2024版大二輪高考化學(xué)題庫(kù)：第二部分高考非選擇題突破匯編

專(zhuān)題二非選擇題規(guī)范答題及審題能力培養(yǎng)專(zhuān)項(xiàng)突破一非選擇題審題能力專(zhuān)項(xiàng)培養(yǎng)一、圖文對(duì)照，準(zhǔn)確把握題中關(guān)鍵信息的本質(zhì)命題人員為提高難度，有時(shí)在試題中設(shè)置一些新穎的情境或者給學(xué)生幾個(gè)陌生的概念。這些信息與學(xué)生已有的知識(shí)經(jīng)驗(yàn)相距甚遠(yuǎn)，準(zhǔn)確把握這些信息的本質(zhì)成為下一步解決問(wèn)題的關(guān)鍵。學(xué)生邊閱讀文本邊對(duì)照?qǐng)D像，將文本圖像化，就能較快地把握本質(zhì)、理解內(nèi)涵。[典例1](改編題)(1)對(duì)于反應(yīng)：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在一定溫度下，于1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反應(yīng)開(kāi)始進(jìn)行，圖1為容器內(nèi)的壓強(qiáng)(p)與起始?jí)簭?qiáng)(p0)的比值(p/p0)隨時(shí)間(t)的變化曲線(xiàn)。0～5min內(nèi)，該反應(yīng)的平均反應(yīng)速率v(N2)＝________，平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。(2)使用間接電化學(xué)法可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖2所示。已知電解池的陰極室中溶液的pH在4～7之間，寫(xiě)出陰極的電極反應(yīng)式__________________________________________________________________________________________________________________________________。思維提示解決方案這是一道圖像題。首先按照解決圖像(或表格)一類(lèi)題目的模型讀圖，依次獲得圖像的各種初步信息。然后把題中的概念與圖像一一對(duì)應(yīng)起來(lái)，來(lái)獲得圖像的深層次信息，使抽象概念變得具體化、圖像化易于理解。答案(1)0.006mol·L－1·min－180%(2)2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O解析(1)由題知起始量0.1molNO和0.3molCO，設(shè)N2變化量為xmol，列三段式如下：根據(jù)理想氣體方程pV＝nRT，知壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量成正比，則eq\f(反應(yīng)前的氣體總物質(zhì)的量,平衡時(shí)的氣體總物質(zhì)的量)＝eq\f(反應(yīng)前的壓強(qiáng),平衡時(shí)的壓強(qiáng))，則eq\f(p0,p)＝eq\f(0.1＋0.3,0.1－2x＋0.3－2x＋x＋2x)＝eq\f(1,0.925)，解得x＝0.03mol，v(N2)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(Δn,V×Δt)＝eq\f(0.03mol,1L×5min)＝0.006mol·L－1·min－1，轉(zhuǎn)化率α(NO)＝eq\f(0.08mol,0.1mol)×100%＝80%；(2)由圖2可知陰極為HSOeq\o\al(－,3)放電生成S2Oeq\o\al(2－,4)，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移、電荷守恒得出電極反應(yīng)式為：2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1](2022·固原一模)SO2是危害最為嚴(yán)重的大氣污染物之一，SO2的含量是衡量大氣污染的一個(gè)重要指標(biāo)。工業(yè)上常采用催化還原法或吸收法處理SO2。催化還原SO2不僅可以消除SO2污染，而且可得到有價(jià)值的單質(zhì)S。(1)用H2還原SO2生成S的反應(yīng)分兩步完成，如圖甲所示，該過(guò)程中相關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示：①分析可知X為_(kāi)_______(寫(xiě)化學(xué)式)，0～t1時(shí)間段的反應(yīng)溫度為_(kāi)_______，0～t1時(shí)間段用SO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率為_(kāi)_______。②總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________________________________________________________________________________________。(2)焦炭催化還原SO2生成S2的化學(xué)方程式為：2C(s)＋2SO2(g)S2(g)＋2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2與足量的焦炭反應(yīng)，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖丙所示。①該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)_______。②反應(yīng)的ΔH________0(填“>”或“<”)。(3)以鉛蓄電池為電源可將CO2轉(zhuǎn)化為乙烯，其原理如圖丁所示，電解所用電極材料均為惰性電極。陰極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________________________________________________________________________________________；每生成0.5mol乙烯，理論上需消耗鉛蓄電池中________mol單質(zhì)Pb。答案(1)①H2S300℃eq\f(2×10－3,t1)mol·L－1·min－1②2H2＋SO2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))S＋2H2O(2)①K＝eq\f(c2（CO2）·c（S2）,c2（SO2）)②<(3)2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O3解析(1)①根據(jù)圖甲可知，在300℃時(shí)，SO2和H2反應(yīng)生成H2S，在100℃到200℃時(shí)，H2S和SO2反應(yīng)生成S和水，故X為H2S；在圖乙中，0～t1時(shí)間段SO2和H2的濃度降低，H2S的濃度升高，故0～t1時(shí)間段溫度為300℃；用SO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(2×10－3mol/L,t1)＝eq\f(2×10－3,t1)mol·L－1·min－1；②根據(jù)①可知，SO2和H2最終反應(yīng)生成S和水，化學(xué)方程式為：2H2＋SO2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))S＋2H2O；(2)①該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝eq\f(c2（CO2）·c（S2）,c2（SO2）)；②根據(jù)圖像可知，升高溫度，SO2的轉(zhuǎn)化率降低，即平衡左移，此反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即ΔH＜0；(3)以鉛蓄電池為電源可將CO2轉(zhuǎn)化為乙烯，其原理如圖所示，電解所用電極材料均為惰性電極，根據(jù)分析，左側(cè)CO2轉(zhuǎn)化為乙烯，化合價(jià)降低，得到電子，為陰極，因此陰極上的電極反應(yīng)式為2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O，根據(jù)Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O分析，轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，轉(zhuǎn)移6mol電子，所以理論上需消耗鉛蓄電池中3mol單質(zhì)Pb。二、控制變量，理清題中復(fù)雜因素對(duì)事物的影響在圖形、圖像類(lèi)的題目中一般有多個(gè)變量，每個(gè)變量對(duì)事物的影響是不同的，要理清這些復(fù)雜因素對(duì)事物是如何影響的，就要用到控制變量法?？刂谱兞糠ū粡V泛地運(yùn)用在各種科學(xué)探索和科學(xué)研究之中，是科學(xué)探究中一種重要的思想方法。[典例2]某同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)方案探究影響鋅與稀硫酸反應(yīng)速率的因素，有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：序號(hào)純鋅粉(g)2.0mol·L－1硫酸溶液(mL)溫度(℃)硫酸銅固體(g)加入蒸餾水(mL)Ⅰ2.050.02500Ⅱ2.040.025010.0Ⅲ2.050.0250.20Ⅳ2.050.0254.00(1)本實(shí)驗(yàn)待測(cè)數(shù)據(jù)可以是_______________________________________，實(shí)驗(yàn)Ⅰ和實(shí)驗(yàn)Ⅱ可以探究________對(duì)鋅與稀硫酸反應(yīng)速率的影響。(2)實(shí)驗(yàn)Ⅲ和實(shí)驗(yàn)Ⅳ的目的是________________________________________，寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的離子方程式_________________________________________________________________________________________________________。思維提示解決方案在運(yùn)用控制變量法的時(shí)候，每次只改變一個(gè)因素，同時(shí)控制其他因素保持不變，先研究這個(gè)改變的因素對(duì)事物是如何產(chǎn)生影響的，然后再用同樣的方法分別研究其他因素，最后得出各種變量之間的因果關(guān)系、大小關(guān)系和數(shù)量關(guān)系等各種關(guān)系。運(yùn)用變量控制法處理圖像題時(shí)，有時(shí)需要作輔助線(xiàn)。答案(1)反應(yīng)結(jié)束所需要的時(shí)間(或相同條件下產(chǎn)生等體積的氫氣所需要的時(shí)間)硫酸濃度(2)探究硫酸銅的質(zhì)量對(duì)反應(yīng)速率的影響Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2]近年來(lái)，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。過(guò)程如下：(1)對(duì)反應(yīng)Ⅱ，在某一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。p2________p1(填“＞”或“＜”)，得出該結(jié)論的理由是___________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)I－可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，可能的催化過(guò)程如下。將ii補(bǔ)充完整。i．SO2＋4I－＋4H＋=S↓＋2I2＋2H2Oii.I2＋2H2O＋________=________＋________＋2I－(3)探究i、ii反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序號(hào)試劑組成實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A0.4mol·L－1KI溶液變黃，一段時(shí)間后出現(xiàn)渾濁Bamol·L－1KI0．2mol·L－1H2SO4溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快C0.2mol·L－1H2SO4無(wú)明顯現(xiàn)象D0.2mol·L－1KI0．0002molI2溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a＝________。②比較A、B、C，可得出的結(jié)論是____________________________________________________________________________________________________。③實(shí)驗(yàn)表明，SO2的歧化反應(yīng)速率D＞A，結(jié)合i、ii反應(yīng)速率解釋原因：____________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)>反應(yīng)Ⅱ是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)使反應(yīng)正向移動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量增大，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大。(2)SO2SOeq\o\al(2－,4)4H＋(3)①0.4②I－是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H＋單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反應(yīng)速率③反應(yīng)ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H＋使反應(yīng)i加快解析(1)根據(jù)反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)反應(yīng)方程式，在圖像上作等溫線(xiàn)，p2對(duì)應(yīng)的H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p1，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，所以p2>p1，故答案為：>；反應(yīng)Ⅱ是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量增大，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大。(2)反應(yīng)Ⅱ的總反應(yīng)為：3SO2＋2H2O=2H2SO4＋S，I－可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，(總反應(yīng)－反應(yīng)i)÷2得反應(yīng)ii的離子方程式為I2＋2H2O＋SO2=4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－。(3)①B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，則a＝0.4。②對(duì)比A與B，加入H＋可以加快SO2歧化反應(yīng)的速率；對(duì)比B與C，單獨(dú)H＋不能催化SO2的歧化反應(yīng)；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I－是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H＋單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反應(yīng)速率。③對(duì)比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應(yīng)i消耗H＋和I－，反應(yīng)ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快”，反應(yīng)速率D＞A，由此可見(jiàn)，反應(yīng)ii比反應(yīng)i速率快，反應(yīng)ii產(chǎn)生H＋使c(H＋)增大，從而反應(yīng)i加快；ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H＋使反應(yīng)i加快。三、抓住題眼，排除干擾，獲取有效信息學(xué)生記憶中儲(chǔ)存的知識(shí)(比如概念、定理和解題方法)一般是分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的基礎(chǔ)與依據(jù)。但是，有些題目巧設(shè)圈套考查學(xué)生相近、相似和易混的知識(shí)，學(xué)生如果不顧題目的實(shí)際情境，不加選擇地套用已有知識(shí)，就會(huì)發(fā)生失誤。因此，讀題時(shí)要謹(jǐn)慎地找出“題眼”，準(zhǔn)確地辨別并排除各種干擾信息，避開(kāi)命題人員設(shè)置的各種“陷阱”。[典例3](2022·廣州一模)銻(Sb)不用作阻燃劑、電極材料、催化劑等物質(zhì)的原材料。一種以輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等)為原料提取銻的工藝如下：已知：溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3＋Al3＋Fe2＋Mg2＋開(kāi)始沉淀時(shí)(c＝0.01mol·L－1)的pH2.23.77.59.6完全沉淀時(shí)(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.79.011.1回答下列問(wèn)題：(1)“溶浸”時(shí)氧化產(chǎn)物是S，Sb2S3被氧化的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“還原”時(shí)加入Sb的目的是將_________________________________還原，提高產(chǎn)物的純度。(3)“水解”時(shí)需控制溶液pH＝2.5。①Sb3＋發(fā)生水解的離子方程式為_(kāi)______________________________________________________________________________________________。②下列能促進(jìn)該水解反應(yīng)的措施有________(填字母)。A．升高溫度B．增大c(H＋)C．增大c(Cl－)D．加入Na2CO3粉末③為避免水解產(chǎn)物中混入Fe(OH)3，F(xiàn)e3＋濃度應(yīng)小于________mol·L－1。(4)“濾液”中含有的金屬陽(yáng)離子有________。向“濾液”中通入足量________(填化學(xué)式)氣體，再將濾液pH調(diào)至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀。將沉淀溶于濃鹽酸后，產(chǎn)物可返回________工序循環(huán)使用。(5)Sb可由SbCleq\o\al(－,4)電解制得，陰極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________________________________________________________________________________________________________________________。思維提示“溶浸”時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sb2S3＋6FeCl3=3S＋2SbCl3＋6FeCl2，含有Fe2O3、Al2O3、MgO與鹽酸反應(yīng)生成對(duì)應(yīng)的氯化物，SiO2不反應(yīng)形成浸出渣，加入Sb將Fe3＋還原為Fe2＋，Sb3＋發(fā)生水解的離子方程式為Sb3＋＋Cl－＋H2OSbOCl↓＋2H＋，加入HCl酸溶生成SbCleq\o\al(－,4)，最后電解得到Sb。解決方案排除干擾信息的一般步驟1．從儲(chǔ)備的知識(shí)中列出符合題中“部分”條件的所有可能。2．找到題目中“剩余”的限定條件——即“題眼”，尋找“題眼”時(shí)要仔細(xì)分析、深入推敲題中特殊的物質(zhì)、特殊的現(xiàn)象、特殊的變化和特殊的過(guò)程，準(zhǔn)確理解其真正含義；3．從列出的所有可能中，篩選出符合限定條件的信息。答案(1)Sb2S3＋6FeCl3=3S＋2SbCl3＋6FeCl2(2)Fe3＋(3)①Sb3＋＋Cl－＋H2O=SbOCl↓＋2H＋②ACD③10－2.9(4)Al3＋、Fe2＋、Mg2＋Cl2溶浸(5)SbCleq\o\al(－,4)＋3e－=Sb＋4Cl－解析(1)“溶浸”時(shí)氧化產(chǎn)物是S，則S元素化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素化合價(jià)降低，Sb2S3被氧化的化學(xué)方程式為Sb2S3＋6FeCl3=3S＋2SbCl3＋6FeCl2；(2)“還原”時(shí)加入Sb的目的是將Fe3＋還原，防止其發(fā)生水解反應(yīng)，提高產(chǎn)物的純度；(3)①“水解”生成SbOCl，Sb3＋發(fā)生水解的離子方程式為Sb3＋＋Cl－＋H2O=SbOCl↓＋2H＋；②A.該水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度可促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行，A選；B.增大c(H＋)即增大生成物濃度，平衡逆向移動(dòng)，B不選；C.增大c(Cl－)即增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動(dòng)，可促進(jìn)水解，C選；D.加入Na2CO3粉末可消耗H＋，c(H＋)減小使平衡正向移動(dòng)，可促進(jìn)水解，D選；③Fe3＋完全沉淀時(shí)的pH為3.2，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝eq\f(10－14,10－3.2)mol/L＝10－10.8mol/L，c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，則Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－5×(10－10.8)3＝1.0×10－37.4，“水解”時(shí)需控制溶液pH＝2.5，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝eq\f(10－14,10－2.5)mol/L＝10－11.5mol/L，c(Fe3＋)＝eq\f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）)＝eq\f(10－37.4,（10－11.5）3)mol/L＝10－2.9mol/L，即c(Fe3＋)應(yīng)小于10－2.9mol/L；(4)Fe2O3、Al2O3、MgO與鹽酸反應(yīng)生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb將Fe3＋還原為Fe2＋，“濾液”中含有的金屬陽(yáng)離子有Al3＋、Fe2＋、Mg2＋；向“濾液”中通入氧化劑將Fe2＋氧化為Fe3＋，即通入足量Cl2，再將濾液pH調(diào)至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，將沉淀溶于濃鹽酸后，反應(yīng)生成FeCl3，產(chǎn)物FeCl3可返回溶浸工序循環(huán)使用；(5)Sb可由SbCleq\o\al(－,4)電解制得，Sb得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則陰極的電極反應(yīng)式為SbCleq\o\al(－,4)＋3e－=Sb＋4Cl－。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3](2022·山西一模)苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通過(guò)苯甲醛來(lái)制備，反應(yīng)原理如下圖。已知：①反應(yīng)物、產(chǎn)物及溶劑的主要性質(zhì)見(jiàn)下表物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)沸點(diǎn)溶解性其他性質(zhì)苯甲醛106－26℃179℃微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑和NaHSO3反應(yīng)產(chǎn)物溶于水苯甲醇108－15℃206℃微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑加熱時(shí)易分子間脫水成醚苯甲酸122122℃249℃在水中溶解度0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃)，溶于有機(jī)溶劑Ka＝6.5×10－5乙酸乙酯88－84℃77℃微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑略②RCHOeq\o(→,\s\up7(NaHSO3溶液))(不溶于醚，可溶于水)實(shí)驗(yàn)流程如下圖：回答下面問(wèn)題：(1)苯甲醛和NaOH在________(儀器)中研磨。(2)調(diào)pH＝8的目的是__________________________________________________。(3)乙酸乙酯萃取后，用飽和NaHSO3溶液洗滌有機(jī)相的目的是_______________________________________________________________，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________________________________________________________________________________________。(4)蒸餾時(shí)采取減壓蒸餾而不是常壓蒸餾的原因是____________________________________________________________。(5)用濃鹽酸調(diào)pH＝2的目的是___________________________________。(6)分離苯甲酸時(shí)，抽濾的優(yōu)點(diǎn)是_____________________________________，洗滌用的試劑是________。答案(1)研缽(2)除去剩余的NaOH，避免和乙酸乙酯反應(yīng)(3)除去苯甲醛(4)防止高溫苯甲醇分子間脫水(5)使苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸(6)快速過(guò)濾冷水解析(1)研磨物質(zhì)一般在研缽中進(jìn)行，所以苯甲醛和NaOH在研缽中研磨；(2)因?yàn)闅溲趸c會(huì)促進(jìn)乙酸乙酯的水解，不利于下一步反萃取的進(jìn)行，調(diào)pH＝8的目的是除去過(guò)量的氫氧化鈉；(3)根據(jù)已知信息苯甲醛和NaHSO3反應(yīng)產(chǎn)物溶于水，用飽和NaHSO3溶液洗滌有機(jī)相的目的是除去過(guò)量的苯甲醛，根據(jù)提示②反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；(4)根據(jù)已知信息苯甲醇加熱時(shí)易分子間脫水成醚，蒸餾時(shí)采取減壓蒸餾而不是常壓蒸餾；(5)根據(jù)已知信息苯甲酸鈉與酸反應(yīng)生成苯甲酸，用濃鹽酸調(diào)pH＝2的目的是使苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸；(6)抽濾的優(yōu)點(diǎn)是抽濾的速度快，苯甲酸在水中溶解度0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃)，苯甲酸在冷水的溶解度小，可以用冷水洗滌減少損失。專(zhuān)項(xiàng)突破二非選擇題答題規(guī)范專(zhuān)項(xiàng)培養(yǎng)一、調(diào)研考情失分探源(一)卷面不按規(guī)定位置填寫(xiě)導(dǎo)致漏改而失分網(wǎng)上閱卷的基礎(chǔ)是對(duì)學(xué)生答題紙的掃描，所以要求學(xué)生：(1)保管好自己的答題紙，不能有污損；(2)掃描后的字跡與原來(lái)的有著微小的差距，學(xué)生在答卷的時(shí)候，字不但要好看，還要清晰；(3)答題時(shí)一定要在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，不能超出邊框。這就要求同學(xué)們?cè)谕痤}卡上書(shū)寫(xiě)答案前，一定要整理好思路再寫(xiě)。(二)不按要求答題導(dǎo)致失分不按題目要求答題，雖然會(huì)做，但不能得滿(mǎn)分或不得分，所以在答題過(guò)程中應(yīng)當(dāng)嚴(yán)格按照題目要求規(guī)范答題，落筆之前，應(yīng)看清要求，如：(1)要求填“化學(xué)方程式”還是“離子方程式”；(2)要求填“元素名稱(chēng)”“符號(hào)”還是“代號(hào)”“序號(hào)”等；(3)要求填“大于”還是“>”，“增大”還是“變大”等；(4)要求填“化學(xué)式”、“分子式”、“結(jié)構(gòu)式”、“結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式”、“最簡(jiǎn)式”還是“電子式”；(5)要求畫(huà)“離子結(jié)構(gòu)示意圖”還是“原子結(jié)構(gòu)示意圖”；(6)要求填寫(xiě)“a”、“b”、“c”、“d”還是“A”、“B”、“C”、“D”。(三)書(shū)寫(xiě)不規(guī)范導(dǎo)致失分高考閱卷時(shí)，對(duì)考生亂寫(xiě)錯(cuò)寫(xiě)化學(xué)符號(hào)、化學(xué)用語(yǔ)書(shū)寫(xiě)不規(guī)范以及卷面亂寫(xiě)亂畫(huà)都要扣分。這類(lèi)情況屢見(jiàn)不鮮。如：(1)書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式時(shí)要注意配平、注明反應(yīng)條件以及“→”、“”、“↑”、“↓”等；(2)書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式時(shí)要注意：物質(zhì)狀態(tài)、“＋”“－”號(hào)、“kJ·mol－1”、化學(xué)計(jì)量數(shù)與熱量值的對(duì)應(yīng)；(3)把相對(duì)原子質(zhì)量、相對(duì)分子質(zhì)量、摩爾質(zhì)量的單位寫(xiě)成“g”；(4)物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、氣體體積、質(zhì)量、溶解度、密度、壓強(qiáng)等的單位漏掉；(5)無(wú)機(jī)化學(xué)方程式錯(cuò)用“→”，有機(jī)化學(xué)方程式中錯(cuò)用“=”；(6)有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式書(shū)寫(xiě)不規(guī)范；(7)書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)式不考慮得失電子數(shù)與離子的電荷數(shù)關(guān)系；(8)銅的元素符號(hào)Cu寫(xiě)成Ca，一氧化碳的分子式CO寫(xiě)成Co，磷化氫的化學(xué)式寫(xiě)成H3P等。(四)文字語(yǔ)言表達(dá)不規(guī)范、不嚴(yán)謹(jǐn)而失分簡(jiǎn)答題要求按要點(diǎn)得分，語(yǔ)言敘述要符合邏輯關(guān)系，前因后果要明確?！耙颉睉?yīng)是指“化學(xué)原理”，只有緊扣化學(xué)原理分析解決問(wèn)題，逐步解答才能得到相應(yīng)分?jǐn)?shù)。答題中應(yīng)注意語(yǔ)言突出原理、層次分明、文字精練，符合科學(xué)性、邏輯性、準(zhǔn)確性、規(guī)范性，若思路混亂，言不及題，詞不達(dá)意，即使長(zhǎng)篇大論也不能得分。提高高考化學(xué)填空題成績(jī)的有效途徑，最簡(jiǎn)單有效的訓(xùn)練方法就是模仿歷年高考化學(xué)題及其參考答案的表達(dá)方式、教材上的敘述以及化學(xué)教師規(guī)范的化學(xué)語(yǔ)言。同時(shí)，還應(yīng)適當(dāng)揣摩出題人的意圖，順著出題人的思路去分析和答題。二、剖析案例防患未然[閱卷現(xiàn)場(chǎng)](2021·山東卷)六氯化鎢(WCl6)可用作有機(jī)合成催化劑，熔點(diǎn)為283℃，沸點(diǎn)為340℃，易溶于CS2，極易水解。實(shí)驗(yàn)室中，先將三氧化鎢(WO3)還原為金屬鎢(W)再制備WCl6，裝置如圖所示(夾持裝置略)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)檢查裝置氣密性并加入WO3。先通N2，其目的是________________________________________________________________；一段時(shí)間后，加熱管式爐，改通H2，對(duì)B處逸出的H2進(jìn)行后續(xù)處理。儀器A的名稱(chēng)為_(kāi)___________，證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是___________________________________________________________。[評(píng)卷細(xì)節(jié)](1)排氣、排除氧氣、防止空氣干擾，閱卷老師要推測(cè)學(xué)生要表達(dá)的意思，只要合理就給分(2)直形冷凝管，化學(xué)專(zhuān)用儀器出現(xiàn)錯(cuò)字不得分(3)錐形瓶中不再有液滴滴下，或不再有水凝結(jié)(2)WO3完全還原后，進(jìn)行的操作為：①冷卻，停止通H2；②以干燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的干燥管；④……；⑤加熱，通Cl2；⑥……。堿石灰的作用是____________；操作④是____________，目的是____________。[評(píng)卷細(xì)節(jié)](1)吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入，本題得分的關(guān)鍵詞；氯氣1分，水蒸氣1分，直接寫(xiě)前堵后截不得分，注明裝置中的水蒸氣不得分(2)出現(xiàn)氯氣就給分(吸收、除去、處理)，寫(xiě)成水蒸氣、水汽、氣態(tài)水也可(出現(xiàn)錯(cuò)字不得分)(3)再次通入N2排除裝置中的H2(各1分)(3)利用碘量法測(cè)定WCl6產(chǎn)品純度，實(shí)驗(yàn)如下：①稱(chēng)量：將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱(chēng)量瓶中，蓋緊稱(chēng)重為m1g；開(kāi)蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱(chēng)重為m2g；再開(kāi)蓋加入待測(cè)樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱(chēng)重為m3g，則樣品質(zhì)量為_(kāi)___________g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②滴定：先將WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過(guò)IOeq\o\al(－,3)離子交換柱發(fā)生反應(yīng)：WOeq\o\al(2－,4)＋Ba(IO3)2=BaWO4＋2IOeq\o\al(－,3)；交換結(jié)束后，向所得含IOeq\o\al(－,3)的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O；反應(yīng)完全后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗cmol·L－1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___________。稱(chēng)量時(shí)，若加入待測(cè)樣品后，開(kāi)蓋時(shí)間超過(guò)1分鐘，則滴定時(shí)消耗Na2S2O3溶液的體積將____________(填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定值將____________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。[評(píng)卷細(xì)節(jié)](1)按要求作答，質(zhì)量分?jǐn)?shù)用分?jǐn)?shù)表示也給分。(2)偏大寫(xiě)成偏高不給分(3)計(jì)算得分率偏低答案(1)排除裝置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色(2)吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E再次通入N2排除裝置中的H2(3)(m3＋m1－2m2)eq\f(cVM,120（m3＋m1－2m2）)%不變偏大解析(1)用H2還原WO3制備W，裝置中不能有空氣，所以先通N2，其目的是排除裝置中的空氣；由儀器構(gòu)造可知儀器A的名稱(chēng)為直形冷凝管；WO3為淡黃色固體，被還原后生成W為銀白色，所以能證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是淡黃色固體變?yōu)殂y白色；(2)由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應(yīng)制取WCl6時(shí)，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中，所以堿石灰的作用其一是吸收多余氯氣，防止污染空氣；其二是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；在操作⑤加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除裝置中的H2；(3)①稱(chēng)量時(shí)加入足量的CS2，蓋緊稱(chēng)重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開(kāi)蓋時(shí)要揮發(fā)出來(lái)，稱(chēng)量的質(zhì)量要減少，開(kāi)蓋并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱(chēng)重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1－m2)g，再開(kāi)蓋加入待測(cè)樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，又揮發(fā)出(m1－m2)g的CS2，蓋緊稱(chēng)重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g＋2(m1－m2)g－m1g＝(m3＋m1－2m2)g；②滴定時(shí)，根據(jù)關(guān)系式：WOeq\o\al(2－,4)～2IOeq\o\al(－,3)～6I2～12S2Oeq\o\al(2－,3)，樣品中n(WCl6)＝n(WOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,12)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,12)cV×10－3mol，m(WCl6)＝eq\f(1,12)cV×10－3mol×Mg/mol＝eq\f(cVM,12000)g，則樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：eq\f(\f(cVM,12000)g,（m3＋m1－2m2）g)×100%＝eq\f(cVM,120（m3＋m1－2m2）)%；根據(jù)測(cè)定原理，稱(chēng)量時(shí)，若加入待測(cè)樣品后，開(kāi)蓋時(shí)間超過(guò)1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，m3偏小，但WCl6的質(zhì)量不變，則滴定時(shí)消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定值將偏大。[案例1]PCl3是磷的常見(jiàn)氯化物，可用于半導(dǎo)體生產(chǎn)的外延、擴(kuò)散工序。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下：熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃密度/(g·mL－1)其他黃磷44.1280.51.822P＋3Cl2(少量)eq\o(=,\s\up7(△))2PCl3；2P＋5Cl2(過(guò)量)eq\o(=,\s\up7(△))2PCl5PCl3－11275.51.574遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3如圖是實(shí)驗(yàn)室制備PCl3的裝置(部分儀器已省略)。(1)儀器甲的名稱(chēng)是________。(2)實(shí)驗(yàn)室用高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制備Cl2的離子方程式_______________________________________________________________________________________________________________________________。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，為減少PCl5的生成，應(yīng)控制___________________________________________________________________。(3)堿石灰的作用：_____________________________________________。寫(xiě)出PCl3遇水反應(yīng)的化學(xué)方程式_________________________________________________________________________________________________。(4)向儀器甲中通入干燥Cl2之前，應(yīng)先通入一段時(shí)間CO2排盡裝置中的空氣，其目的__________________________________________________________。答卷評(píng)析[答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)](除標(biāo)注外，每空2分)(1)個(gè)別考生儀器識(shí)別有誤，將曲頸燒瓶誤認(rèn)為蒸餾燒瓶(1)曲頸燒瓶(2)未按要求做答，將離子方程式寫(xiě)成了化學(xué)方程式(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O氯氣通入的速率(或流量)(3)漏寫(xiě)了堿石灰的作用而失分(3)一是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入而使PCl3水解，二是吸收多余的Cl2，防止污染環(huán)境(3)反應(yīng)方程式中將H3PO3寫(xiě)成了H3PO4PCl3＋3H2O=H3PO3＋3HCl(4)漏寫(xiě)目的，而且POCl3中“O”書(shū)寫(xiě)太小，不規(guī)范(4)防止O2和水蒸氣與PCl3反應(yīng)[案例2]生態(tài)環(huán)境是人類(lèi)生存和發(fā)展的根基，廢物利用是改善生態(tài)平衡的有效途徑。某科研小組以廢棄鉛蓄電池(含有Pb、PbO、PbO2、PbSO4、炭黑、稀硫酸)為原料回收PbO2的工藝流程如下所示。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)廢棄鉛蓄電池不經(jīng)處理任意丟棄的后果為(任寫(xiě)一種)_________________________________________________________________。(2)“還原”過(guò)程中，用鹽酸代替Na2SO3的弊端為_(kāi)___________________________________________________________________________________。(3)“溶解”過(guò)程中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________________________________________________________________。(4)NaClO的電子式為_(kāi)_______；“氧化”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)在硫酸中，以Fe2＋作催化劑，Pb和PbO2經(jīng)兩步反應(yīng)可轉(zhuǎn)化為PbSO4，F(xiàn)e2＋催化過(guò)程可表示為：?。?Fe2＋＋PbO2＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=2Fe3＋＋PbSO4＋2H2Oⅱ：……①寫(xiě)出ⅱ的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________。②下列實(shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過(guò)程。將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整。a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無(wú)色，再加入少量PbO2，溶液變紅。b．___________________________________________________________________________________________________________________________________。答卷評(píng)析[答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)](除標(biāo)注外，每空2分)(1)不能很好理解鉛蓄電池(重金屬鹽)對(duì)環(huán)境的影響，誤認(rèn)為炭黑釋放CO2(1)重金屬及其鹽對(duì)土壤和水源造成污染，酸腐蝕金屬制品、污染土壤和水源等(1分)(2)不能根據(jù)隱含信息：四價(jià)鉛能將濃鹽酸氧化生成氯氣(全國(guó)卷高考考過(guò)對(duì)應(yīng)反應(yīng))(2)生成氯氣，造成環(huán)境污染(3)不能理解(CH3COO)2Pb為弱電解質(zhì)(3)PbSO4＋2CH3COO－=(CH3COO)2Pb＋SOeq\o\al(2－,4)(4)電子式書(shū)寫(xiě)不規(guī)范，O、Cl位置顛倒(4)(4)不能確定NaClO的還原產(chǎn)物，說(shuō)明平時(shí)知識(shí)積累不到位(CH3COO)2Pb＋NaClO＋2NaOH=PbO2↓＋2CH3COONa＋NaCl＋H2O(5)語(yǔ)言敘述不恰當(dāng)，沒(méi)有說(shuō)明過(guò)量Pb(6)①2Fe3＋＋Pb＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2Fe2＋②取a中紅色溶液少量，加入過(guò)量Pb，充分反應(yīng)后，紅色褪去[名師警言]有的學(xué)生常常把在審題及規(guī)范答題中出現(xiàn)的錯(cuò)誤歸結(jié)為自己粗心大意，其實(shí)粗心只是一種表面現(xiàn)象，實(shí)質(zhì)上還是因?yàn)閷忣}能力不強(qiáng)，答題規(guī)范性不高導(dǎo)致的。提高審題能力和規(guī)范答題不能靠突擊，也不能靠臨考前的叮囑，更不是一兩次講座就能解決的。在循序漸進(jìn)地培養(yǎng)審題規(guī)范答題能力的過(guò)程中，學(xué)生要掌握審題的方法，強(qiáng)化審題意識(shí)，樹(shù)立審題的信心；平時(shí)要嚴(yán)格訓(xùn)練，提高答題的規(guī)范性，在每做一道題時(shí)，都要弄清題目的全部條件、現(xiàn)象和過(guò)程，準(zhǔn)確界定研究的問(wèn)題，進(jìn)行嚴(yán)密的建模和推理。

命題視角一物質(zhì)轉(zhuǎn)化中反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)(一)陌生非氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)[解題模板]運(yùn)用“證據(jù)→推理→符號(hào)”思路，書(shū)寫(xiě)新情境反應(yīng)方程式的基本思路為：“讀取”流程中的有效信息(證據(jù))，找出主要的反應(yīng)物和生成物(推理)，再依據(jù)質(zhì)量守恒定律和電荷守恒規(guī)律寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)(離子)方程式，書(shū)寫(xiě)步驟如下：[典例1]硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O3·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程如下：(1)在95℃“溶浸”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________________________________________________________。(2)在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程式為_(kāi)________________________________________________________________。[解題流程](1)書(shū)寫(xiě)“溶浸”過(guò)程中的反應(yīng)方程式：(2)書(shū)寫(xiě)“沉鎂”過(guò)程中的反應(yīng)方程式：(二)陌生氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)[解題模板][典例2]釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價(jià)的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。由黏土釩礦制備N(xiāo)H4NO3的部分工藝如下：“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同時(shí)還有________離子被氧化，寫(xiě)出VO＋轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)反應(yīng)的離子方程式___________________________________________________________________________________________。[解題流程]答案Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O1．(2022·山東卷)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：酸解時(shí)有HF產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________。答案6HF＋SiO2=2H＋＋SiFeq\o\al(2－,6)＋2H2O解析氫氟酸(HF)為弱酸，H2SiF6為二元強(qiáng)酸，書(shū)寫(xiě)離子方程式應(yīng)拆寫(xiě)為H＋和SiFeq\o\al(2－,6)，因此SiO2與氫氟酸發(fā)生非氧化還原反應(yīng)的離子方程式為6HF＋SiO2=2H＋＋SiFeq\o\al(2－,6)＋2H2O。2．NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來(lái)漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下：寫(xiě)出“反應(yīng)”步驟中生成ClO2的化學(xué)方程式_________________________________________________________________。答案2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4解析3．以某地石煤礦(主要成分：V2O3、V2O5及少量SiO2、Al2O3)為原料制備高純V2O3的部分工藝如下：(1)“焙燒”時(shí)V2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________________________________________________________________________。(2)“焙燒”時(shí)若H2O(g)不足，會(huì)產(chǎn)生造成環(huán)境污染的氣體，寫(xiě)出生成該氣體的化學(xué)方程式：_________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)2NaCl＋O2＋H2O＋V2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))2NaVO3＋2HCl(2)4NaCl＋3O2＋2V2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))4NaVO3＋2Cl2或4NaCl＋O2＋2V2O5eq\o(=,\s\up7(高溫))4NaVO3＋2Cl2解析(1)由流程圖可知，V2O3焙燒時(shí)轉(zhuǎn)化為NaVO3，該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，O2為氧化劑，反應(yīng)方程式為：V2O3＋O2＋2NaCl＋H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))2NaVO3＋2HCl。(2)“焙燒”時(shí)若H2O(g)不足，產(chǎn)生的污染性氣體為Cl2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4NaCl＋O2＋2V2O5eq\o(=,\s\up7(高溫))4NaVO3＋2Cl2或4NaCl＋3O2＋2V2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))4NaVO3＋2Cl2。命題視角二工藝流程中反應(yīng)條件的控制(一)反應(yīng)條件的控制方法通過(guò)控制一定的反應(yīng)條件來(lái)達(dá)到提高物質(zhì)轉(zhuǎn)化率或除去雜質(zhì)的目的。最常見(jiàn)的是溶液的pH、反應(yīng)的溫度及使用保護(hù)氣等。1．控制溶液的pH(1)增強(qiáng)物質(zhì)的氧化性、還原性(增強(qiáng)MnOeq\o\al(－,4)、NOeq\o\al(－,3)的氧化性)，調(diào)節(jié)離子的水解程度。(2)通過(guò)控制溶液的pH可以除去某些金屬離子。①如：要除去溶液中含有的Fe3＋、Al3＋，可調(diào)節(jié)溶液的pH使之轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)3、Al(OH)3沉淀。[若有Fe2＋，通常需先用氧化劑(H2O2等)把Fe2＋氧化為Fe3＋]。②調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿(mǎn)足兩點(diǎn)：(a)能與H＋(或OH－)反應(yīng)，使溶液pH增大(或減小)；(b)不引入新雜質(zhì)。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH。2．控制反應(yīng)溫度(常用水浴、冰水浴等)(1)控制反應(yīng)速率(升溫加快反應(yīng)速率)、使催化劑達(dá)到最大活性、防止副反應(yīng)的發(fā)生。(2)使化學(xué)平衡移動(dòng)，控制化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行的方向。(3)升溫：使溶液中的氣體逸出，使易揮發(fā)物質(zhì)揮發(fā)，使易分解的物質(zhì)分解。煮沸：使氣體逸出；促進(jìn)水解，聚沉后利于過(guò)濾分離。(4)控制固體的溶解與結(jié)晶趁熱過(guò)濾：減少因降溫而析出的溶質(zhì)的量。蒸發(fā)濃縮：蒸發(fā)除去部分溶劑，提高溶液的濃度。蒸發(fā)結(jié)晶：蒸發(fā)溶劑，使溶液由不飽和變?yōu)轱柡停^續(xù)蒸發(fā)，過(guò)剩的溶質(zhì)就會(huì)呈晶體析出。從溶液中得到晶體的過(guò)程：蒸發(fā)濃縮→冷卻結(jié)晶→過(guò)濾→(洗滌、干燥)3．使用保護(hù)氣(1)隔絕空氣(主要是O2、H2O)。(2)抑制弱離子的水解(如HCl氛圍)。(二)陌生圖像中反應(yīng)條件下的選擇1．浸出過(guò)程中時(shí)間和液固比對(duì)錳浸出率的影響分別如圖甲、圖乙所示。則適宜的浸出時(shí)間和液固比分別為60min、3。2．“酸浸”實(shí)驗(yàn)中，鎂的浸出率結(jié)果如圖所示。由圖可知，當(dāng)鎂的浸出率為80%時(shí)，所采用的實(shí)驗(yàn)條件為100℃、3h左右。3．酸浸時(shí)，若使鈦的浸出率(η%)達(dá)到90%，則根據(jù)下圖判斷工業(yè)上應(yīng)采取的適宜條件是：酸濃度和液固比的取值分別約為40%、6。4．(2022·重慶高三期考)三氧化二鎳(Ni2O3)常用于制造高能電池。以金屬鎳廢料(含F(xiàn)e、Ca、Mg等雜質(zhì))生產(chǎn)Ni2O3的工藝流程如圖所示。其他條件不變，在不同溫度下對(duì)含鎳廢料進(jìn)行酸浸，鎳浸出率隨時(shí)間變化如圖所示，酸浸的最佳溫度與時(shí)間分別為_(kāi)_______(填序號(hào))。A．30℃、30min B．50℃、120minC．70℃、120min D．90℃、150min答案C解析根據(jù)圖示，120min以后鎳浸出率增大不多，所以為提高生產(chǎn)效率，酸浸時(shí)間應(yīng)選擇120min。相同時(shí)間內(nèi)，70℃和90℃對(duì)應(yīng)的鎳浸出率相差不大，所以酸浸溫度應(yīng)選擇較為節(jié)能的70℃，故選C。5．制取MnCO3的部分工藝流程如下：MnO2與硫酸、草酸反應(yīng)時(shí)，測(cè)得一定量MnO2完全溶解的時(shí)間與溫度的關(guān)系如圖所示，分析控溫加熱75℃時(shí)MnO2溶解所需時(shí)間最少的原因是______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案75℃以前，溫度升高，反應(yīng)速率加快，所需時(shí)間減少；75℃以后，部分草酸分解，導(dǎo)致濃度降低，速率下降，所需時(shí)間增多。解析從圖中看出，超過(guò)75℃時(shí)，反應(yīng)時(shí)間增長(zhǎng)，反應(yīng)速率變慢，原因是H2C2O4部分分解，濃度減少。6．以某地石煤礦(主要成分：V2O3、V2O5及少量SiO2、Al2O3)為原料制備高純V2O3的部分工藝流程如下：“焙燒”后的球團(tuán)在串聯(lián)的浸取塔內(nèi)逆流浸取，溫度對(duì)浸取率的影響如圖所示。生產(chǎn)中采用125℃條件下“水浸”的優(yōu)點(diǎn)是_____________________________________________________________________________________________。答案釩的浸出率高，明顯縮短浸取時(shí)間，提高生產(chǎn)效率解析根據(jù)圖像，125℃條件下“水浸”的優(yōu)點(diǎn)為釩的浸出率高，明顯縮短浸取時(shí)間，提高生產(chǎn)效率。命題視角三物質(zhì)成分的確定和循環(huán)操作的判斷1．工藝流程中循環(huán)物質(zhì)的確定(1)思維流程(2)實(shí)例舉例可循環(huán)物質(zhì)可逆反應(yīng)的反應(yīng)物N2、H2前面步驟的反應(yīng)物，后面步驟的生成物以菱錳礦(主要成分MnCO3，還含有FeCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgCO3等雜質(zhì))為原料制備二氧化錳的工藝流程如圖：已知草酸鈣、草酸鎂不溶于水。硫酸箭頭回頭聯(lián)堿法(侯氏制堿法)和氨堿法的生產(chǎn)流程簡(jiǎn)要表示如圖所示：母液、CO22.工藝流程中副產(chǎn)物的判斷3．濾渣成分的判斷實(shí)例舉例濾渣的成分過(guò)量的反應(yīng)物以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖：CaCO3、Ca(OH)2原料中不參與反應(yīng)的物質(zhì)蛇紋石是一種富鎂硅酸鹽礦物的總稱(chēng)，工業(yè)上由蛇紋石(主要成分MgO、FeO和Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取堿式碳酸鎂產(chǎn)品的流程如下：濾渣a為SiO2原料中不參與反應(yīng)的物質(zhì)及生成物某粉煤灰經(jīng)預(yù)處理后含Cu2O、SiO2、Al2O3、FeO化合物，一種綜合利用工藝設(shè)計(jì)的流程如下：已知①Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O濾渣Ⅰ為SiO2、Cu雜質(zhì)轉(zhuǎn)化的物質(zhì)工業(yè)上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產(chǎn)堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO4，堿式硫酸鐵易溶于水]的工藝流程如圖：濾渣的成分Al(OH)3[典例3]一種從陽(yáng)極泥(主要成分為Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收Se和貴重金屬的工藝流程如圖所示：已知：S2Oeq\o\al(2－,3)易與Ag＋形成配離子：Ag＋＋2S2Oeq\o\al(2－,3)[Ag(S2O3)2]3－，常溫下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝2.80×1013?！盀V液Ⅳ”中含有Na2SO3，則“還原”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________________________________________________________________________________________________________________。濾液Ⅳ可返回________工序循環(huán)使用(填“工序名稱(chēng)”)。但循環(huán)多次后，銀的浸出率會(huì)降低，原因是__________________________________________________________________________________________________________________。(試從平衡原理解釋)答案2[Ag(S2O3)]3－＋S2Oeq\o\al(2－,4)＋4OH－=2Ag↓＋2SOeq\o\al(2－,3)＋4S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H2O溶浸隨循環(huán)次數(shù)的增加，浸出液中c(S2Oeq\o\al(2－,3))減小，c(Cl－)增大解析濾液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3－被Na2S2O4還原為Ag，自身被氧化為Na2SO3，該反應(yīng)離子方程式為2[Ag(S2O3)2]3－＋S2Oeq\o\al(2－,4)＋4OH－=2Ag↓＋2SOeq\o\al(2－,3)＋4S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H2O，故濾液Ⅳ為Na2SO3和Na2S2O3的混合液，可返回“溶浸”工序循環(huán)使用，隨著循環(huán)次數(shù)的增加，浸出液中c(S2Oeq\o\al(2－,3))減小，c(Cl－)增大，AgCl(s)＋2S2Oeq\o\al(2－,3)(aq)[Ag(S2O3)2]3－(aq)＋Cl－(aq)平衡向左移動(dòng)，故銀的浸出率降低。工藝流程中循環(huán)“工序”的判斷7．工業(yè)上用粗銅電解精煉所產(chǎn)生的陽(yáng)極泥[主要含硒化亞銅(Cu2Se)和碲化亞銅(Cu2Te)]為原料，進(jìn)行綜合回收利用的某種工藝流程如圖所示：已知：TeO2是兩性氧化物，微溶于水；流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是________(填化學(xué)式)。答案H2SO4解析由流程圖可知最后一步得到的H2SO4可在“稀硫酸調(diào)pH”一步中循環(huán)使用。8．(2022·惠州二調(diào))LiFePO4可作為新型鋰離子電池的正極材料，以精鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)TiOSO4，同時(shí)得到的綠礬(FeSO4·7H2O)與磷酸和LiOH反應(yīng)可制備LiFePO4，制備流程如圖所示：①還原步驟中，加過(guò)量鐵屑，其目的是____________________________________________________________________________________________；②濾渣成分的化學(xué)式是________。答案①把鐵離子還原為亞鐵離子，置換出銅②SiO2、Cu、Fe解析流程分析如下：①酸溶時(shí)Fe2O3、CuO分別轉(zhuǎn)化為Fe3＋、Cu2＋，鐵具有還原性，加入鐵屑能將鐵離子還原成二價(jià)鐵離子，同時(shí)將銅離子還原成銅單質(zhì)。②濾渣中含不與硫酸反應(yīng)的SiO2、被鐵置換出的銅和過(guò)量的鐵。9．(2022·山東卷)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是______________________，回收利用洗滌液X的操作單元是________。答案減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率酸解解析CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價(jià)值，由于酸解時(shí)使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。命題視角四工藝流程中物質(zhì)的分離技術(shù)1．物質(zhì)分離與提純的6種常用方法2．常用的結(jié)晶方法(1)從溶液中獲取不帶結(jié)晶水的晶體，如NaCl、K2SO4等，用蒸發(fā)結(jié)晶。(2)從溶液中獲取帶結(jié)晶水的晶體，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。(3)從混合液中獲取溶解度受溫度影響較小的溶質(zhì)，如從含少量KNO3的NaCl溶液中獲取NaCl晶體，用蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾。(4)從混合液中獲取溶解度受溫度影響較大的溶質(zhì)，如從含少量KCl的KNO3溶液中獲取KNO3晶體，用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾。(5)重結(jié)晶指析出的晶體經(jīng)過(guò)溶解后再次從溶液中結(jié)晶析出的過(guò)程，是一種利用物質(zhì)的溶解性不同而進(jìn)行提純、分離的方法。3.萃取與反萃取示例(1)萃取法分離考查角度舉例問(wèn)題萃取操作的考查用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋為使Fe3＋盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移至有機(jī)相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機(jī)萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，并重復(fù)多次萃取劑的選擇已知萃取劑A、B中pH對(duì)鈷、錳離子萃取率的影響如圖所示：為了除去Mn2＋，應(yīng)選擇萃取劑BpH范圍的選擇萃取劑對(duì)Al3＋、Co2＋萃取率與pH的關(guān)系如圖所示萃取分離鈷、鋁的實(shí)驗(yàn)操作：向萃取分液后的有機(jī)相中加稀硫酸調(diào)pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液，繼續(xù)向萃取分液后的有機(jī)相加稀硫酸調(diào)pH至0.5以下，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液“萃取分離”溶液中鈷、鋰的萃取率與平衡時(shí)溶液pH的關(guān)系如圖所示pH一般選擇5左右，理由是pH在5左右時(shí)，鈷、鋰的分離效率最高歸納總結(jié)①要除去的離子在萃取劑中溶解度遠(yuǎn)大于有效離子的溶解度。②離子在不同的萃取劑中溶解度相差越大越好。③選擇合適的pH范圍分離離子，要求該pH范圍內(nèi)離子溶解度相差較大(2)反萃取分離題目問(wèn)題反萃取目的實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其實(shí)驗(yàn)過(guò)程如圖所示向含碘廢液中加入稍過(guò)量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I－，該操作的目的是使CCl4中的碘進(jìn)入水層反萃取劑的選擇釩及其化合物在工業(yè)上有許多用途。從廢釩(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二釩的一種工藝流程如圖。已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋與Fe不能反應(yīng)。②有機(jī)溶劑H2R對(duì)VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋。“溶劑萃取與反萃取”可表示為VO2＋＋H2Req\o(,\s\up7(溶劑萃取),\s\do5(反萃取))VOR＋2H＋。為了提高VO2＋的產(chǎn)率，反萃取劑可選用H2SO4。“萃取”和“反萃取”目的鉬(Mo)是重要的過(guò)渡金屬元素，具有廣泛用途。由鉬精礦(主要成分是MoS2)濕法回收鉬酸銨[(NH4)2MoO4]部分工藝流程如圖。“濾液2”先加入有機(jī)溶劑“萃取”，再加氨水“反萃取”，進(jìn)行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集鉬酸根離子(或?qū)f酸根離子與其他雜質(zhì)分離)。10．硫酸亞鐵銨的化學(xué)式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(商品名稱(chēng)為摩爾鹽)?？捎闪蛩醽嗚F與硫酸銨反應(yīng)制備，一般硫酸亞鐵鹽在空氣中易被氧化，而形成摩爾鹽后就比較穩(wěn)定了。實(shí)驗(yàn)室制取少量摩爾鹽的流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)步驟1中Na2CO3的主要作用是__________________________________________________________________________________________________________。(2)步驟2中趁熱過(guò)濾的目的是____________________________________________________________________________________________________________。(3)步驟3中，加入(NH4)2SO4固體后，要得到摩爾鹽晶體，需經(jīng)過(guò)的實(shí)驗(yàn)操作包括：加熱蒸發(fā)、________、________、洗滌和干燥。(4)步驟3中制得的晶體過(guò)濾后用無(wú)水乙醇洗滌的目的是__________________________________________________________________。答案(1)洗去鐵屑表面的油污(2)防止FeSO4結(jié)晶，減小FeSO4的損失(3)冷卻結(jié)晶過(guò)濾(4)減少摩爾鹽的損失，加速水分揮發(fā)解析(1)COeq\o\al(2－,3)水解溶液呈堿性，油脂在堿性條件下能水解。(2)如果不趁熱過(guò)濾就會(huì)有FeSO4·7H2O析出。(3)溫度低時(shí)硫酸亞鐵銨的溶解度小，易結(jié)晶析出，所以加熱蒸發(fā)后需要冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌和干燥。(4)用酒精可以減少產(chǎn)品在洗滌過(guò)程中的溶解損失，同時(shí)酒精易揮發(fā)，帶走產(chǎn)品表面的少量水。11．黏土釩礦(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制備V2O5的工藝流程如圖所示：已知：①硫酸氧釩[(VO)SO4]高溫易分解生成VO2和SO3②萃取劑對(duì)相關(guān)離子的萃取能力如表所示：微粒VO2＋VOeq\o\al(＋,2)Fe3＋Fe2＋萃取能力強(qiáng)(隨pH增大而增強(qiáng))弱強(qiáng)弱回答下列問(wèn)題：(1)黏土釩礦焙燒時(shí)一般選擇250℃的原因是______________________________。(2)為提高浸出效率可采取的操作有___________________________________________________________________________________________(答兩條)。浸出液中存在VO2＋、VOeq\o\al(＋,2)、Fe3＋、Al3＋和SOeq\o\al(2－,4)，萃取前加入鐵粉的目的是______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“反萃取”用20%硫酸的目的為_(kāi)_________________________________________________________________________________________________。(4)用反萃取法由碘的CCl4溶液提取碘單質(zhì)，畫(huà)出流程圖：答案(1)防止生成的硫酸氧釩發(fā)生分解(2)適當(dāng)加熱、攪拌、適當(dāng)延長(zhǎng)浸出時(shí)間等將VOeq\o\al(＋,2)還原為易被萃取的VO2＋，將Fe3＋還原為不易被萃取的Fe2＋(3)降低VO2＋、VOeq\o\al(＋,2)在有機(jī)相中的萃取能力(4)解析(1)根據(jù)題意可知，硫酸氧釩在高溫條件下易分解生成VO2和SO3，所以為了防止硫酸氧釩分解，黏土釩礦焙燒時(shí)一般選擇250℃。(2)適當(dāng)加熱、攪拌、適當(dāng)延長(zhǎng)浸出時(shí)間等都可以提高浸出效率；根據(jù)題意可知萃取劑對(duì)VO2＋、Fe3＋的萃取能力較強(qiáng)，所以加入鐵粉的目的是將VOeq\o\al(＋,2)還原為易被萃取的VO2＋，將Fe3＋還原為不易被萃取的Fe2＋。(3)根據(jù)題意可知，VO2＋在有機(jī)相中的萃取能力隨pH增大而增強(qiáng)，所以加入20%硫酸可降低VO2＋、VOeq\o\al(＋,2)在有機(jī)相中的萃取能力；(4)碘單質(zhì)可以和NaOH溶液反應(yīng)得到易溶于水的碘化鈉和碘酸鈉，所以先在碘的CCl4溶液中加入濃NaOH溶液振蕩、靜置、分液得到含有I－和IOeq\o\al(－,3)的水溶液，再加入稀硫酸，酸性環(huán)境下I－和IOeq\o\al(－,3)發(fā)生歸中反應(yīng)得到含碘懸濁液，過(guò)濾得到碘單質(zhì)，流程圖為命題視角五工藝流程中與Ksp相關(guān)的計(jì)算[典例4]磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過(guò)如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開(kāi)始沉淀和沉淀完全的pH見(jiàn)下表：金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開(kāi)始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列問(wèn)題：(1)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是________________。(2)“母液①”中Mg2＋濃度為_(kāi)_______mol·L－1。答案(1)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋(2)1.0×10－6解析(1)由題表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀時(shí)的pH分別為3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6的過(guò)程中，依次析出的金屬離子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(2)依據(jù)Mg2＋完全沉淀時(shí)的pH＝11.1，可知此時(shí)c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，此時(shí)c(Mg2＋)＝10－5mol·L－1，則Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8。用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6時(shí)，c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，則c(Mg2＋)＝eq\f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）)＝10－6mol·L－1。實(shí)例——利用Ksp計(jì)算判斷金屬陽(yáng)離子能否分步沉淀的方法磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及Fe2O3，為節(jié)約和充分利用資源，其回收鈦、鋁、鎂的部分工藝如下：已知：①常溫下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33②水浸液中Fe3＋、Mg2＋、Al3＋的濃度均為0.1mol/L12．制取MnCO3的部分流程如下：MnSO4(aq)eq\o(→,\s\up7(Na2CO3))MnCO3若“控溫加熱”后所得MnSO4溶液的濃度為1mol/L，為防止生成Mn(OH)2，常溫時(shí)用Na2CO3溶液沉淀Mn2＋，應(yīng)控制MnSO4溶液的pH不超過(guò)________(填數(shù)值)。(已知，常溫時(shí)Ksp[Mn(OH)2]＝1×10－12.8)答案7.6解析常溫時(shí)Ksp[Mn(OH)2]＝c(Mn2＋)·c2(OH－)＝1mol/L·c2(OH－)＝1×10－12.8，c(OH－)＝10－6.4mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(KW,c（OH－）)＝eq\f(10－14,10－6.4)mol·L－1＝10－7.6mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝7.6。13．透明鐵黃(FeOOH)是一種分散性良好的鐵系顏料。利用黃鈉鐵礬渣[主要成分Na2Fe6(SO4)4(OH)12，含少量BaSO4、CuSO4、CoSO4等]制備透明鐵黃工藝流程如下：已知：①25℃時(shí)相關(guān)物質(zhì)的Ksp如表所示：金屬硫化物CuSCoSFeSKsp1×10－35.21×10－24.61×10－17.2②25℃時(shí)H2S飽和溶液中，存在如下關(guān)系：c2(H＋)·c(S2－)＝1×10－23.2；③當(dāng)溶液中某離子濃度c≤1.0×10－5mol·L－1時(shí)，可認(rèn)為該離子沉淀完全?！俺恋怼边^(guò)程中通入氨氣的目的是調(diào)節(jié)溶液pH，以控制S2－濃度，便于有效去除雜質(zhì)金屬離子。若此時(shí)溶液中c(Fe2＋)＝1.0mol·L－1，雜質(zhì)離子沉淀時(shí)溶液中H2S達(dá)到飽和，則操作中應(yīng)控制的pH范圍為_(kāi)_______。答案1.8≤pH＜3解析由題意可知，c(Fe2＋)＝1.0mol/L，鐵不能沉淀，則c(S2－)＜eq\f(Ksp（FeS）,c（Fe2＋）)＝10－17.2mol/L，H2S達(dá)到飽和，則此時(shí)c(H＋)＝eq\r(\f(10－23.2,10－17.2))mol/L＝10－3mol/L；pH＝3；當(dāng)Co2＋和Cu2＋完全沉淀時(shí)，c(Co2＋)和c(Cu2＋)均≤10－5mol/L，故c(S2－)≥10－19.6mol/L，則c(H＋)≤eq\r(\f(10－23.2,10－19.6))mol/L＝10－1.8mol/L，pH≥1.8，即pH范圍為1.8≤pH＜3。14．(2022·沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān))二水合磷酸二氫錳具有廣泛用途，被用作防銹劑。某化工廠(chǎng)擬用軟錳礦(含MnO2及少量FeO、Al2O3、SiO2)為原料生產(chǎn)Mn(H2PO4)2·2H2O，其工藝流程如圖所示：已知該條件下在步驟Ⅲ中Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，Ksp[Mn(OH)2]＝1.0×10－14。試劑X為Na2CO3，若c(Mn2＋)＝1.0mol·L－1，調(diào)節(jié)pH范圍應(yīng)為4.7≤pH________。答案＜7解析流程分析如下：步驟Ⅲ調(diào)節(jié)pH時(shí)應(yīng)讓Al3＋完全沉淀，而Mn2＋不沉淀，溶液中c(Mn2＋)＝1.0mol·L－1，當(dāng)Mn2＋開(kāi)始沉淀時(shí)，c(OH－)＝10－7mol·L－1，所以應(yīng)調(diào)節(jié)溶液4.7≤pH＜7。1．(2022·廣東卷)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國(guó)南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類(lèi)礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)的熔點(diǎn)為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持＋3價(jià)不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3開(kāi)始溶解時(shí)的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見(jiàn)下表。離子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋開(kāi)始沉淀時(shí)的pH8.81.53.66.2～7．4沉淀完全時(shí)的pH/3.24.7/(1)“氧化調(diào)pH”中，化合價(jià)有變化的金屬離子是_______