH 与-lgc 关系图像、Ksp 的有关计算
2023
山东卷
pH 与-lgc 关系图像、平衡常数的影响因素
2023
重庆卷
溶解度随温度变化的曲线、离子浓度大小比较
2022
海南卷
pH 与-lgc 关系图像、Ksp 的有关计算
2022
湖北卷
混合体系中部分物种的c-pH 关系图像
2022
湖南卷
电位滴定、离子浓度大小比较、Ksp 的有关计算
2022
山东卷
pH 与-lgc 关系图像、平衡常数的计算、沉淀的转化、溶度积的计算
2022
辽宁卷
分布分数图像、平衡常数的计算、离子浓度大小比较
2022
浙江卷
酸碱滴定曲线、离子浓度大小比较、指示剂的选择
2021
北京卷
盐类水解及影响因素、互相促进的水解
2021
广东卷
电离方程式、离子浓度大小比较、pH 的计算
2021
海南卷
酸碱滴定曲线、水解程度与电离程度的比较
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2021
湖南卷
酸碱滴定曲线、水解程度与电离程度的比较、电离常数大小比较
2021
辽宁卷
分布分数图像、离子浓度大小比较、指示剂的选择
2021
山东卷
分布分数图像、离子浓度大小比较、pH 的计算
2021
天津卷
电解质溶液中离子浓度大小比较
水溶液中粒子浓度的关系判断是近年高考的重点和难点题型，主要考查粒子浓度的大小顺序，溶液pH 的
判断以及溶液中的各种守恒，如电荷守恒、元素质量守恒、质子守恒等粒子之间关系的判断，具有一定的
综合性、灵活性和技巧性。水溶液中离子平衡图像的分析题型，很好地考查学生的观察能力、获取信息和
采集处理数据的能力、图形转化能力和推理判断能力。主要考查粒子的浓度大小顺序，各种守恒关系，相
关平衡常数计算以及对数、分布系数热点图像等，命题设计更趋新颖灵活，综合性强，难度较大。
一、分析离子浓度大小关系的基本方法
1．溶液中粒子浓度大小比较的规律
比较粒子浓度大小时关键是先确定所得电解质溶液的酸碱性
（1）多元弱酸的酸式盐溶液：对于电离为主的，如NaHSO3，遵循c(自身)>c(电离产物)>c(水解产物)，即
c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)；对于水解为主的，如NaHCO3，遵循c(自身)>c(水解产物)>c(电离产物)，即
c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)。
【特别提醒】常见的酸式盐溶液中NaHSO3和NaH2PO4以电离为主，显酸性。
（2）混合溶液离子浓度：例如0.2 mol·L－1氨水与0.2 mol·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，
显碱性(常见物质中除了等浓度氢氰酸和氰化物混合溶液，大部分以电离为主)，所以c(OH－)>c(H＋)，则
c(NH)大于c(Cl－)，即c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。再如0.2 mol·L－1醋酸与0.2 mol·L－1醋酸钠溶液等体积
混合后，溶液以电离为主，显酸性，所以c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
（3）溶液中离子、分子浓度的比较：对于HA 和NaA 的混合溶液，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、
碱性的影响时，由于溶液中的Na＋保持不变，若水解大于电离，则有c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，显碱性；若电
离大于水解，则有c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，显酸性。
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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
Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋
c(HCO)＋c(OH－)。
（2）元素质量守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子
总是守恒的。
（3）质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。
以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图帮助建立质子守恒关系式：
Na
①
2CO3溶液
所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
NaHCO
②
3溶液
所以c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。
另外，将混合溶液中的电荷守恒式和元素质量守恒式联立，通过代数运算消去其中的某离子，也可推出该
溶液中的质子守恒式。
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
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分析：（1）HY 为强酸、HX 为弱酸
（2）a、b 两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)
（3）水的电离程度：d>c>a＝b
分析：（1）MOH 为强碱、ROH 为弱碱
（2）c(ROH)>c(MOH)
（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）pOHpH 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(pMpR 曲线)
pM 为阳离子浓度的负对数，pR 为阴离子浓度的负对数
①直线AB 上的点：c(M2＋)＝c(R2－)；
②溶度积：CaSO4>CaCO3>MnCO3；
③X 点对CaCO3要析出沉淀，对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4；
39
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④Y 点：c(SO)>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z 点：c(CO)<c(Mn2＋)，二者的浓度积等于10－10.6。
（3）常温下将KOH 溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系图如下
①二元弱酸(H2X)一级电离程度远大于二级电离程度，lg 越大，表示电离程度越大，因而N 代表一级电离
的曲线，M 代表二级电离曲线；
②可以根据m 点、n 点的坐标计算Ka1和Ka2。
4.分布系数曲线
分布系数图及分析[分布系数曲线是指以pH 为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵
坐标的关系曲线]
一元弱酸
(以CH3COOH 为例)
二元弱酸
(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH 分布系数，δ1为CH3COO－分布系
数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O 分布系数、δ2为
C2O 分布系数
随着pH 增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一
定pH 时所发生反应的离子方程式
同一pH 条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH 时的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成
分在该pH 时的平衡浓度
典例1（2023·海南卷第14 题）25℃下，
水溶液的pH 随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正
40
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确的是
A.
时，溶液中
B.
水解程度随其浓度增大而减小
C. 在水中
的
D.
的
溶液和
的
溶液等体积混合，得到的溶液
【答案】B
【解析】由图像可以，
时，pH>12.0，溶液中
，故A
错误；盐溶液越稀越水解，
水解程度随其浓度增大而减小，故B 正确；结合图像可知，当
，pH=12，Kh=
，则Ka2=
, 故C 错误；若
的
溶液等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1mol/L，
由图可知，pH>10-11.6，得到的溶液
，
的
溶液和
的
溶液等体积混合后c(OH-)大于与水混合的，故D 错误。故选B。
典例2（2023·浙江选考1 月第13 题）甲酸（CH3COOH）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，
通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，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
酸根的物质的量分数)与废水初始pH 关系如图(已知甲酸
)，下列说法不正确的是（ ）
41
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A. 活性成分R3N 在水中存在平衡：
B. pH=5 的废水中
C. 废水初始
，随pH 下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH+作用的HCOO-数目减少
D. 废水初始
，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在
【答案】D
【解析】由图可知，R3N 溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，故A 正
确；由电离常数公式可知，溶液中
=
，当溶液pH 为5 时，溶液中
=
=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
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R3NH+作用的数目减小，故C 正确；由图可知，R3N 溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡
，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
要以R3N 形态存在，故D 错误；故选D。
典例3（2023·辽宁卷第15 题）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即
，通过调节
pH 使
和
形成硫化物而分离，体系中
与
关系如下图所示，c 为
和
的浓度，单位为
。已知
，下列说法正确的是 （ ）
42
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A.
B. ③为
与
的关系曲线
C.
D.
【答案】D
【解析】已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增
大，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
即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-
lgc(Ni2+)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
，A 错误；由分析可知，③为pH 与
的关系曲线，B
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(HS-)=10-6.5mol/L，
或者当c(H+)=10-4.2 mol/L 时，c(HS-)=10-3.9
mol/L，
，C 错误；已知Ka1Ka2=
=
，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，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=
=
=10-21.8，结合C 项分析可
知，Ka1=10-7.1故有
，D 正确；故选D。
典例4（2023·湖南卷第12 题）常温下，用浓度为
的
标准溶液滴定浓度均为
的
和
的混合溶液，滴定过程中溶液的
随
(
)的变
化曲线如图所示。下列说法错误的是
43
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A.
约为
B. 点a：
C. 点b：
D. 水的电离程度：
【答案】D
【解析】NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可
知，a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl 和
CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和 CH3COONa；
c 点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时NaOH 过量，溶
质成分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，
c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，
=
=10-4.76，故A 正确；a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系
c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B 正确；点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和
CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH 的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则
c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C 正确；c 点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水
的电离，则水的电离程度c>d，故D 错误；故选D。
典例5（2023·山东卷第15 题）在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：
；
；
；
；
，平衡常数依次为
。已知
、
，
、
随
的变化关系如图所示，下列说法错误的是
44
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A. 线L 表示
的变化情况
B. 随
增大，
先增大后减小
C.
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
【解析】由题干反应方程式
可知，K1=
，则有c(Hg2+)=
，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，
=lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)，
==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由
可知K0=
为一定值，故可知图示中
曲线1、2、3、4 即L 分别代表
、
、
、
，据此分析解题。由分析可知，线
表示
的变化情况，A 正确；已知
的化学平衡常数K0=
，温
度不变平衡常数不变，故随
增大，
始终保持不变，B 错误；由分析可知，曲线1 方
程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2 方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=
lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：
，C 正确；溶液中的初
始溶质为HgI2，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；故
答案为B。
45
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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：
，取上述溶液(含0.04mol
)，滴加NaOH
溶液，pH 的变化如下图所示(注：b 点溶液中甘氨酸以
的形式存在)。
下列说法不正确的是
A．
中解离出
的能力：
B．b 点溶液pH<7，推测
中
解离出
的程度大于-COO-水解的程度
C．c 点溶液中存在：
c(
)
D．由d 点可知：
的
预测2（2024·重庆·一模）常温下，分别在
溶液中滴加
溶液，溶液
中
[
代表
]与
关系如图所示。已知：
。下列叙述错误的是
46
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A．
表示
与
的关系
B．常温下，
的数量级为
C．
点存在
D．常温下，
难溶于
预测3（2024·湖南长沙·二模）二元有机酸(
)的电离常数
、
。BaX 难溶于
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
与
的关
系如图所示。下列说法错误的是
已知：HY 是一元强酸，
易溶于水。
A．NaHX 溶液显碱性
B．溶度积
C．b 点：
D．若0.01
BaX 溶于1L
HY 溶液中得到氢离子浓度与c 点相等，则
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
列有关说法错误的是
A．P1点溶液中：c(Cl⁻)>c(NH3 H
⋅
2O)
B．P2点溶液中：c(NH )=c(Cl-)
C．25℃时，NH4Cl 的水解平衡常数的数量级为10-9
47
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D．
=0.5 时，c(NH3 H
⋅
2O)+c(NH )=2c(Cl-)
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
与
或
或
的关系如图所示，下列说法错误的是
A．直线b 表示
与
的关系
B．Y 点溶液的
C．
的平衡常数为
D．等浓度的
溶液与
溶液按体积比
混合后，
押题1（2024·浙江宁波·二模）室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH 随时间变化如图
所示。
48
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已知：
、
下列说法不正确的是
A．室温下，反应
的
B．随着反应的进行，溶液pH 下降的原因是
逆向移动
C．0~600s 内上层清液中存在：
D．反应过程中，溶液中始终存在：
押题2（2024·福建龙岩·二模）室温下
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。
向
、
混合溶液X 中滴加
溶液，所得溶液中
与
的关系如图2
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．a 对应的溶液中存在：
D．a→b 的过程中，溶液中
一直增大
押题3（2024·河北·二模）常温下，体积和浓度一定的
溶液中各微粒(
和
)
浓度值的对数随溶液
的变化关系如图所示。下列说法错误的是
49
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A．曲线
代表
随溶液
的变化情况
B．C 点的
等于6
C．
点时，
D．常温下，将
点对应溶液加水稀释，
增大
押题4（2024·辽宁·模拟）常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH 溶液，溶液
pX[pX=-lgc(X)，X 代表Mn2+、Zn2+、OH-、
]与pH 关系如图所示。已知：
。下列叙述错误的是
A．图中L2代表
，L3代表Zn2＋
B．同时产生两种沉淀时，
C．
的平衡常数
50
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D．室温下，
的数量级为
押题5（2024·北京丰台·一模）常温下，Na2A 溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH 的关系如下图。
已知：A2-的物质的量分数 =
下列表述不正确的是
A．0.1 mol·L-1 H2A 溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1
B．在 0.1 mol·L-1 NaHA 溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)
C．将等物质的量的NaHA、Na2A 溶于水中，所得溶液的pH 为4.2
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：
，向反应后的溶液
中加氢氧化钠溶液，依次发生
、
。
【解析】A．甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：
，生成物为
，再向其中加氢氧化钠溶液，继续反应，b 点溶液中甘氨酸以
的形式存
在，即-COOH 更容易和氢氧化钠溶液反应，所以解离出H+的能力：
，故A 正确；
51
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B．b 点溶液中甘氨酸以
的形式存在，-COO-水解使溶液有呈碱性的趋势、
电离使溶
液有呈酸性的趋势，b 点溶液pH<7，所以
中
解离出
的程度大于-COO-水解的程度，
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：
，向反应后的溶液中加氢氧化钠溶
液，b 点溶液中甘氨酸以
的形式存在，此时
与氢氧化钠恰好完全反应：
，再加氢氧化钠溶液，发生反应：
，生成
，所以c 点溶液中应是存在：
，故C 错误；
D．b 点0.04molNaOH 与0.04mol
反应，生成0.04mol
，再加的
0.02molNaOH 与0.02mol
反应，生成0.02mol
，即d 点溶液中
与
的物质的量相等，又pH=9.6，即c(H+)=10-9.6mol/L，所以
的
，故D 正确；
故选C。
预测2
【答案】D
【分析】L1随着pH 的增大而减小，即代表
，L2、L3均随pH 的增大而增大，且pH 相同时，L2更
大，由于
，即L2为
，L3为Mn2+。
【解析】A．由分析得，
表示
与
的关系，故A 正确；
B．由b 点坐标可得：
，数量级为
，故B
正确；
C．a 点纵坐标为0，即
，存在电荷守恒：
，
，即
，
，
，故C 正确；
52
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D．方程式：
，
，即
，可知常温下
溶于
，故D 错误；
故选D。
预测3
【答案】B
【解析】A．
的水解常数
，溶液显碱性，A 正确；
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：
，则
，
，
，B 错误；
C．b 点时，溶液中含BaY2和H2X，由电荷守恒：
，C 正
确；
D．BaX 溶于HY 溶液中的反应：
，0.01mol BaX 消耗0.02mol
，c 点溶液中
，则
，D 正确；
故选B。
预测4
【答案】C
【解析】A．P1点反应后是氯化铵溶液，溶液显酸性，c(Cl-)>c(
)>c(H+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)，A 正确；
B．P2点c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故c(
)=c(Cl-)，B 正确；
C．NH3·H2O 的
，根据图可知当lgc(
)=lgc(NH3·H2O)，即c(
)=c(NH3·H2O)时，
溶液pH=9.25，则此时c(OH-)=10-4.75mol/L，所以NH3·H2O 的电离平衡常数为10-4.75，
的水解常数
，数量级为10-10，C 错误；
53
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D．
时，溶液相当于等浓度的NH3·H2O 和NH4Cl 混合，根据元素守恒，c(NH3·H2O)+c(
)=2c(Cl-)，D 正确；
故选C。
预测5
【答案】C
【分析】电离常数的表达式
，随着pH 增大，c(H+)减小，
增大，
图像中曲线a 表示
与pH 的关系：
，
，在pH 相等时，
，
，则
曲线b 表示
与pH 的关系，曲线c 表示
与pH 的关系；
【解析】A．根据分析，b 表示
与pH 的关系，A 正确；
B．Y 点
，
，
，即
，
，pH=7.24，B 正确；
C．在b 线上，(0，-7.20)的点，Ka2=10-7.20，根据c 线上(0，12.36)，Ka3=10-12.36，
的平
衡常数
，
，
，C 错误；
D．根据原子守恒，存在
，D 正确；
故选C。
名师押题
押题1
【答案】D
54
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【解析】A．反应
的
，A 正确；
B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡
左移，溶液pH 下降，B 正确；
C．根据电荷守恒，
，0~600s 内上层
清液成碱性，
，故
，C 正确；
D．在Na2CO3溶液中，由物料守恒得
，但由于在
反应过程中,
浓度会逐渐减小，故
，D 错误；
故选D。
押题2
【答案】D
【分析】由图1 可知，当H2CO3与
物质的量分数相等时pH=6.37，则H2CO3的Ka1=10-6.37；当
与
物质的量分数相等时pH=10.25，则H2CO3的Ka2=10-10.25。
【解析】A．b 点对应溶液中lg
=2，
=102，
，则c(H+)=10-
8.25，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
，碳酸氢钠溶液中物料守恒
，则碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液X 中一定存在
， B 项正确；
C．a 点溶液中的电荷守恒为c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=c(
)+2c(
)+c(Cl-)+c(OH-)，由图2 可知a 点对
应溶液中lg
=0，
=1，即c(
)=c(
)，则c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=3c(
)+c(Cl-)
+c(OH-)，由图1 知此时溶液的pH=10.25，即溶液呈碱性c(OH-)＞c(H+)，则c(Na+)+2c(Ba2+)＞3c(
)
+c(Cl-)， C 项正确；
D．
=
=
Ka1，a→b 的过程中lg
增大即
增大，
减小、Ka1不变，则
Ka1减小，即a→b 的过程中
一直减小，D 项错误；
55
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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，H2B 浓度越大，lgc(H2B)越大，相应纵坐标越大，则I 表示lgc(H2B)，剩下II 表示
lgc(HB-)，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；
B．A 点，c(H2B)=c(HB-)，且pH=4，c(H+)=10-4mol/L，故H2B 的Ka1=
，同理利用B 点
可得H2B 的Ka2=10-8，则Ka1×Ka2=
，C 点
c(H2B)=c(B2-)，解得c(H+)=10-6mol/L，pH=6，B 正确；
C．C 点时，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，又可由图像得c(HB−)>c(H2B)=c(B2−)，C 正确；
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，Ka2=
温度不变保持不
变，故
减小，D 错误
故选D。
押题4
【答案】C
【分析】分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH 溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐
渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO2溶液中c(
)逐渐增大、且起始时pH＜pOH，即随着NaOH 溶液的滴加，
pMn 和pZn 逐渐增大，pOH 和p
逐渐减小，Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]，则图中L1、L2、L3、L4
分别代表OH-、
、Zn2+、Mn2+，结合图中a 点数值计算K(HNO2)=
×c(H+)=10-2×10-1.30=10-
3.3，结合c 点数值计算Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=(10-7)2×101.30=10-12.7，同理Ksp[Zn(OH)2]=(10-5)2×10-
6.15=10-16.15，据此分析解答。
【解析】A．由上述分析可知，图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、
、Zn2+、Mn2+，A 正确；
B．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.15，则同时产生两种沉淀时，
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=
=
=103.45，B 正确；
C．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，K(HNO2)=
×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，
反应Mn(OH)2+2HNO2⇌Mn(NO2)2+2H2O 的平衡常数K=
=
=Ksp[Mn(OH)2]×
= Ksp[Mn(OH)2]×
=
=108.7，C 错误；
D．由分析可知，室温下Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7，数量级为10-13，D 正确；
故选C。
押题5
【答案】C
【分析】由点（1.2,0.5）可知，
，由（4.2,0.5）可知，
；
【解析】A．0.1 mol·L-1 H2A 溶液中由物料守恒可知：c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1，A 正确；
B．在 0.1 mol·L-1 NaHA 溶液中其水解常数为
，则其电离大于水解，故存在
c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)，B 正确；
C．将等物质的量的NaHA、Na2A 溶于水中，若HA－和A2－浓度相等，则
，
c(H+)=10－4.2，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；
D．M 点对应溶液中
，
，
c(H+)=10－2.7，pH=2.7，D 正确；
故选C。
57
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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
量大。
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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
氧化剂
Cl2
O2
浓H2SO4
HNO3
KMnO4
(H＋)、MnO2
Fe3＋
KClO3、
ClO－
H2O2
还原产物
Cl－
O2－
SO2
NO 或
NO2
Mn2＋
Fe2＋
Cl－
H2O
还原剂
I－
(HI)
S2－
(H2S)
CO、C
Fe2＋
NH3
SO2、
SO
H2O2
—
氧化产物
I2
S
CO2
Fe3＋
NO
SO
O2
—
2.认识常考的一些特殊物质的元素化合价
CuFeS2：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2)
K2FeO4：Fe(＋6)
Li2NH：N(－3)
LiNH2：N(－3)
AlN：N(－3)
Na2S2O3：S(＋2)
C2O：C(＋3)
HCN：C(＋2)、N(－3)
CuH：Cu(＋1)、H(－1)
FeO：Fe[＋(8－n)]
Si3N4：Si(＋4)、N(－3)
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
条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
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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)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶
液的pH，不可加入NaOH 溶液、氨水等。
（2）控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
（3）控制压强。改变速率，影响平衡。
（4）使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
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
乙醇洗涤
①减小固体的溶解度；②除去固体表面吸附的杂质；③乙醇挥发带走水分，使固体快
速干燥
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
冷凝回流
防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解；促进/抑制
××气体吸收/逸出
加过量A 试剂
使B 物质反应完全(或提高B 物质的转化率)
温度不高于
××℃
温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓
硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)
趁热过滤
防止某物质降温时结晶析出
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
减压蒸馏
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
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(减压蒸发)
蒸发、反应时
的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl 气流中进行；加热MgCl2·6H2O
得MgCl2时需在HCl 气流中进行等)
配制某溶液
前先煮沸水
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中和
大气相通的玻
璃管
平衡压强，避免反应容器中压强过大
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(
，还含有一定量的FeO 和
)生产BeO 的一种工艺流
程如下。
回答问题：
（1）
中Be 的化合价为_______。
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（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BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C 在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为
_______。
（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 SiO2
（3）(NH4)2SO4
（4）BeO+Cl2+C
CO+BeCl2
（5）10
【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5 除
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)2沉淀，滤液硫酸铵循
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
SiO2；
（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、Cl2与足量C 在600~800°C 生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C
CO+BeCl2；
（5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=
，当pH=8.0 时，
c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，当pH=8.5 时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为
c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
典例2（2023·广东卷第18 题）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
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形成可溶于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物
的
如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性
可与水反应，化学方程式为___________。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
___________
(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为___________。
（4）
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，
出现了
的明锐衍射峰。
①
属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②
提高了
的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为___________。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。
与O 最小间距大于
与O 最小间距，x、y 为整
数，则
在晶胞中的位置为___________；晶体中一个
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
溶液中
与
的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）＞
（3）
或
（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
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（5）HCl 体心 12
（6）0.4 或2:5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含
)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
。
（2）常温下，
氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
转化为
的离子方程式为
或
。
（4）
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，出现了
的明锐衍射峰。①X 射线衍射图谱中，出现了
的明锐
衍射峰，则
属于晶体；②根据题意
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，则
能提高了
的浸取速率，其原因是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）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为HCl ；②由
可制备
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 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
，根据
，
，还剩余5 个水分子，
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因此所得
溶液中
与
的比值理论上最高为2:5；②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，根据前面分析
，
，在于可重复利用HNO3和MgO。
典例3（2023·北京卷第18 题）以银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)为原
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，
的氧化性强于
。
（1） “浸锰”过程是在
溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除
，有利于后续银的浸出：
矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应
，则可推断：
__________(填“>”
或“<”)
。
②在
溶液中，银锰精矿中的
和氧化锰矿中的
发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子
有__________。
（2） “浸银”时，使用过量
和
的混合液作为浸出剂，将
中的银以
形
式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中
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，
的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后
的沉淀率逐渐减小的原因：
______________。
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（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）>
、
（2）
是为了与
电离出的
结合生
成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了抑制
水解，防止生成
沉
淀
（3）
、
被氧气氧化为
，
把
氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到
，同时将银元素和锰元素分离开；生
成的
还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)混合加
溶液，使矿
石中的锰元素浸出，同时去除
，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属
阳离子有
、
；浸锰渣中
与过量
和
的混合液反应，将
中的银
以
形式浸出，用铁粉把
还原为金属银。
（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，
发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：
>
；
②根据信息，在
溶液中二氧化锰可将
氧化为
，自身被还原为
，则浸锰液中主要
的金属阳离子有
、
。
（2）①
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
为
；
②
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是
为了抑制
水解，防止生成
沉淀。
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（3）①铁粉可将
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溶液中生成的
会被空气中的氧气缓慢氧化为
，
把部分
氧化为
，因此
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
的氧化性将
中的
氧化为
，同时生成的
还可以用于
浸银，节约氧化剂，同时得到
。
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)
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
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(H2SO5)，1molH2SO5中
过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为
_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。
（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。SO2体积分数为_______时，
Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
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（5）“沉钻镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中
使
沉淀完全
，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）NA （3）
Fe(OH)3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
（5）
（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(H2SO5)，用石灰
乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应
，Fe3+水解同时生
成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
（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）H2SO5的结构简式为
，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，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SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2
有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（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c(OH-)=10-
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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(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技
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(CH3)3方面取得了显著成果，
工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga 的化学性质和Al 相似，Ga 的熔点为29.8℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
（1）晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；
（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(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；
（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Et2O 得到了循环利用
B. 流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C. “工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D. 用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
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（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3
理由是_______；
（7）比较分子中的C-Ga-C 键角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是
_______。
【答案】（1）分子晶体 （2）保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI； （4）CH4 （5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7） > Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四
面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，
除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O 重复利用，据
此解答。
（1）晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（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(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI；
（4）“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）根据分析，流程中Et2O 得到了循环利用，A 正确；Ga(CH3)3(Et2O) 容易和水反应，容易被氧化，
则流程中，“合成Ga2Mg5”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
Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解构 Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C 正确；二者甲基的环境不同，核磁
共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D 错误；故选D；
（6）直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，
而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远
高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的C-Ga-C 键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面
结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
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
SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2)进行氧化处理以回收Li 等金属的工艺流程如下：
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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、CoCl2和SiO2的混合物。“
焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的
量之比为 。
（3）“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li2CO3与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1 的比例
配合，然后在空气中于
烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。
（4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2 中加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉
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
“滤液2”，其中
，为使锂元素的回收率不低于
，则至少
应加入
固体的质量为 g［已知常温下
。计算结果保留3 位小数。
（6）由
进一步制得的
具有反萤石结构，晶胞如图所示。
①
在晶胞中的位置为 。
②
晶体的密度为
，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为
71
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)。
预测2（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为
，含少量
)回收镍和铂，
其工艺流程如图：
（1）
的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。
（2）含
滤渣(除
外)的成分为 。
（3）用王水浸取“含
滤渣”可回收
，浸取时有
和
生成，写出该反应的化学方程式
。
（4）在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为
且“滤渣1”为
，则“除钴”步骤需要
控制溶液的
范围是 。已知：
（5）加
调
的目的是 。
（6）“控温氧化”时控制其他条件一定，
的产率与温度和时间的关系如图。
①请写出该过程的离子方程式 。
②
、
时反应后所得滤液主要为
和
时反应后所得滤液主要为
和
。反应相同时间，
时
的产率低于
时，原因可能为
。
(7)
产品中可能含少量
，为测定
的纯度，进行如下实验：称取
样品，加入足量硫酸
后，再加入
标准溶液充分反应，加水定容至
取出
，用
标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗
标准溶液
。(
被
还原
为
，不考虑
与
的反应)，计算
的质量分数 。
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
元素，还含有少量
72
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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
的操作是 。
（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
与温度的关系（图3）如下图所示。则热活化过程所选用的合
适的条件是 （填标号）。
A．
气氛、
B．空气气氛、
C．
气氛、
D．空气气氛、
空气气氛中温度越高，铁的浸出率越小的原因可能是 。
73
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（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（
）和碳酸
酯类有机溶剂组成，充电过程中，石墨
电极发生阴离子插层反应得
。则碳酸酯类为 （填
“极性”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
、
，另含少量ZnS、
以及
)提取Ge 和
的工艺流程如下：
已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0 时主要为
，
时主要为
。
②常温下，
，
。
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
，浸渣的主要成分为
、S 和 (填化学式)；
被双氧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
，Ge
和Fe 共沉淀，此时滤液中
。
（4）①
在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收
的操作为蒸发浓缩、
、洗涤、干燥。
74
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②用惰性电极电解
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。
（5）“水解”工序中，
水解生成
的化学方程式为 ；
的沸点(1200℃)远高于
的沸点(84℃)，其原因为 。
（6）
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
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。
化合物
MgCO3
Mg(OH)2
CaC2O4
CaCO3
Ca(OH)2
Li2CO3
Ksp
6.8×10-6
5.6×10-12
2.3×10-9
2.8×10-9
5.5×10-6
2.5×10-2
（1）i 中，操作的名称是 。
（2）ii 可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。
75
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（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agLi2CO3产品，加入c1mol/LV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解；
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c2mol/LNaOH 标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。
①已知：杂质不与H2SO4、NaOH 溶液反应。Li2CO3的摩尔质量为74g/mol。该Li2CO3产品纯度为
(写出计算式，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Li2CO3产品纯度
(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）纯化Li2CO3粗品
将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解
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
还有少量有
机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。
中Ni 和Co 元素的化合价均为+2 价。
③焙烧时
没有发生变化，焙烧还原时Li 元素转化为
。
④常温时，氢氧化铝。
。
（1）
中Mn 元素的化合价为 。
76
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（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CO2的目的是 。
（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
等物质，在酸
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，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为
g/cm³(写出表达式)。
押题2（2024·福建·三模）利用氟磷灰石［主要成分为
杂质为
等］为原料生产可应用于巨
型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾（
），工艺流程如下。
已知：25℃时，
，
，
，
，
。
（1）“酸浸Ⅰ”中生成
，其化学方程式为 。
（2）“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 。
（3）“脱氟”中试剂X 为 （填“
”或“
”）；当
时，溶
液中试剂X 电离出的剩余金属阳离子的浓度为
。
（4）“中和法”为获得较高纯度的
，控制pH 范围为 ；在此pH 范围内纯度的
溶液
中各微粒浓度大小关系为 。
已知：溶液中
、
、
、
的分布分数
随pH 变化曲线如图。［如
分布分数：
77
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］
（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
的原因 。
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@Fe2O3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
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SiO2、Fe2O3、Al2O3)
为原料，设计下列流程制备Fe@Fe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。
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：
78
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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a
，则两个最近的Fe 原子间的距离为
cm(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)
AlO + H+ + H2O K=4×10-13。若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L-1，“调节
pH”时，pH 最小应为 (设调节pH 过程中溶液体积不变)。
（4）Fe@Fe2O3纳米线为壳层结构(核是Fe、壳是Fe2O3)，壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。
①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生，滤液II 中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为
。
②“合成”后，经过滤、 、 获得Fe@Fe2O3纳米线。
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
、
、CuO 和
］制备并提取GaN，工艺流程如下：
已知：ⅰ．镓和铝位于同一主族，性质相似
ⅱ．
可溶于过量氨水生成
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
79
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浓度
—
0.78
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；
难被萃取；离子浓度
时即认为沉淀完
全）
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中
发生反应的化学方程式为 。
（2）滤液①中
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
、
及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、
、ZnS）为原料联合制取
和
的流程如下图所示。
（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）。
80
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（4）“酸浸”时，PbS 与
反应生成
和
，写出其反应的离子方程式 。
（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
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∶
（3）Co(OH)2
（4）减小Li2CO3的溶解量，提高产率 C
（5）6.572
（6）顶点、面心
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
CoCl2和SiO2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SiO2；滤液1 用氢氧
化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2 为Co(OH)2和滤液2 主要溶质为LiCl；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到
Li2CO3，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）“
焙烧”反应方程式为：
，生成的氧化产物与
还原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)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于
烧结生成
LiCoO2，反应的化学方程式为：
；
81
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（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
余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中
，需要碳酸钠的
物质的量为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；
（6）①Li2O 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
，灰球个数
为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心；
②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为
，Li2O 晶体的密度为
g cm
⋅
−3，由此可知a=
nm。
预测2
【答案】（1）第六周期第Ⅷ族
（2）
（3）
（4）
（5）使
完全沉淀，提高产品纯度
（6）
，部分
分解生成
和
浓度
减小，反应速率减慢
(7)
【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
沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH 溶
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Ni2O3，高温还原生成
Ni；
【解析】（1）
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
滤渣(除
外)的成分为
；
（3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含
滤渣”浸取时有
和
生成，反应中Pt 化合价由0 变为
+4、N 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
82
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；
（4）“除钴”步骤需要控制溶液的
使得Co 沉淀而Ni、Al 不沉淀，结合
可知，氢氧化铝比镍更难
溶，铝离子沉淀时
，pOH=10.7，pH=3.3；而钴
元素完全沉淀时
，pOH=12.5，pH=1.5；故需
要控制溶液的
范围是
；
（5）加
调
的目的是使
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Ni2O3沉淀，反应中镍
化合价由+2 变为+3、氯化合价由+1 变为-1，该过程的离子方程式为：
。
②
、
时反应后所得滤液主要为
和
时反应后所得滤液主要为
和
，说明
时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯
酸钠浓度减小，反应变慢，故选
，部分
分解生成
和
浓度减小，反应速率
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，
，高锰酸钾消耗的
亚铁离子为
，则
消耗的亚铁离子为
=0.05mol，由电子守恒可知，
，则
的质量分数
=83%。
预测3
【答案】（1）过滤
（2）
（3）
温度过高，硝酸镁会热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，
造成
不纯
（4）
空气气氛中高温条件下主要生成
与硝酸的反应
大于0，很难被硝酸浸出
（5）极性
【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）
与溶液分离的操作是过滤。
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（2）硝酸浸出得到铁离子，通过调pH 得到
。
（3）低温热解过程中有红棕色气体放出，即硝酸铝生成NO2，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程
式为
；由流程知，高温热解得到富镁渣，所以温度过高，硝酸镁会
热解产生大量的氧化镁或氢氧化镁，造成
不纯。
（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
气氛、550
。由图3 可知
与硝酸反应的
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
，很难
被硝酸浸出。
（5）该锂离子电池的电解液为六氟磷酸锂
，在溶剂中以
和
形式存在，且保持电解液的强导
电性，因此碳酸酯类应为极性溶剂。充电过程中阴极嵌入
，石墨
电极发生反应：
。因此放电时，正极发生的电极反应方程式为
。
预测4
【答案】（1）
（2）
（3） ZnO 或
等
（4）趁热过滤 氧化酸浸
（5）
是共价晶体，
是分子晶体
（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ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸
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
，故选
；
；
（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
84
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=101.6，故选ZnO 或
等；101.6；
（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；
②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为2ZnSO4+2H2O
2Zn+2H2SO4+O2↑，则电解得到的硫
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
；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
子晶体，原子晶体的沸点高于分子晶体，故选
；
是共价晶体，
是
分子晶体；
（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++3
+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+ 2
（3）Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2
（4） 不可行 由于Ksp(CaCO3)远小于Ksp(Li2CO3)，若省略向溶液3 中加入草酸钠这一步，会在沉锂的
同时生成CaCO3沉淀，造成产品纯度降低
（5）
×100% 除去溶液中的CO2 偏低
（6） 4
-4e-=2H2O+O2↑ +4CO2↑ 阳
【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Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2
主要成分为Mg2(OH)2CO3，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)2，同时
步骤ii 中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3 主要成分为Mg(OH)2和
CaCO3，向溶液3 中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3 中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4 主要
成分为CaC2O4，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。
【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Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成
Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3
+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2
；
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（3）由分析可知，iii 中，得到的沉淀3 的成分有Mg(OH)2和CaCO3、Ca(OH)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
CaCO3，造成所得Li2CO3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；
（5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O 可知与NaOH 反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=
n(NaOH)=
c2V2×10-3mol,则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-
c2V2×10-
3mol=( c1V1-
c2V2)×10-3mol,根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为
×100%；
②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I 反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的
是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的
V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低；
（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-=2H2O+O2↑；
阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极
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）
或
（4）20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C
10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2
（5）将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO 分离，提高锂元素的回收率
（6）3.37
(7)
【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是
还有少量有机粘结剂和铝箔基
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
元素转化为
，同时有CO2、Co、Ni、MnO 生成，通过水浸后得到
，热解后得到
，
据此分析解题。
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【解析】（1）根据物质的化合价之和为0，且
中Ni 和Co 元素的化合价均为+2 价，Mn
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：
或
。
（4）焙烧还原时Li 元素转化为
，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：
20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C
10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。
（5）水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO 分离，提
高锂元素的回收率。
（6）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=
，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=
，
，pH=-log(H+)=
。
（7）MnO 晶胞结构如图所示，O2-：
，Mn2+：
，晶胞的质量为：
16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为
g/cm3。
押题2
【答案】（1）
（2）
（3）
或
或0.63
（4）4~6
（5）
阴极产生
通过阴膜，阳极
通过阳膜，生成
协同产生
、
；相较于KOH 原料KCl 廉价易获得
【分析】氟磷灰石［主要成分为
杂质为
，用磷酸“酸浸”放出HF 气体，生成
，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Na2SiF6沉淀脱氟，
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过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和制备
，或用电解磷酸和氯化钾混合液的方法制备
。
【解析】（1）“酸浸Ⅰ”中
和磷酸反应生成
和HF，其化学方程式为
；
（2）“酸浸Ⅱ”中
和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为
；
（3）碳酸钡比BaSiF6更难溶，所以“脱氟”中试剂X 不能用碳酸钡，试剂X 为
；当
时，c(Na+)=
。
（4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的
，控制pH 范围为4~6；在此pH 范围内；ka1(
)=10-2.1、ka2(
)=10-7.2；ka3(
)=10-12.2，
的水解常数为10-11.9；
溶液中
电离大
于水解，所以
溶液中各微粒浓度大小关系为
。
（5）①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为
。
②阴极产生
通过阴膜，阳极
通过阳膜，在产品室可得到
。
③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生
、
；相较于KOH 原料KCl 廉价易获得。
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）
（3）11
（4） 9H2O + 4Fe3+ + 3BH = 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3
+ 9H+ 洗涤 烘干
【分析】赤泥含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，用盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3溶解，而SiO2不溶解，过滤得到滤渣
为SiO2，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，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NaBH4溶液还原得到Fe 核，NaBH4
中氢元素被氧化为氢气。
【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
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V=x3cm3=
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，解得x=
，则两个最近的Fe 原子间的距离为
xcm=
·
；
（3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)
AlO + H+ + H2O ，K=c(AlO )·c(H+)= c(Al3+)·c3(OH-)=4×10－13，若浸出
液c(Al3+) = 0.04 mol·L－1，由Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)= 0.4 mol·L－1×c3(OH-)=4×10－13，c(OH-)=10－3，
“调节pH”时，pH 最小应为11；
（4）①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液Ⅱ中含B(OH)3，合成铁核的离子方
程式为9H2O + 4Fe3+ + 3BH = 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3
+ 9H+；
②“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得Fe@Fe2O3纳米线。
押题4
【答案】（1）
（2）
或
在酸浸中循环利用O2和
变速 变速降温
下析出的固体颗粒大小更集中（粒径统一度大）等
（3）Fe
【分析】锌矿渣［主要成分
、
、CuO 和
］通入空气，加入硫酸进行酸浸，去除
浸出渣，再加入氨水调节pH 为5.5，得到滤液①，
、
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)4]-，经一系列操作得到GaN；
【解析】（1）“酸浸”过程中
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）根据表中数据可知，
开始沉淀时浓度为0.22mol/L，pH=4.5，则c(OH-)=10-9.5mol/L，
=
，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中
的浓度
为：
；或完全沉淀时pH=a，c(OH-)=10a-14mol/L，
的浓度
，
=
，用氨水调节pH=5.5，故滤液①中
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，还可用于在酸浸中循环利用O2和
；
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
；若通过电解物质B 的溶液可以得到单质Ga，则阴极上[Ga(OH)4]-得电
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子产生Ga，电极反应式为
。
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
的溶解度
（3）MnS
（4）
（5）防止生成单质S 覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高
浸出量
（6）
(7)
【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐
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PbCl2固体，加硫酸转化
为硫酸铅，溶液加入Na2S 净化，生成PbS 和ZnS 沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。
【解析】（1）①基态Mn 电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5 个未成对电子；
Mn
②
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PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度；
（3）根据加入Na2S 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，
溶度积最大的是MnS；
（4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl 反应生成[PbCl4]2−、
、Mn2+和H2O，离子方程式为：
；
（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：
；
（7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O 转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到
电子，电极反应式为：
。
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