2025高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)-易錯(cuò)類型07化工流程中的?？紗栴}（7大易錯(cuò)點(diǎn)）-專項(xiàng)訓(xùn)練-Word版含解析

這是一份2025高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)-易錯(cuò)類型07化工流程中的?？紗栴}（7大易錯(cuò)點(diǎn)）-專項(xiàng)訓(xùn)練-Word版含解析，共32頁。
【易錯(cuò)點(diǎn)02】不清楚常見的工藝操作控制條件（調(diào)節(jié)溶液pH、控制溫度等）
【易錯(cuò)點(diǎn)03】不掌握理解物質(zhì)分離、提純的方法及要點(diǎn)
【易錯(cuò)點(diǎn)04】不能正確書寫流程中陌生的反應(yīng)方程式
【易錯(cuò)點(diǎn)05】熱重曲線的相關(guān)問題
【易錯(cuò)點(diǎn)06】工藝流程題中有關(guān)Ksp的計(jì)算類型
【易錯(cuò)點(diǎn)07】工藝流程中有關(guān)物質(zhì)的純度、轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)品的產(chǎn)率的計(jì)算
易錯(cuò)點(diǎn)1 不清楚常見的工藝操作方法措施
【分析】
易錯(cuò)點(diǎn)2 不清楚常見的工藝操作控制條件
【分析】
調(diào)節(jié)pH的原理及目的
1．需要的物質(zhì)：含主要陽離子（不引入新雜質(zhì)即可）的難溶性氧化物或氫氧化物或碳酸鹽，即能與H+反應(yīng)，使pH增大的物質(zhì)如MgO、Mg(OH)2等類型的物質(zhì)。
2．原理：加入的物質(zhì)能與溶液中的H+反應(yīng)，降低了H+的濃度
3．pH控制的范圍：雜質(zhì)離子完全沉淀時(shí)pH值－主要離子開始沉淀時(shí)pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH調(diào)?。阂种颇畴x子水解；防止某離子沉淀
(2)pH調(diào)大：確保某離子完全沉淀；防止某物質(zhì)溶解等。
(3)控制反應(yīng)的發(fā)生，增強(qiáng)物質(zhì)的氧化性或還原性，或改變水解程度。
5．控制某反應(yīng)的pH值使某些金屬離子以氫氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+濃度降低，平衡正向移動(dòng)，F(xiàn)e(OH)3越聚越多，最終形成沉淀。
(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化劑把Fe2＋氧化為Fe3＋，再調(diào)溶液的pH。
調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：能與H＋反應(yīng)，使溶液pH增大；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、Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH。
(3)PH控制的范圍：大于除去離子的完全沉淀值，小于主要離子的開始沉淀的PH。
易錯(cuò)點(diǎn)3 不掌握理解物質(zhì)分離、提純的方法及要點(diǎn)
易錯(cuò)點(diǎn)4 不能正確書寫流程中陌生的反應(yīng)方程式
【分析】
1．書寫思路
首先根據(jù)題給材料中的信息寫出部分反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，再根據(jù)反應(yīng)前后元素化合價(jià)有無變化判斷反應(yīng)類型：
(1)元素化合價(jià)無變化則為非氧化還原反應(yīng)，遵循質(zhì)量守恒定律；
(2)元素化合價(jià)有變化則為氧化還原反應(yīng)，既遵循質(zhì)量守恒定律，又遵循得失電子守恒規(guī)律。
2．流程中陌生的氧化還原反應(yīng)的書寫流程
(1)首先根據(jù)題給材料中的信息確定氧化劑(或還原劑)與還原產(chǎn)物(或氧化產(chǎn)物)，結(jié)合已學(xué)知識(shí)根據(jù)加入的還原劑(或氧化劑)判斷氧化產(chǎn)物(或還原產(chǎn)物)。
(2)根據(jù)得失電子守恒配平氧化還原反應(yīng)。
(3)根據(jù)電荷守恒和反應(yīng)物的酸堿性，在方程式左邊或右邊補(bǔ)充H＋、OH－或H2O等。
(4)根據(jù)質(zhì)量守恒配平反應(yīng)方程式。
易錯(cuò)點(diǎn)5 熱重曲線的相關(guān)問題
【分析】
1．熱重曲線模型
由熱重分析記錄的質(zhì)量變化對(duì)溫度的關(guān)系曲線稱熱重曲線，曲線的橫軸為溫度，縱軸為質(zhì)量。如固體物質(zhì)A熱分解反應(yīng):A(固體)B(固體)+C(氣體)的典型熱重曲線如圖所示。圖中T1為固體A開始分解的溫度,T2為質(zhì)量變化達(dá)到最大值時(shí)的終止溫度。若試樣初始質(zhì)量為W0，失重后試樣質(zhì)量為W1，則失重百分?jǐn)?shù)為。
2．熱重曲線的分析法的思考路徑
坐標(biāo)曲線體解題時(shí)可以拆分為識(shí)圖、析圖、用圖三個(gè)步驟。其中識(shí)圖是基礎(chǔ)，析圖是關(guān)鍵，用圖是目的。
(1)識(shí)圖
識(shí)圖的關(guān)鍵是三看：一看軸即橫、縱坐標(biāo)所表示的化學(xué)含義（自變量X軸和函數(shù)Y軸表示的意義），尋找X、Y軸之間的關(guān)系，因?yàn)檫@是理解題意和進(jìn)行正確思維的前提；二看點(diǎn)即曲線中的特殊點(diǎn)（頂點(diǎn)、始點(diǎn)、終點(diǎn)、拐點(diǎn)、交叉點(diǎn)）；三看線即曲線的走勢(shì)（變化趨勢(shì)是上升、下降、波動(dòng)、正態(tài)、偏態(tài)等變化）。
(2)析圖
分析圖中為什么會(huì)出現(xiàn)這些特殊點(diǎn)，曲線為什么有這樣的變化趨勢(shì)和走向，分析曲線變化的因果關(guān)系；通過聯(lián)想，把課本內(nèi)的有關(guān)化學(xué)概念、原理、規(guī)律等與圖像曲線中的圖形與相關(guān)點(diǎn)建立聯(lián)系。
(3)用圖
將相關(guān)的化學(xué)知識(shí)與圖像曲線緊密結(jié)合，在頭腦中構(gòu)建新的曲線——知識(shí)體系，然后運(yùn)用新的曲線——知識(shí)體系揭示問題的實(shí)質(zhì)，解決實(shí)際問題。
3．熱重分析的一般方法和規(guī)律
(1)設(shè)晶體為1 ml。
(2)失重一般是先失水，再失非金屬氧化物。
(3)計(jì)算每步的剩余固體質(zhì)量，eq \f(m（剩余）,m（1 ml晶體質(zhì)量）)×100%＝固體殘留率。
(4)晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m(剩余)中。
(5)失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(O)，由n(金屬)∶n(O)即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。
【方法指導(dǎo)】
“兩步法”突破熱重分析及計(jì)算題
易錯(cuò)點(diǎn)6 工藝流程題中有關(guān)Ksp的計(jì)算的類型
【分析】
類型一 已知溶度積求溶液中的某種離子的濃度
類型二 已知溶度積、溶液中某離子的濃度，求溶液中的另一種離子的濃度
類型三 根據(jù)溶度積規(guī)則判斷沉淀是否生成
類型四 沉淀溶解平衡中的除雜和提純
類型五 沉淀溶解平衡中沉淀轉(zhuǎn)化的計(jì)算
類型六 Ksp與水解常數(shù)的關(guān)系
易錯(cuò)點(diǎn)7 工藝流程中有關(guān)物質(zhì)的純度、轉(zhuǎn)化率、產(chǎn)品的產(chǎn)率的計(jì)算
【分析】
化工流程題中涉及的計(jì)算主要有：樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)或純度的計(jì)算，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率或產(chǎn)率、物質(zhì)的量濃度、物質(zhì)的質(zhì)量的計(jì)算。
計(jì)算公式：
(1)n＝eq \f(m,M)，n＝eq \f(V,Vm)，n＝cV(aq)
(2)eq \a\vs4\al(\(\s\up11(物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)),\s\d4(?或純度?)))＝eq \f(該物質(zhì)的質(zhì)量,混合物的總質(zhì)量)×100%
(3)產(chǎn)品產(chǎn)率＝eq \f(產(chǎn)品實(shí)際產(chǎn)量,產(chǎn)品理論產(chǎn)量)×100%
(4)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率＝eq \f(參加反應(yīng)的原料量,加入原料的總量)×100%
突破1 不清楚常見的工藝操作方法措施
【例1】（2023·遼寧卷）某工廠采用如下工藝制備，已知焙燒后元素以價(jià)形式存在，下列說法錯(cuò)誤的是

A．“焙燒”中產(chǎn)生
B．濾渣的主要成分為
C．濾液①中元素的主要存在形式為
D．淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用
【答案】B
【分析】焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化，同時(shí)轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)鈉鹽，水浸時(shí)鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀，濾液中存在鉻酸鈉，與淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖發(fā)生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀。
【解析】A．鐵、鉻氧化物與碳酸鈉和氧氣反應(yīng)時(shí)生成對(duì)應(yīng)的鈉鹽和二氧化碳，A正確；
B．焙燒過程鐵元素被氧化，濾渣的主要成分為氧化鐵，B錯(cuò)誤；
C．濾液①中元素的化合價(jià)是+6價(jià)，鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀溶液顯堿性，所以Cr 元素主要存在形式為，C正確；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用，D正確；
故選B。
【變式1-1】（2022·重慶·模擬預(yù)測(cè)）廢舊的電池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，工程師設(shè)計(jì)如下回收重金屬的工藝流程。
回答下列問題：
(1)為提高浸取率，可采取的措施是_______(寫一種即可)，操作1的名稱是_______；
(2)濾液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+等，則浸取時(shí)CdO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；
(3)在實(shí)驗(yàn)室萃取時(shí)，所需的玻璃儀器是_______；
(4)“反萃取”的原理為NiR有機(jī)+2H+?Ni2++2HR有機(jī)，需加入的試劑X為_______；
(5)寫出反應(yīng)1的離子方程式_______；
(6)由CCl2溶液得到CCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反應(yīng)[Cd(NH3)4]2++?CdCO3↓+4NH3↑，常溫下，該反應(yīng)平衡常數(shù)K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+?Cd2++4NH3的平衡常數(shù)K1=4.0×10-5，則Ksp(CdCO3)=_______。
【答案】(1) 將廢電池磨碎或攪拌等 過濾
(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
(3)燒杯、分液漏斗
(4)H2SO4溶液
(5)2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O
(6)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌
(7)2.0×10-10
【解析】廢舊的電池中含有NiO、CdO、CO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配離子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[C(NH3)6]2+，過濾除去Fe2O3，廢渣是Fe2O3，濾液1催化氧化+2價(jià)的C元素生成C(OH)3沉淀，過濾得到濾液2，加入萃取劑，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素進(jìn)入有機(jī)相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；C(OH)3為強(qiáng)氧化劑，由工藝流程可知經(jīng)反應(yīng)Ⅰ得到CCl2溶液，因此C(OH)3被濃鹽酸還原為CCl2，而濃鹽酸被氧化為Cl2，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到CCl2·6H2O；
(1)將廢電池磨碎或攪拌或適當(dāng)升溫或延長浸取時(shí)間等；操作1后有廢渣，說明操作1的名稱是過濾；
(2)浸取時(shí)CdO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
(3)在實(shí)驗(yàn)室萃取時(shí)，所需的玻璃儀器是燒杯、分液漏斗；
(4)“反萃取”的原理為NiR有機(jī)+2H+?Ni2++2HR有機(jī)，反萃取后，生成NiSO4，所以試劑X是H2SO4溶液；
(5)反應(yīng)1把＋3價(jià)C變成了＋2價(jià)C，說明C(OH)3與鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為：2C(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2C2＋＋Cl2↑＋6H2O；
(6)由CCl2溶液得到含有結(jié)晶水的化合物CCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌；
(7)[Cd(NH3)4]2++?CdCO3↓+4NH3↑的平衡常數(shù)為：；[Cd(NH3)4]2+?Cd2++4NH3的平衡常數(shù)；則Ksp(CdCO3)=
突破2 不清楚常見的工藝操作控制條件
【例2】（2022·山東卷）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質(zhì))為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數(shù)據(jù)見下表。
下列說法錯(cuò)誤的是
A．固體X主要成分是和S；金屬M(fèi)為Zn
B．浸取時(shí)，增大壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出
C．中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2
D．還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精礦(含有雜質(zhì)Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應(yīng)產(chǎn)生為CuSO4、S、H2O，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向?yàn)V液中通入高壓H2，根據(jù)元素活動(dòng)性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質(zhì)，通過過濾分離出來；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經(jīng)一系列處理可得到Zn單質(zhì)。
A．經(jīng)過上述分析可知固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M(fèi)為Zn，A正確；
B．CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的濃度，可以反應(yīng)消耗S2-，使之轉(zhuǎn)化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，從而可促進(jìn)金屬離子的浸取，B正確；
C．根據(jù)流程圖可知：用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結(jié)合離子沉淀的pH范圍，可知中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，C正確；
D．在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí)，H2失去電子被氧化為H+，與溶液中OH-結(jié)合形成H2O，若還原時(shí)增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去電子還原Cu單質(zhì)，因此不利于Cu的生成，D錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是D。
【例3】我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。濕法煉鋅產(chǎn)生的銅鎘渣（主要含鋅、銅、鐵、鎘（Cd）、鈷（C）等單質(zhì)）用于生產(chǎn)金屬鎘的工藝流程如下：

表中列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH（金屬離子的起始濃度為0.1 ml·L－1）
①操作Ⅲ中先加入適量H2O2的作用是 。
②再加入ZnO控制反應(yīng)液的pH，合適的pH范圍為______________________________。
2．答案 將Fe2+氧化為Fe3+ 2.8≤pH＜7.4
解析 ①雙氧水具有氧化性，能把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀后經(jīng)過濾除去；
②加入氧化鋅調(diào)節(jié)pH使Fe3+沉淀后經(jīng)過濾除去，由表格可知，合適的pH范圍為：2.8≤pH＜7.4。
【變式2-1】硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5·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：

回答下列問題：
在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是_____________________________________________。
【答案】將B(OH)?4轉(zhuǎn)化為H3BO3，并促進(jìn)H3BO3析出
【解析】在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是將B(OH)?4轉(zhuǎn)化為H3BO3，并促進(jìn)H3BO3析出。
【變式2-2】（2022·福建省龍巖第一中學(xué)一模）某工業(yè)生產(chǎn)上用銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))制備膽礬CuSO4?5H2O的流程如圖。
已知：有機(jī)萃取劑HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(rg為有機(jī)相)Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)。
(1)焙燒前粉碎的目的是_______。
(2)“調(diào)節(jié)pH時(shí)，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為_______，試劑X的最佳選擇是_______(填標(biāo)號(hào))。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3?H2O
(3)25℃時(shí)，“調(diào)節(jié)pH”后，測(cè)得濾液中各離子濃度及相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。(lg2=0.3)
該濾液的pH為_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已經(jīng)”或“沒有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為_______。
(6)上述流程中獲取金屬銅的方法是電解硫酸銅溶液。若電解200mL 0.5ml/L CuSO4溶液，生成銅3.2g，此時(shí)溶液中離子濃度由大到小的順序是_______。
【答案】(1)增大接觸面積，提高反應(yīng)速率
(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+ c
(3) 3.6 已經(jīng)
(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
(5)向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。
(6)
【解析】由題中流程可知，銅鎳礦石(主要成分為CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))粉碎焙燒，充分氧化，煙氣的主要成分為二氧化硫，加稀硫酸酸浸，過濾，濾渣1為SiO2和不溶于酸的雜質(zhì)，濾液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，繼續(xù)過濾，濾渣2為Fe(OH)3，濾液中加入HR進(jìn)行萃取，除去鎳離子，有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，水相的主要成分為硫酸銅溶液，加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥即可獲得產(chǎn)品。
(1)由上述分析可知，焙燒前粉碎的目的是增大接觸面積，提高反應(yīng)速率，使礦石充分氧化；答案為增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；
(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)2調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由題中信息Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移動(dòng)，則增加H+濃度，即有機(jī)相中加入硫酸進(jìn)行反萃取，可以分離銅離子，還不會(huì)產(chǎn)生雜質(zhì)，所以選項(xiàng)c正確；答案為2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；
(3)由題中表格數(shù)據(jù)可知，25℃時(shí)，“調(diào)節(jié)pH”后，測(cè)得濾液中c(Fe3+)=1.0×10-6ml/L，c(Cu2+)=5.0ml/L，因?yàn)镵sp[Fe(OH)3]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]，則c(OH-)===4×10-11ml/L，c(H+)==×10-3ml/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已經(jīng)完全溶解；答案為3.6；已經(jīng)；
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；答案為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次；
(6)電解CuSO4溶液，發(fā)生反應(yīng)2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL 0.5ml/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5ml/L=0.1ml，生成銅3.2g，物質(zhì)的量為=0.05ml，故生成H2SO40.05ml，溶液中CuSO4為0.1ml-0.05ml=0.05ml，電解后的溶液為CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中銅離子水解、水發(fā)生電離，故n(H+)＞0.05ml×2=0.1ml，n()=0.1ml，n(Cu2+)＜0.05ml，溶液中氫氧根濃度很小，故，故答案為：.。
突破3 不掌握理解物質(zhì)分離、提純的方法及要點(diǎn)
【例4】（2022·福建卷）用鉻鐵合金(含少量單質(zhì))生產(chǎn)硫酸鉻的工藝流程如下：
下列說法錯(cuò)誤的是
A．“浸出”產(chǎn)生的氣體含有B．“除雜”的目的是除去元素
C．流程中未產(chǎn)生六價(jià)鉻化合物D．“濾渣2”的主要成分是
【答案】D
【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氣體為氫氣，溶液中含加入Na2S分離出濾渣1含CS和NiS，不會(huì)沉淀，再加入草酸除鐵生成FeC2O4，過濾分離出硫酸鉻，以此來解答。
【詳解】A．四種金屬均與稀硫酸反應(yīng)生成H2，A正確；
B．共有四種金屬，由流程可知，沉鐵后分離出硫酸鉻，則“除雜"的目的是除去Ni、C元素，B正確；
C．由上述分析可知，流程中未產(chǎn)生六價(jià)鉻化合物，C正確；
D．“濾渣2”的主要成分是FeC2O4，D錯(cuò)誤；
故本題選D。
【變式3-1】（2022·陜西·西安中學(xué)三模）NiCl2是一種重要催化劑。某科研小組以廢棄催化劑(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)為原料，按如圖流程回收NiCl2·6H2O晶體，回答下列問題。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)濾渣1的成分主要是_______。
(2)若X為Cl2，則其發(fā)生的離子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，試劑Y的使用量會(huì)減少，原因是_______。
(3)氟化除雜時(shí)要保證完全除去Ca2+和Mg2+(離子濃度≤10-5ml/L)，濾液3中c(F-)不小于_______ml/L。
(4)實(shí)際生產(chǎn)中，產(chǎn)生的濾渣均需進(jìn)行洗滌，并將洗滌液與濾液合并，此操作的目的是_______。操作A為_______、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌。
(5)將所得NiCl2·6H2O與SOCl2混合加熱可制備無水 NiCl2并得到兩種酸性氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。
【答案】(1)CuS S
(2) Y試劑的作用是增大溶液的pH，反應(yīng)消耗氫離子
(3)0.03
(4) 洗出沉淀表面的鎳離子，提高鎳元素利用率 蒸發(fā)濃縮
(5)NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑
【解析】廢棄催化劑(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入鹽酸溶解，除去有機(jī)物雜質(zhì)，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同時(shí)Fe3+被還原為Fe2+；濾液1中加入氧化劑把Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向?yàn)V液2中加入NH4F生成CaF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向?yàn)V液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加鹽酸溶解，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得NiCl2?6H2O晶體；據(jù)此解答。
(1)向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+離子的溶液中通入H2S，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，H2S被氧化為S單質(zhì)，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反應(yīng)生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以濾渣1的成分主要是CuS、S；答案為CuS、S。
(2)若X為Cl2，Cl2把Fe2+氧化為Fe3+，其離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入試劑Y的目的是調(diào)節(jié)pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，發(fā)生反應(yīng)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反應(yīng)消耗H+，所以試劑Y的使用量會(huì)減少；答案為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y試劑的作用是增大溶液的pH，反應(yīng)消耗氫離子。
(3)由題中信息可知，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更難溶，氟化除雜時(shí)要保證完全除去Ca2+和Mg2+(離子濃度≤10-5ml/L)，濾液3中c(F-)不小于ml/L=3×10-2ml/L=0.03ml/L；答案為0.03。
(4)實(shí)際生產(chǎn)中，產(chǎn)生的濾渣均需進(jìn)行洗滌，并將洗滌液與濾液合并，此操作的目的是減少鎳離子損失，提高鎳元素利用率；NiCO3沉淀中加鹽酸溶解得NiCl2溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌得NiCl2?6H2O晶體；答案為洗出沉淀表面的鎳離子，提高鎳元素利用率；蒸發(fā)濃縮。
(5)將所得NiCl2·6H2O與SOCl2混合加熱可制備無水 NiCl2并得到兩種酸性氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案為NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
突破4 不能正確書寫流程中陌生的反應(yīng)方程式
【例5】（2021·全國甲卷）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：
(1)的一種制備方法如下圖所示：

①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為___________________________________，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_________________后可循環(huán)使用。
②通入的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________；若反應(yīng)物用量比時(shí)，氧化產(chǎn)物為____________；當(dāng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是________________________________________________________。
(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的總反應(yīng)的離子方程式為__________________________。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被過量的進(jìn)一步氧化 (2)
【解析】(1) ①由流程圖可知懸濁液中含AgI ，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；②通入的過程中，因I-還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I-，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比時(shí)即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)即過量特別多，多余的氯氣會(huì)與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，故答案為：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進(jìn)一步氧化；(2)先向溶液中加入計(jì)量的，生成碘化物即含I-的物質(zhì)；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的兩個(gè)反應(yīng)中I-為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故答案為：。
【變式4-1】高鐵酸鉀是綠色、環(huán)保型水處理劑，也是高能電池的電極材料。工業(yè)上，利用硫酸亞鐵為原料，通過鐵黃(FeOOH)制備高鐵酸鉀，可降低生產(chǎn)成本且產(chǎn)品質(zhì)量優(yōu)。工藝流程如圖：
回答下列問題：
(1)有同學(xué)認(rèn)為上述流程可以與氯堿工業(yè)聯(lián)合。寫出電解飽和食鹽水制取次氯酸鈉的化學(xué)方程式_____________________________________________________________________________________。
(3)用高鐵酸鉀處理水時(shí)，不僅能消毒殺菌，還能將水體中的NH3、CN-轉(zhuǎn)化成CO2、N2等無毒的物質(zhì)，生成的氫氧化鐵膠體粒子還能吸附水中懸浮雜質(zhì)。試寫出高鐵酸鉀處理含CN-廢水時(shí)除去CN-的離子方程式______________________________________________________________________________。
【答案】(1)NaCl+H2ONaClO+H2↑
(3)10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(膠體)+6CO+3N2↑+14OH-
【解析】實(shí)驗(yàn)室欲制備高鐵酸鉀，首先要分別制備鐵黃和NaClO，將而二者混合后加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH得到高鐵酸鈉，通過Na與K的置換可以得到高鐵酸鉀粗產(chǎn)品。根據(jù)圖像分析制備過程中最佳的制備溫度和溶液pH；根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)計(jì)算溶液中Fe3+的濃度；根據(jù)充電時(shí)的電池總反應(yīng)方程式和充電時(shí)各電極的得失電子情況書寫電極方程式。(1)電解飽和食鹽水制取次氯酸鈉的化學(xué)方程式NaCl+H2ONaClO+H2↑；(3)高鐵酸鉀具有氧化性，可以將CN－氧化為氮?dú)夂投趸级ィ旧肀贿€原為氫氧化鐵膠體，在堿性溶液中二氧化碳變成碳酸根離子，反應(yīng)的方程式為10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(膠體)+6CO+3N2↑+14OH-。
【變式4-2】和都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦(主要成分為，還含有少量MgO、等雜質(zhì))來制備。工藝流程如下；

回答下列問題：
(2)“酸浸”后，鈦主要以形式存在，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式____________________________。
(5)寫出“高溫煅燒②”中由制備的化學(xué)方程式___________________________________。
(6)一種鈦酸鋰二次電池原理如圖，放電時(shí)由N極層狀材料中脫出經(jīng)由電解質(zhì)嵌入M極層狀材料中，充電時(shí)N極電極反應(yīng)方程式為________________________________________________________，放電時(shí)M極每增重7g，負(fù)載中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為________________。
【答案】(3) 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+
(6)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
【解析】廢料與硫酸、過氧化氫混合，硫酸把單質(zhì)Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，轉(zhuǎn)化得到的離子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促進(jìn)Ni的溶解，使其全部轉(zhuǎn)化為Ni2+，同時(shí)把存在的Fe2+氧化為Fe3+；二氧化硅不溶于酸，則濾渣為二氧化硅；加入MgO、硫酸鈉生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氫，生成不溶于硫酸的硫化銅沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+轉(zhuǎn)化為MgF2沉淀除去；加入NaOH使鎳生成沉淀。(3)“除鐵”時(shí)加入Na2SO4溶液和MgO，根據(jù)元素守恒和電荷守恒，離子方程式為6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；(6)NaClO具有強(qiáng)氧化性，Cl元素由+1價(jià)降低到-1價(jià)，則Ni元素由NiSO4中+2價(jià)升高到NiOOH中的+3價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒，化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
突破5 熱重曲線的相關(guān)問題
【例6】硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150 ℃時(shí)失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為 。
【答案】NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】
樣品加熱到150 ℃時(shí)失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，發(fā)生變化：NH4Fe(SO4)2·xH2O→NH4Fe(SO4)2·(x－1.5)H2O＋1.5H2O。固體失重5.6%，即失去水的質(zhì)量占樣品總質(zhì)量的5.6%，列出關(guān)系式： eq \f(1.5×18,266＋18x) ×100%＝5.6%，解得x＝12，故硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2·12H2O。
【例7】在加熱固體NH4Al(SO4)2·12H2O時(shí)，固體質(zhì)量隨溫度的變化曲線如圖所示：已知a點(diǎn)物質(zhì)為NH4Al(SO4)2，b點(diǎn)物質(zhì)為Al2(SO4)3，下列判斷正確的是( )
A．0～T ℃的過程變化是物理變化
B．c點(diǎn)物質(zhì)是工業(yè)上冶煉鋁的原料
C．a(chǎn)→b反應(yīng)中生成物只有Al2(SO4)3和NH3兩種
D．Al2(SO4)3能夠凈水，可用離子方程式表示為Al3＋＋3OH－===Al(OH)3
【答案】B
【解析】因?yàn)閍點(diǎn)物質(zhì)為NH4Al(SO4)2，則0～T ℃的過程變化是失去結(jié)晶水生成NH4Al(SO4)2，是化學(xué)變化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；b點(diǎn)物質(zhì)為硫酸鋁，繼續(xù)加熱分解則在c點(diǎn)生成氧化鋁，所以c點(diǎn)物質(zhì)是工業(yè)上冶煉鋁的原料，B項(xiàng)正確；a→b發(fā)生的反應(yīng)為硫酸鋁銨分解生成硫酸鋁、氨氣和硫酸，C項(xiàng)錯(cuò)誤；硫酸鋁能夠凈水，其原理是鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性可以吸附水中懸浮的雜質(zhì)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
【變式5-1】在空氣中加熱10.98 g草酸鈷晶體(CC2O4·2H2O)樣品，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如表。
(1)加熱到210 ℃時(shí)，固體物質(zhì)的化學(xué)式為_______________________________________。
(2)經(jīng)測(cè)定，加熱到210～310 ℃過程中的生成物只有CO2和鈷的氧化物，此過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為
________________________________________________________________________。
【答案】 (1)CC2O4 (2)3CC2O4＋2O2===C3O4＋6CO2
【解析】(1)CC2O4·2H2O失去全部結(jié)晶水的質(zhì)量為10.98×eq \f(147,183) g＝8.82 g，即加熱到210 ℃時(shí)，固體物質(zhì)是CC2O4。(2)根據(jù)元素守恒，n(CO2)＝eq \f(8.82,147)×2 ml＝0.12 ml，質(zhì)量為0.12 ml×44 g·ml－1＝5.28 g，固體量減少(8.82－4.82)g＝4.00 g，說明有氣體參加反應(yīng)，即氧氣參加，氧氣的質(zhì)量為(5.28－4.00)g＝1.28 g，其物質(zhì)的量為eq \f(1.28,32) ml＝0.04 ml，n(CC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝eq \f(8.82,147)∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依據(jù)原子守恒，3CC2O4＋2O2===C3O4＋6CO2。
【變式5-2】取26.90g ZnSO4·6H2O加熱，剩余固體的質(zhì)量隨溫度的變化如圖2所示。750℃時(shí)所得固體的化學(xué)式為( )
A．ZnO B．ZnSO4 C． Zn3O(SO4)2 D．ZnSO4·H2O
【答案】C
【解析】750℃時(shí)剩余固體與680℃時(shí)一樣，剩下13.43g，質(zhì)量減少了，26.90g ZnSO4·6H2O中水的質(zhì)量 ，則還有S元素質(zhì)量減少 ，26.90g ZnSO4·6H2O中S元素的質(zhì)量 ，則S元素還有剩余，故答案選擇C。
【變式5-3】稱取3.60 g草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O，相對(duì)分子質(zhì)量是180)用熱重法對(duì)其進(jìn)行熱分解，得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示，請(qǐng)分析圖并回答下列問題：
(1)過程Ⅰ發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________________________________。
(2)300 ℃時(shí)剩余固體只有一種且是鐵的氧化物，試通過計(jì)算確定該氧化物的化學(xué)式________________。
【答案】(1)FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O (2)Fe2O3
【解析】

(1)通過剩余固體的質(zhì)量可知，過程Ⅰ發(fā)生的反應(yīng)是草酸亞鐵晶體受熱失去結(jié)晶水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeC2O4·2H2OFeC2O4＋2H2O。
(2)草酸亞鐵晶體中的鐵元素質(zhì)量為3.6 g× eq \f(56,180) ×100%≈1.12 g，草酸亞鐵晶體中的鐵元素完全轉(zhuǎn)化到氧化物中，氧化物中氧元素的質(zhì)量為1.60 g－1.12 g＝0.48 g，鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為1.12 g∶0.48 g＝7∶3，設(shè)鐵的氧化物的化學(xué)式為FexOy，則有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，鐵的氧化物的化學(xué)式為Fe2O3。

突破6 工藝流程題中有關(guān)Ksp的計(jì)算類型
【例8】（2023·湖南卷）處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
②。
下列說法錯(cuò)誤的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈堿性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，當(dāng)和完全沉淀時(shí)，溶液中
D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水
【答案】D
【分析】污水中含有銅離子、三價(jià)鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價(jià)鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達(dá)到除去其中的雜質(zhì)，以此解題。
【解析】A．根據(jù)分析可知?dú)溲趸F當(dāng)pH=1.9時(shí)開始沉淀，氫氧化鋁當(dāng)pH=3.5時(shí)開始沉淀，當(dāng)pH=4時(shí)，則會(huì)生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；
B．硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-，B正確；
C．當(dāng)銅離子和鋅離子完全沉淀時(shí)，則硫化銅和硫化鋅都達(dá)到了沉淀溶解平衡，則，C正確；
D．污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應(yīng)該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達(dá)到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標(biāo)準(zhǔn)后，才能使用，D錯(cuò)誤；
故選D。
【例9】工業(yè)上用重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)母液生產(chǎn)重鉻酸鉀(K2Cr2O7)的工藝流程如圖所示：
上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應(yīng)后所得溶液中除含有Cr3＋外，還含有一定濃度的Fe3＋雜質(zhì)，可通過加堿調(diào)pH的方法使兩者轉(zhuǎn)化為沉淀。已知c(Cr3＋)＝3×10－5 ml·L－1，則當(dāng)溶液中開始析出Cr(OH)3沉淀時(shí)Fe3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}
【答案】是
【解析】Cr(OH)3開始出現(xiàn)沉淀時(shí)，溶液中c3(OH－)＝eq \f(Ksp[Cr(OH)3],c(Cr3＋))＝eq \f(6.0×10－31,3×10－5)＝2×10－26，若Fe3＋沉淀完全時(shí)，c(Fe3＋)應(yīng)小于10－5ml·L－1，此時(shí)溶液中c(Fe3＋)＝eq \f(Ksp[Fe(OH)3],c3(OH－))＝eq \f(4.0×10－38,2×10－26) ml·L－1＝2×10－12 ml·L－1eq \r(3,\f(10－33,10－6))ml·L－1＝10－9ml·L－1，pH最小值為5，為防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值為9.3，所以pH的范圍是5