2025解題覺醒林子杰化學（名師大招冊）

大招1緊抓y軸，分類突破熱重曲線分析………001大招2比德芙還絲滑!利用“關系式、關系量”流暢解計算題……………004大招3三步完成氧化還原反應方程式配平………005大招4離子方程式正誤判斷的6大陷阱…………010大招5與量有關的離子方程式書寫“9字箴言”…………………015大招6離子共存問題“6大類型”“4項注意”……………………020專題三元素及其化合物大招7追蹤元素分析法妙解工藝流程題………023大招8基于物質(zhì)結構進行元素推斷的解題技巧………………030大招9兩步搞定分子或離子空間結構與中心原子雜化類型判斷……………034大招10鍵角大小比較“三步走”…………………038大招11晶體的熔、沸點高低比較………………040大招12電極反應式的書寫技巧…………………043大招13多室電化學裝置的分析…………………048專題六化學反應速率與化學平衡大招14“環(huán)形”反應機理圖與“梯形”能量關系圖分析技巧………………052大招15多反應體系中平衡常數(shù)的計算…………056大招16含不反應氣體的平衡體系中K。的計算………………058專題七水溶液中的離子反應與平衡大招17巧判電解質(zhì)溶液中的粒子濃度關系……………………060大招18常見酸堿中和滴定pH-V圖像分析……………………067大招19電解質(zhì)溶液經(jīng)典圖像——對數(shù)圖像分析………………072大招20電解質(zhì)溶液經(jīng)典圖像——分布分數(shù)圖像分析…………076大招21有機物的共面與共線解題思路…………080大招22同分異構體的書寫技巧 大招23有機合成題終極大招 專題九化學實驗大招24滴定實驗相關計算解題招法……………113緊抓y軸，分類突破熱重曲線分析D大招解讀熱重分析是指在程序控溫下，測量樣品的殘留質(zhì)量(或固體殘留率、或失重比)與溫度(時間)的變化關系的方法。通過分析熱重曲線，可推斷出在不同溫度段從體系中分離的是什么物質(zhì)，就可以知道被測物質(zhì)在哪個溫度段發(fā)生了什么變化。高中考試中常見的熱重分析曲線有剩余固體質(zhì)量與溫度關系曲線、固體殘留率(質(zhì)量保留百分數(shù))與溫度關系曲線、失重比與溫度關系曲線等。??思維模型弄清y軸所表示的化學含義根據(jù)“減始質(zhì)量=1mol始量”列式求解1mol變化量，確定從體系中分離的物質(zhì)類型1:y軸為剩余固體質(zhì)量當加熱至T℃時，“減少的質(zhì)量”=“y軸變化量”“始質(zhì)”類型2:y軸為固體殘留率假設原固體樣品為100g,當加熱至T℃時固體殘留率為x,“減少的質(zhì)量”=100g×(1-x)=100gדy軸變化量”類型3:y軸為失重比假設原固體樣品為100g,當加熱至T℃時失重比為x,“減少的質(zhì)量”=100g×x=100gדy軸變化量” 杰哥補充(1)加熱時，結晶水合鹽的失重過程一般可分三階段進行：第一階段是脫去部分結晶水，第二階段是生成羥基鹽或含水鹽，第三階段是生成金屬氧化物。如果進行熱重實驗時的氣氛為空氣，則加熱過程中可能被氧化，反應將變得更復雜一些。(2)銨鹽的加熱需考慮生成NH?,硫酸鹽加熱考慮生成SO?、SO?,草酸鹽加熱考慮生成CO、CO?,通常題目數(shù)值會經(jīng)過設計，可以利用各氣體的摩爾質(zhì)量與減少的質(zhì)量作比較，推斷出可能的氣體。ō大招應用ō大招應用的熱重曲線如圖所示：、(2)100~226℃、346~420℃、660~840℃過程發(fā)生反m/g4CaCO·HC化合物1化合物10100226346420化合物2進度條感人化合物3專題一化學計量應的化學方程式分別為O解析(1)y軸為剩余固體質(zhì)量，在100~226℃之間第一次出現(xiàn)失重(由CaC?O?·H?O變?yōu)榛衔?),根,列式求解：M(CaC?0?·H?O)=146g·mol-1,1molCaC?O?·H?O晶體的質(zhì)量為146g,貝,△m?≈18g,根據(jù)數(shù)據(jù)可推知1molCaC?O?·H?O在100~226℃之間失去1molH?O(質(zhì)量減少18g),因此化合物1的化學式為CaC?O?。在346~420℃之間出現(xiàn)第二次失重(由CaC?O?變?yōu)榛衔?),根,列式求解：M(CaC?O?)=128g·mol-1,1molCaC?O?固體質(zhì)量為128g,則,△m?≈28g,根據(jù)數(shù)據(jù)以及CaC?O?所含元素可推知，1molCaC?0?在346~420℃之間失去1molCO(質(zhì)量減少28g),因此化合物2的化學式為CaCO?。在660~840℃之間出現(xiàn)第三次失重(由CaCO?變?yōu)榛衔?),根,列式求解：M(CaCO?)=100g·mol-1,1molCaCO?固體質(zhì)量為100g,△m?≈44g,根據(jù)數(shù)據(jù)以及CaC?O?所含元素可推知，CaCO?在660~840℃之間失去1molCO?(質(zhì)量減少44g),因此化合物3的化學式為CaO。(2)根據(jù)反應物、生成物以及原子守恒，可以寫出100~226℃、346~420℃、660～840℃過程發(fā)生反答案(1)CaC?O?CaCO?22(2023全國乙)在N?氣氛中，F(xiàn)eSO?·7H?O的脫水熱分解過程如圖所示：根據(jù)上述實驗結果，可知x=,y=O體質(zhì)量為278g:FeSO?·7H?O—→FeSO?·xH?O過程中，失去3molH?O(質(zhì)量減少54g),x=7-3=4。FeSO?·7H?OFeSO?·7H?O→FeSO?·yH?O過程中，38.8%=答案41示例③(2022全國乙改編)化合物(YW?X?Z?·4W?Z)可用于電訊器材、高級玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。YZ?分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體。該化合物的熱重曲線如圖所示，在200℃以下熱分解時無刺激性氣體逸出。(1)100~200℃階段，每1mol化合物熱分解失去molW?Z。(2)500℃熱分解后生成固體化合物的化學式為(以元素符號表示)。64.1%解析，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增加的短周期元素，YZ?分子的總電子數(shù)為奇數(shù)，常溫下為氣體，可以推知該氣體應為NO?,因此Y為N、Z為0;接著由化學式YW?X?Z?·4W?Z以及W原子序數(shù)最原子序數(shù)加和為21,則X的原子序數(shù)為5,X為B,故該化合物為NH?B?O?·4H?O。y軸為質(zhì)量保留百分數(shù)(等同于固體殘留率),根據(jù)“y軸變化,列式求解，M(NH?B?O?·4H?O)=273g·mol-1,1molNH?B?O?·4H?O固體質(zhì)量為273g。(1)100~200℃階段，,求得△m?≈54g,根據(jù)數(shù)據(jù)及“在200℃以O(質(zhì)量減少54g),得00~425℃階段,求得△m?≈35g,根據(jù)數(shù)據(jù)可推知，1molNH?B?O?·H?O失去(質(zhì)量減少35g),得到的物質(zhì)為HB?O8;425~500℃階段,求得△m?≈9g,根據(jù)數(shù)據(jù)可推知，1molHB?O?失去0.5molH?O(質(zhì)量減少9g),得到的物質(zhì)為B?O,化簡得500℃熱分解后生成固體化合物的化學式為B?O?。方法二B在熱分解過程中不形成氣體，因此可根據(jù)B原子守恒求解。500℃熱分解后質(zhì)量保留百分數(shù)為64.1%,即100gNH?B?O?·4H?O在500℃熱分解后生成的化合物質(zhì)量為64.1g,1molNH?B?O?·4H?O在500℃熱分解后生成的化合物含5mol(55g)B,則可求得m(B)=20.1g,即100gNH?B?O?·4H?O在500℃熱分解后生成的化合物(64.1g)中m(B)=20.1g、m(0)=64.1g-20.1g=44g,n(B):n(0)=20.144~1.83:2.75≈2:3,因此該化合物化學式為B?O?。大招2比德芙還絲滑!利用“關系式、關系量”流暢解計算題例如給出某種礦物的質(zhì)量(里面含目標元素A),經(jīng)過反應甲、反應乙……,最后得到含A的另一種化合物的質(zhì)量，要求反推原先礦物中A的質(zhì)量分數(shù)；或反應物A與B發(fā)生一系列反應，最后得到產(chǎn)物質(zhì)量××g,要求計算產(chǎn)率等。類似這樣的題目用“關系式、關系量”便可以所求!??思維模型質(zhì)量(或質(zhì)量分數(shù)、質(zhì)量(或質(zhì)量分數(shù)、純度、產(chǎn)率等)氣體體積×溶液體積(V)÷22.4L·mol-1(6.02×1023mol-1)×溶液體積(V)÷22.4L·mol-1(6.02×1023mol-)質(zhì)量體體積粒子數(shù)關系式、關系量，關系兩字不能忘；用已知，求未知，物質(zhì)的量作中心根據(jù)最終所求質(zhì)的物質(zhì)的量通過已知直接求得質(zhì)的物質(zhì)的量已知條件直求物質(zhì)的物質(zhì)的量目標物質(zhì)的物質(zhì)的量所求量示例(2021遼寧)Fe/Fe?O4磁性材料在很多領域具有應用前景，已知制備磁性材料的反應原理為4Fe2++80H-==Fe↓+Fe?O?↓+4H?O。其制備過程如下(各步均在N?氛圍中進行):①稱取9.95gFeCl?·4H?O(M,=199),配成50mL溶液，轉移至恒壓滴液漏斗中。②向三頸燒瓶中加入100mL14mol·L-1KOH溶液。③持續(xù)磁力攪拌，將FeCl?溶液以2mL·min-1的速率全部滴入三頸燒瓶中，100℃下回流3h。④冷卻后過濾，依次用熱水和乙醇洗滌所得黑色沉淀，在40℃下干燥。⑤管式爐內(nèi)焙燒2h,得產(chǎn)品3.24g。則該實驗所得磁性材料的產(chǎn)率為(結果保留3位有效數(shù)字)。求磁性材料求磁性材料(Fe/Fe?O?)的產(chǎn)率，需要求得理論產(chǎn)量?！咎崾尽繉嶋H產(chǎn)量題中會給出根據(jù)已知條件“9.95gFeCl?·4H?O”,可直接求得n(FeCl?·4H?O);根據(jù)已知條件“100mL第二步尋求直求物質(zhì)的物質(zhì)的量與目標物質(zhì)的物質(zhì)的量的關系。根據(jù)關系式進行計算。第三步第四步第一步求得兩個直求物質(zhì)的物質(zhì)的量，根據(jù)完全反應的物質(zhì)低物質(zhì)的量尋求關找關系式：設反應生成的n(Fe)=n(Fe?O?)=xmol,由鐵原子守恒得x+3x=0.05。根據(jù)關系式進行計算：解得x=0.0125,則理論上所得的Fe和Fe?O?的物質(zhì)的量各自為0.0125mol,得到的黑色產(chǎn)品的理論質(zhì)量應為0.0125mol×56g·mol?1+0.0125mol×232g·mol-1=3.6g,實際得到的產(chǎn)品為3.24g,所以磁性材料的產(chǎn)率DD大招解讀三步完成氧化還原反應方程式配平掃碼關注公眾號：偷著學★免費獲取更多高中超精品資源★每年最新最全網(wǎng)課、講義種類步驟化學方程式離子方程式第一步操作：標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)目的：①得失電子守恒(化合價升降守恒);②變價元素原子守恒補充說明：①歧化反應，由后往前配平；②正向配平時注意反應物腳標，生成物腳標不用理會；逆向配平時注意生成物腳標，反應物腳標不用理會第二步操作：該補“溶劑”補“溶劑”,操作：酸性溶液用H*調(diào)平電荷，堿性溶液用OH-調(diào)平電荷，若沒配平除H、0以外的“未變價有明確溶液酸堿性，往往是“水出酸或堿”,也就是H+或OH-放元素”在方程式右側，根據(jù)題目靈活分析目的：除H、O以外的原子守恒目的：調(diào)平電荷第三步操作：看H補H?O,用0檢查目的：配平H、O(H?O只要沒有得失電子，那就一律都留到最后一步再寫)(1)[化學方程式配平——基礎題型] KI+KIO?+H?SO?==I?+K?SO?+H?O第一步2.正向配平，生成物I?腳標不用理會3.變價元素原子守恒5KI+1KIO?+H?SO?—3I?+K?SO?+H?O變價元素原子守第二步補“溶劑”,配平除H、O以外的未變價元素(本步驟配平未變價的K、S)5KI+1KIO?+3H?SO?——3I?+3K?SO?+H?O①確定左側K為6,則右側K,SO?計量數(shù)為3②右側S為3,可知左側H?SO?計量數(shù)為3第三步看H補水，用0檢查5KI+1KIO?+3H?SO?=3I?+3K?SO?+3H?O看H補H?O:左側6H,右側補3H,O用0檢查：左側150,右側150,配平完成 Cu+________HNO?(稀)=______Cu(NO?)?+_NO↑+H?O第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.變價元素原子守恒變價元素原子守恒：2N→2N;3Cu→3Gu第二步補“溶劑”,配平除H、0以外的未變價元素(本步驟配平未變價的N)生成物6NO?的N不變價，根據(jù)原子守恒，6N往前補最終HNO?計量數(shù)為2+6=8(HNO?作氧化劑，作溶劑)第三步看H補水，用0檢查3Cu+8HNO?==3Cu(NO?)?+2NO個+4H?O看H補H,O:左側8H,右側補4H,O用0檢查：左右各240,配平完成(3)[離子方程式配平——基礎題型] Fe2++NO?+H+==Fe3++N?O個+_H?O第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.正向配平時生成物腳標不用理會3.變價元素原子守恒旦利用化合價升降守恒知4Fe2+~1NO?,由于NO?的計量數(shù)為1時，根據(jù)N守恒，N?O的計量數(shù)因此取8Fe2+~2NO?根據(jù)N守恒，N?O的計量數(shù)N?O計量數(shù)為1第二步調(diào)平電荷電荷++2++2NO?+10H+——8Fe量+14電荷左側補10H+調(diào)平電荷3++1N?O↑+H?O量+24第三步看H補水，用0檢查8Fe2++2NO?+10H+=—8Fe3++1N?O↑+5H?O看H補H?O:左側10H,右側補5H?O用0檢查：左側60,右側60,配平完成(4)[化學方程式配平——反應物有腳標題型] K?Cr?O?+H?O?+H?SO?=K?SO?+Cr?(SO?)?+0?個+H?C第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.正向配平時注意反應物腳標，生成物腳標不用理會3.變價元素原子守恒第二步補“溶劑”,配平除H、O以外的未變價元素(本步驟配平未變價K并配平“溶劑”H?SO?)①K原子守恒：K?SO?計量數(shù)為1②補溶劑H?SO?(S原子守恒):右側4S,左側H?SO?計量數(shù)為4第三步看H補水，用0檢查看H補H?O:左側14H,右側補7H?O用0檢查：左側290,右側290,配平完成(5)[離子方程式配平——反應物有腳標題型] 第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.正向配平時注意反應物腳標，生成物腳標不用理會3.變價元素原子守恒正向腳標不用理會第二步調(diào)平電荷電荷量-r+14H—2C?+3L+_H?O8左側補14H+第三步看H補水，用0檢查左側14H,右側補7H?O用0檢查：左右各70,配平完成(6)[化學方程式配平——一種反應物含兩種變價元素題型] 第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.同一反應物含兩種變價元素，將化合價變化量加和(注意腳標)3.變價元素原子守恒3Cu?S+4HNO?——3S+4NO↑+6Cu(NO?)?+H?O共變價元素原子守恒：4N→4N;6Cu→6Cu,3S→3S第二步補“溶劑”,配平除H、O以外的未變價元素(本步驟配平未變價的N)Cu?S+12HNO?—3S+4NOT+6CuNO2?+H?O補“溶劑”:生成物12N加回到反應物HNO?中，HNO?計量數(shù)為16第三步看H補水，用0檢查3Cu?S+16HNO?=3S+4NO↑+6Cu(NO?)?+8H?O看H補H,O:左側16H,右側補8H?O用0檢查：左右各480,配平完成專題二專題二(7)[離子方程式配平——一種反應物含同升或同降兩種變價元素題型] CIO?+FeS?+H+=ClO?個+Fe3++_SO2-+_H?O第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)2.正向配平時注意反應物腳標3.變價元素原子守恒變價元素原子守恒共|15第二步調(diào)平電荷電荷量-15左側補14H+調(diào)平電荷電荷量-1第三步看H補水，用0檢查15ClO?+1FeS?+14H+==15CIO?個+1Fe3++2SO2-+7H?O看H補H,O:左側14H,右側補7H,O用0檢查：左右各450,配平完成(8)[化學方程式配平——歧化反應題型(由后往前配平)] Cl?+ NaOH△NaCl+NaClO?+H?C第一步(遇見歧化反應，由后往前配平)2.變價元素原子守恒歧化反應，由后往前配平，利用化合價知5NaCl~1NaCIO再利用變價元素原子守恒確定Cl,計量數(shù)為3第二步補“溶劑”,配平除H、0以外的未變價元素(本步驟配平未變價的Na)右側6Na,左側也6Na,NaOH計量數(shù)為6第三步看H補水，用0檢查看H補H,O:左側6H,右側補3H,O用0檢查：左右各60,配平完成(9)[化學方程式配平——歧化反應題型(由后往前配平、注意生成物腳標)] P?+Ba(OH)2+H?O==Ba(H?PO?)?+_PH?個第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)(遇見歧化反應，由后往前配平，若生成物變價元素有腳標，則化合價變化要乘上腳標)2.變價元素原子守恒歧化反應，由后往前配平，逆向配平注意生成物腳標，反應物腳標不用理會。由化合價升降相同可知3Ba(H?PO?)?~2PH?,再利用P原子守恒知P計量數(shù)為2第二步補“溶劑”,配平除H、0以外的未變價元素(本步驟配平未變價的Ba)2P?+3Ba(OH)?+H?O——3Ba(H?PO?)?+2PH?↑由Ba原子守恒可知，Ba(OH),計量數(shù)為3第三步看H補水，用0檢查2P?+3Ba(OH)?+6H?O==3Ba(H?PO?)?+2PH?個看H補H?O:左側6H,右側18H,左側加12H,補6H?O用0檢查：左側120,右側120,配平完成大大招3(10)[化學方程式配平——含F(xiàn)e?O?的題型] Fe?O?+HNO?(濃)=—Fe(NO?)?+NO?個+H?O1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)(Fe?O?可視為FeO·Fe?O?,Fe的化第一步合價為+2、+3、+3,Fe?O?中Fe部分變價，注意化合價變化量)2.Fe及變價元素原子守恒第二步補“溶劑”,配平除H、O以外的未變價元素(本步驟配平未變價的N)生成物9NO的N不變價，根據(jù)N原子守恒，9N往前補，最終HNO?計量數(shù)為1+9=10第三步看H補水，用0檢查看H補H,O:左側10H,右側補5H,O用0檢查：左側340,右側340,配平完成(11)[離子方程式配平——含F(xiàn)e?O?的題型] 第一步1Fe?O?+2I-+H+——3Fe2++1I?+H?O(Fe?O?可視為FeO·Fe?O?,Fe的化,1×2|41(正向配合價為+2、+3、+3,Fe?O?中Fe部2Fe→2Fe平，不Fe、I原子守恒理會生分變價，注意化合價變化量)而Fe不變價成物腳第二步調(diào)平電荷電荷量-2左側補8H+電荷量調(diào)平電荷第三步看H補水，用0檢查看H補H,O:左側8H,右側補4H,O用0檢查：左側40,右側40,配平完成(12)[化學方程式配平——無法判定化合價的題型]Fe?C+HNO?(濃)=Fe(NO?)?+CO?個+NO?↑+H?O第一步1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)1.標變價、列變化、求總數(shù)、定系數(shù)(無法確定某一化合物中元素的化合價，可以假設該化合物中所有元素的化合價為0,注意只能取一種化合物用零價法，其余化合物還是必須寫變價元素Fe、C、N原子守恒共|13出各元素化合價)Fe?C無法確定Fe、C的化合價，可以假設Fe和C的化合價皆為02.變價元素原子守恒第二步補“溶劑”,配平除H、O以外的未變價元素(本步驟配平未變價的N)生成物9NO?的N不變價，根據(jù)N原子守恒，9N往前補，最終HNO?計量數(shù)為13+9=22第三步1Fe?C+22HNO?=—3Fe(NO?)?+1CO?↑+13NO?個+11H?O看H補水，用0檢查看H補H?O:左側22H,右側補11H?O用0檢查：左側660,右側660,配平完成6大陷阱★免費獲取更多高中超精品資源★每年最新最全網(wǎng)課、講義陷阱1:判斷是否符合客觀事實陷阱2:判斷配平是否正確陷阱3:判斷“=—”是否恰當陷阱4:判斷離子拆分是否正確陷阱5:判斷是否“漏寫”離子反應陷阱6:判斷是否符合反應的“量”離子反應必須符合客觀事實，而命題者往往設置不符原理”的陷阱，常見的幾個設陷阱點有：Fe與各種氧化劑(如 Cl?、Br?、I?、S、H+、HNO?等)反應對應的化合價變化；金屬和氧化性酸(如HNO?、濃H?SO?)反應不放H?;Na不能置換出CuSO?溶液中的Cu;忽略氧化還原反應、相互促進的水解反應、絡合反應等。鏈接[示例1]即是否滿足三守恒(原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒)。鏈接[示例2]強電解質(zhì)(強酸、強堿、絕大多數(shù)鹽)的電離用“=—”,弱電解質(zhì)的電離、鹽類的水解用“”,鹽類水解后的產(chǎn)物不寫“個”或“↓”;若兩種離子相互促進水解，可以進行到底，則要寫“=—”,且產(chǎn)物要寫“個”或“↓”;可逆反應要用“”表示；產(chǎn)物中形成條件為濃溶液或加熱，生成NH?且要標明“個”,若為稀溶液，則生成NH?·H?O。鏈接[示例3](2)弱電解質(zhì)、沉淀、氣體、單質(zhì)、氧化物、弱酸的酸式酸根離子不能拆分。(3)對于微溶性的強電解質(zhì)，在反應物中是否拆分視情況而定，如澄清石灰水中Ca(OH),可拆，但石灰乳為懸濁液，Ca(OH),不能拆。微溶物在生成物中一般不拆分，用化學式表示。(4)可溶性多元弱酸的酸式酸根離子，不能拆，如在水溶液中HSOz不能寫成H+、SO2-。但強酸的酸式酸根離子在水溶液中要拆分，如HSO要拆分成H+、SO2-。鏈接[示例4]判斷離子方程式的書寫正誤時，要仔細審題，細心檢查是否忽略(部分內(nèi)容參考大招5)鏈接[示例6、7、8]示例①[選變判](1)Fe和稀鹽酸反應：2Fe+6H+=—2Fe3++3H?(5)過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO?==Fe3++NO個+2H?O(6)Fe溶于足量稀HNO?:3Fe+8H++2NO?==3Fe2++2NO個+4H?O()Cu2++2NH?·H?O==Cu(OH)?↓+2NH?()(3)Al3+與CO3-會發(fā)生相互促進的水解反應，正確的離子方程式為2Al3++3CO?-+3H?O=方程式為3Fe+8H++2NO?==3Fe2++2NO個+4H?O。(6)硝酸足量，F(xiàn)e單質(zhì)被氧化成Fe3+而不是Fe2+,正確的離子方程式為Fe+4H++NO?==Fe3++NO個+2H?O。(7)硫代硫酸鈉溶液與稀SO2-(aq)+CaCO?(s)。(9)濃氨水過量，Cu2+轉化成[Cu(NH?)4]2+,離子方程式為Cu2++4NH?·H?O==[Cu(NH?)4]2++4H?O。(3)用硫酸酸化的KMnO?溶液與H?O?2Mn2++30?個+4H?O解析(1)離子方程式左右電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe2++Cl?=—2Fe3++2Cl-。2MnO?(2個+7價Mn)→2Mn2+共得10e-,但1個H?O?(2個-1價0)→0?只失去2e-,因此配平(6)向飽和Na?CO?溶液中通入足量CO?:CO3-+CO?+H?O==2HCO?()解析(1)膠體不標“↓”,應備注“(膠體)”,正確的離子方程式為(膠體)+3H+。(2)明礬的化學式為KAl(SO?)?·12H?O,明礬在水中電離出的Al3+會水解形成Al(OH)?膠體，正確的離子方程式為AI3++3H?OAl(OH)?(膠體)+3H+。(3)泡沫滅火器的滅碳，化學方程式用“=—”,并標注“個”與“↓”。(4)水解反應需寫可逆符號，正確的水解方程式為HCO?+H?O=H?CO?+OH-。(5)向NH?Cl溶液中加入燒堿溶液并加熱，有氨氣放出，正確的離子方程式為NH?+OH-△NH?個+H?O。(6)由于NaHCO?的溶解度小于Na,CO?.向飽和Na,CO?溶液中通入足量CO?會析出NaHCO?晶體，正確的離子方程式為2Na++CO?-+CO?+H?O2NaHCO?↓。示例④[選變判](1)用CuSO?溶液除去電石氣中的少量硫化氫：Cu2++S2-==CuS↓()(2)氧化銅與稀硫酸的反應：02-+2H*=—H?O()(3)硫酸氫鈉溶液與碳酸氫鈉溶液反應生成氣體：2H++CO?-=CO?個+H?O()(4)碳酸氫鈣溶液加入醋酸中：Ca(HCO?)?+2CH?COOH==Ca2++2CH?COO-+2CO?個+2H?O((5)磁性氧化鐵溶于足量稀硝酸：3Fe2++4H*+NO?==3Fe3++NO個+2H?O()(6)向0.1mol·L-1MgCl?溶液中加入足量石灰乳：Mg2++Ca(OH)?=Mg(OH)?+Ca2+()(7)用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：2MnO4+16H*+5C?O2-==2Mn2++10CO?個+8H?O()解析(1)CuSO?溶液和(H?S反應生成硫化銅沉淀和硫酸，正確的離子方程式是Cu2++H?S=CuS↓+2H+。(2)CuO屬于氧化物，在水溶液中不能電離出O2-,不可拆分，正確的離子方程式為CuO+2H+==Cu2++H?O。(3)硫酸氫鈉在水溶液中可電離出Na+、H+、SO2-,碳酸氫鈉則電離出Na+、HCO?,HCO?是弱酸的酸式酸根離子，不可以拆分，正確的離子方程式為H++HCO?=CO?個+H?O。(4)碳酸氫鈣為可溶性鹽，應拆分成離子的形式，正確的離子方程式為HCO?+CH?COOH==CH?CO0-+CO?個+H?O。(5)磁性氧化鐵(Fe?O?)屬于氧化物，在水溶液中不會電離出離子，不可拆分，需保留化學式，正確的離子方程式為3Fe?O?+28H*+NO?=9Fe3++NO個+14H?O。(6)向MgCl?溶液中加入足量石灰乳生成氫氧化鎂沉淀，Ca(OH)?不能拆成離子，離子方程式為Mg2++Ca(OH)?=Mg(OH)?+Ca2+。(7)草酸為弱酸，在離子方程式中不能拆分成離子，正確的離子方程式為2MnO?+5H?C?O?+6H*==2Mn2++10CO?個+8H?O。大招4大招4(3)乙酰水楊酸與NaOH溶液共熱：十程式為Cu2++20H?+Ba2++S其離子方程式為HCO?+NH4+20H?=CO3-+NH?·H?O+H?O。(3)乙酰水楊酸與NaOH溶液共熱，與苯環(huán)直接相連的—COOH與NaOH發(fā)生中和反應，生成示例⑥[與量有關的復分解反應，選變判](1)向NH?Al(SO?)?溶液中滴加Ba(OH)?溶液使SO2-恰好完全沉淀，離子方程式為NH4+Al3++2SO2-+2Ba2++40H-==NH?·H?O+Al(OH)?↓+(3)向NH?Fe(SO?)?飽和溶液中滴加幾滴NaOH溶液：Fe3++30H?=—Fe(OH)?↓()解析(1)向NH?Al(SO?)?溶液中滴加Ba(OH)?溶液使SO2-恰好完全沉淀，說n[Ba(OH)?]=1:2,4molOH?正好與1molAl3+和1molNH4完全反應，分別生成1molAl(OH)?和1molNH?·H?O。(2)過量NaOH溶液和NH?Al(SO?)2溶液反應時，銨根離子和鋁離子都反應分別生成NH?·H?O和AlO?,離子方程式為NH4+Al3++50H-=AlO?+NH?·H?O+2H?0?！炯挤ā糠醋C法：假設NH)先和OH?反應生成NH,·H?0,則NH,·H?O還會再和Fe反應生成Fe(OH)?與NE,因此可以視為OH?先與Fe3反應專題二化學基本概念(3)Na?S溶液吸收少量CO?[已知：K(H?CO?)>K(H?S)>K,(H,CO?)1:S2-+CO,+H,O=解析(1)酸性：H?CO?>HClO>HCO?。無論是少量還是過量的CO?通入NaClO溶液中，反應都是生成次氯酸和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為ClO-+CO?+H?O==HClO+HCO?。(2)酸性：【技法】反證法：若生成HClO和CO3-,根據(jù)強酸制弱酸，HC10和CO?-會進一步反應H?CO?>C?H?OH>HCO?。無論是少量還是過量的CO?通入苯酚鈉溶液中，反應都是生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為CO?+C?H?O-+H?O==C?H?OH+HCO?。(3)根據(jù)K(H?CO?)>Ka(H?S)>K?(H?CO?)可知，酸性：H?CO?>H?S>HCO?。少量CO?溶于水視為“H?CO?”,第一步反應可以生成HS-和HCO?,但HCO?無法與HS-再進一步反應變成CO3-和H?S,因此最終生成物是HS-和HCO?,正確的離子方程式為S2-+CO?+H?O=—HCO?+HS-。示例⑧[SO?的少量與過量，選變判](1)用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO?:2NH?·H?O+SO?==2NH?+SO?-+H?O(2)向NaClO溶液中通入足量SO?:ClO-+SO?+H?O==Cl-+SO2-+2H()(3)將少量SO?通入次氯酸鈉溶液中：ClO-+SO?+H?O==Cl-+SO2-+2H+()(4)向Ba(CIO)?溶液中通入少量SO?:SO?+Ba2++2ClO-+H?O=BaSO?↓+2HClO()(5)將過量SO?通入K?S溶液中：2SO?+2H?O+S2-==2HSO?+H?S個() 解析(1)由于氨水過量，SO?與NH?·H?O反應最終生成(NH?)?SO?,注意NH?·H?O為弱堿，不可拆分。(2)向NaClO溶液中通入足量SO?,二者發(fā)生氧化還原反應，ClO-完全反應變成Cl-,SO?被氧化成SO2-。(3)ClO-與SO?先發(fā)生氧化還原反應：CIO-+SO?+H?O==Cl-+SO2-+2H+(相當【提示】涉及SO?的離子方程式書寫，要同時考慮酸性強弱與是否發(fā)生氧化還原反應于生成強酸),由于ClO-過量，根據(jù)強酸制弱酸的原理可知，還會發(fā)生反應H++ClO-=HClO,因此最終的離子方程式為SO?+3ClO-+H?O==SO-+Cl-+2HCIO。(4)向Ba(ClO)?溶液中通入少量SO?,SO?具有還原性，會被ClO-氧化，且生成的SO2-會與Ba2+反應生成BaSO?沉淀，另外還要考慮過量ClO-會與H+結合生成弱電解質(zhì)HClO,故正確的離子方程式為SO?+Ba2++3ClO-+H?S,但需要考慮H?S和SO?還會再進一步發(fā)生氧化還原反應(2H?S+SO?==2H?O+3S↓),故將過量SO?通入K?S溶液中發(fā)生的反應為5SO?+2H?O+2S2-=—4HSO?+3S↓。與量有關的離子方程式書寫“9字箴言”口大招解讀高考中?？嫉摹芭c量有關的離子方程式書寫”問題包括3大類型：配比型、連續(xù)型和先后型(競爭型),把握每一類反應的破題本質(zhì)，即可輕松攻克此類問題。當一種反應物中有兩種或兩種以上的組成離子參與反應時，因其組成比例不協(xié)調(diào)(一般為復鹽或酸式鹽),當一種組成離子恰好完全反應時，另一種組成離子不能恰好完全反應(有剩余或不足),因此其反應的離子方程式的書寫與反應物的用量有關。鏈接[示例1、2、3]少量Ca(HCO?)。溶液與過量NaOH溶液反應少量NaOH溶液與過量Ca(HCO?)2溶液反應(1)少定多變，少量定為“1”,過量者“要多少有多少”,過量配合少量Ca(HCO?)?少量，定為“1",寫出“Ca2++2HCO",OH?過量，要多少有多少，取20H-與2HCO?反應，生成的2CO3-再和1Ca2+反應生成1CaCO?↓,最后得離子方程式：Ca2++2HCO?+20H?=NaOH少量，電離出的OH的計量數(shù)定為"1",Ca2+與HCO?過量，要多少有多少，取10H?與1HCO?反應，生成的1CO3-再和1Ca2+反應生成1CaCO?,最后得離(2)先中和，后沉淀(3)少量者的計量數(shù)符合化學式比例，過量者不一定Ca(HCO?)?少量，最后離子方程式中Ca2+與HCO?的化學計量數(shù)之比符合化學式中比例1:2Ca(HCO?)?過量，最后離子方程式中Ca2+與HCO?的化學計量數(shù)之比并沒有符合化學式中比例1:2,而是1:1,因此過量物質(zhì)的配比取決于少量物質(zhì)反應需求(過量配合少量)又會再發(fā)生第二步反應，因此其反應的離子方程式的書寫與反應物的用量有關。鏈接[示例4、5、6]以CO?與NaOH反應的離子方程式的書寫為例，如表所示：少量CO?通入NaOH溶液中過量CO?通入NaOH溶液中連續(xù)反應原理過量CO?少量CO?通入NaOH溶液中過量CO?通入NaOH溶液中書寫過程“H?CO?”,1CO?配20H~,完全“中和”后生成1CO3-OH-少量，計量數(shù)定為“1”,10H-只需配1CO?(視為“H?CO?”),部分中和后生成1HCO?離子方程式CO?+20H-==CO3-+H?OOH?+CO?=HCO?OO大招應用示例①寫出NaHCO?溶液與Ca(OH)?溶液反應的1HCO?與10H-反應，生成的1CO3-再和1Ca2+反應生成1CaCO?↓,最后得離子方程式：Ca2++答案，(1)HCO?+OH?+Ca2+==CaCO?↓+H?O(2)Ca2++20H?+2HCO?==CaCO?↓+CO2-+2H,O(2)Ba(OH),過量：子方程式為3Ba2++60H?+2Al3++3SO2-==3BaSO?↓+2Al(OH)?↓。2Ba2+形成2BaSO?↓,1AI3+會與40H-形成AlO?,因此離子方程式為A3++2SO2-+2Ba2++40H?=2BaSO?↓+AlO?+2H?O。40H-==2BaSO?↓+AlO?+2H?O(1)n[Ba(OH)?]:n(NaHSO?)=1:1的離子方程式為,此時溶液呈 (2)n[Ba(OH)?]:n(NaHSO?)=1:2的離子方程式為,此時溶液呈 (填“酸”“堿”或“中”)性。解析，(1)假設n[Ba(OH)?]=n(NaHSO?)=1mol,在溶液中電離出的Ba2+有1mol、OH-有2mol、H+有1mol、SO2-有1mol,因此離子方程式為Ba2++OH?+H*+SO2-=BaSO?↓+H?O,OH?剩2H*+SO2-==BaSO?↓+2H?O,SO2-剩余1mol(溶液中含1molNa?SO?),因此溶液BaSO?↓+2H,O中過量CO?此為連續(xù)反應：Al(OH)?不能溶于H?CO?溶液中(1)NaAlO?過量表示CO?少量(CO?計量數(shù)定為“1”),最后產(chǎn)物為A可知1CO3-對應2AlO?,據(jù)此可以寫出離子方程式：2AlO?+CO?+3H?O==2Al(OH)?↓+CO?-。(2)NaAlO?不足表示CO?過量(AlO?計量數(shù)定為"1"),最后產(chǎn)物為Al(OH)?和HCO?,利用電荷守恒示例5寫出Na?CO?溶液與稀鹽酸反應的離子方程式。(1)稀鹽酸不足：解析，此為連續(xù)反應：(1)稀鹽酸不足則H+少量，H+的計量數(shù)定為“1”,最終產(chǎn)物為HCO?,據(jù)此可以寫出離子方程式：化學基本概念化學基本概念答案，(1)CO3-+H+==HCO?(2)CO3-+2H+==CO?個+H?O可得離子方程式：Fe+NO?+4H+=Fe3++NO個+2H?O。(2)Fe過量，最終的產(chǎn)物為Fe2+和NO,答案，(1)Fe+NO?+4H+=Fe3++NO個+2H?O(2)3Fe+2NO?+8H+==3Fe2++2NO個+4H?O成H?O和NH?·H?O,離子方程式為NH?+H++20H-=NH?·H?O+H?O。 ONH?·H?O能與Al3+反應生成Al(OH)?和NH?,可知OH應先和Al3+反應：A3++30H-=性氫氧化物.過量的OH-會與Al(OH)。反應生成Al0,:Al(OH)3+OH-==Al0,+2H?O。(4)Al(OH)?+OH?==AlO?+2H?O大招5大招5示例⑨寫出向FeBr?溶液中通入Cl?的離子方程式。(2)Cl?過量：O解析，還原性強弱順序為Fe2+>Br?,通入Cl?后先氧化Fe2+,再氧化Br?。(1)Cl?少量，只會發(fā)生Cl?氧化Fe2+的反應，離子方程式為Cl?+2Fe2+=—2Fe3++2Cl-。(2)Cl?過量，F(xiàn)eBr?少量定為“1”,Fe2+被氧化成Fe3+且Br~被氧化成Br?,1FeBr?化合價共上升3,1Cl?化合價共下降2,根據(jù)化合價升降守恒可知，F(xiàn)eBr?和Cl?的計量數(shù)之比為2:3,再利用原子守恒寫出離子方程式：2Fe2++4Br?+3Cl?=2Fe3++2Br?+6Cl-。(3)假設n(Cl?)=n(FeBr?)=1mol,1molCl?得2mol電子，1molFe2+先被氧化失去1mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知，還有1molBr-被氧化失去的計量數(shù)之比為1:1:1,再根據(jù)原子守恒可以寫出離子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl?==2Fe3++Br?+4Cl-。(3)2Fe2++2Br-+2Cl?==2Fe3++Br?+4Cl中學階段典型物質(zhì)間的氧化還原系統(tǒng)如下：BrSS根據(jù)上述氧化還原系統(tǒng)，可判定出當一種氧化劑(或還原劑)與兩種及以上不同的還原劑(或氧化劑)反應時，反應發(fā)生的先后順序。示例10寫出向FeI,溶液中通入Cl,的離子方程式。解析少還原性強弱順序為I?>Fe2+,通入Cl?后先氧化I,再氧化Fe2+。(1)Cl?少量，只會發(fā)生Cl?氧化I的反應，離子方程式為Cl?+2I?==2Cl-+I?。(2)Cl?過量，F(xiàn)eI?少量定為“1”,Fe2+被氧化成Fe3+且I被氧化成I?,可知1FeI?化合價共上升3,1Cl?化合價共下降2,根據(jù)化合價升降守恒可知，F(xiàn)eI?和Cl?的化學計量數(shù)之比為2:3,再根據(jù)原子守恒寫出離子方程式：2Fe2++4I?+3Cl,=—2Fe3++2I,+6Cl-。(2)2Fe2++4I?+3Cl?==2Fe3++2I?+6Cl-氧化還原氧化還原“4項注意”D大招解讀Fe2+淺綠色MnO?紫色無色溶液中有色離子不能大量共存顏色顏色透明溶液中有色離子可以大量共存OH?不能大量共存強酸性離子共存6大向題類型弱酸根離子不能大量共存S?O3-不能大量共存強酸性離子共存6大向題類型酸堿性H+不能大量共存NH?不能大量共存酸堿性強堿性Na*、K*、Ba2+可大量共存，Cu2+、Ag+等不能大量共存弱酸的酸式酸根離子皆不能大量共存如CO3-、HCO?、SO3-、不能大量共存Ag+等不能大量共存等不能大量共存K*、NH?以外的其他陽離子不能大量共存強酸性或強堿性反應生成氣體的離子反應生成復分解沉淀的離子復分解大量共存相互促進且水解完全等不能大量共存CIO-等不能大量共存能大量共存水解相互促進但水解微弱等常溫下可以大量共存中性溶液Fe3+、AI3+不能大量存在I等不能大量共存HSO?、I、Fe2+等不能大量共存氧化還原不能大量共存氧化還原S2-與SO3-、CI-與CIO-等在堿性溶液中可以大量共存，在酸性溶液中因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存H+與SiO3-不能大量共存弱酸根離子+H+H*+OH反應生成弱電解質(zhì)的離子絡合反應Fe3+與SCN?不能大量共存Fe3+與C?H?O?不能大量共存Ag+、Cu2+在濃氨水中不能大量存在HCO?與AIO?不能大量共存[反應生成CO3-和Al(OH)?]較強酸制較弱酸口注意1.判斷離子共存時應注意題干要求：“能大量共存”“不能大量共存”“一定大量共存”“可能大量共存”“一定不能大量共存”。2.溶液酸堿性的判斷表示酸性溶液表示酸性溶液表示堿性溶液可能酸性或堿性(1)c(H+)>c(OH-)(1)c(H+)<c(OH-)(1)與Al反應放出H?(2)25℃時，pH<7或c(H+)>(2)25℃時，pH>7或c(OH~)>(2)由水電離出的c(H+)=1×10-"mol·L(3)能使紫色石蕊試液顯紅色(4)能使甲基橙顯紅色或橙色(5)能使pH試紙顯紅色或由水電離出的c(OH)=1×10"mol·L-1(常溫下n>7)(3)與NH?HCO?、(NH?)?CO?、NH?HSO?、(NH?)?SO?溶液反應放出氣體(3)能使紫色石蕊試液顯藍色(4)能使酚酞試液顯紅色(5)能使pH試紙顯藍色3.注意正確理解“透明溶液”,如NaCl溶液、KOH溶液為無色透明溶液，CuSO?溶液、FeCl?溶液是有色透明溶液，不能認為“有色”就不透明。則該溶液中不能大量存在NO?,否則會反應生成氮氧化物氣體。O大招應用O大招應用①使酚酞溶液變紅的溶液：Na+、Cl-、SO2-、Fe3+②使紫色石蕊溶液變紅的溶液：Fe2+、Mg2+、NO?、Cl-★每年最新最全網(wǎng)課、講義④含碳酸氫鈉的溶液：K+、SO2-、Cl-、H+①澄清透明溶液：Cu2+、Mg2+、Br-、Cl題目條件離子共存判斷依據(jù)①酚酞變紅→堿性溶液，有大量OHFe3+與OH?反應，不能大量共存②使紫色石蕊溶液變紅→酸性溶液，有大量H+H+、NO?、Fe2+會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存③常溫下，c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液→NH?、Al3+都會與OH-反應，不能大量共存堿性溶液，有大量OH④含碳酸氫鈉的溶液→有大量HCO?H?O)⑤含大量Fe3+的溶液Fe3+與SCN-發(fā)生絡合反應，不能大量共存⑥強堿溶液→有大量OHNa+、K*、AlO?、CO3-與OH都不反應，可以大量共存續(xù)表題目條件離子共存判斷依據(jù)⑦常溫下，pH=1的溶液→酸性溶液，有大量H+H+、NO?、I會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存⑧加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液→溶液可能呈酸性，也可能呈堿性酸性條件下，CO3-無法大量存在；堿性條件下，K+、Na+、CO3-、SO2-能大量共存。題目要求是“一定能大量共存”,因此不符合題意⑨由水電離出的c水(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液→溶液可能呈酸性，也可能呈堿性酸性條件下，Na+、K+、Cl-、NO?彼此不反應且與H*也不反應；堿性條件下，Na+、K+、Cl-、NO?彼此不反應且與OH-也不反應。無論溶液呈酸性還是堿性，選項中各離子都可以大量共存，符合題意⑩c(H+):c(OH-)=1:10-2的溶液→c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性溶液為酸性，則弱酸根離子(ClO-、CO3-)不能大量存在?澄清透明溶液→有色離子可以大量存在Cu2+、Mg2+、Br-、Cl-彼此不反應，可以大量共存。雖然Cu2+有顏色，但在澄清透明溶液中只要沒有形成沉淀，就可以大量存在，符合題意②中性溶液Fe3+由于水解程度大，在中性溶液中會形成Fe(OH)?沉淀，不能大量存在向該溶液中加入鋁粉，只放出H?,則溶液中能大量存在的離子最多有()離子共存判斷依據(jù)向該“無色”溶液中加入鋁粉，只放出H?→該無色溶液可能呈酸性，也可能呈堿性若溶液呈酸性(含大量H+)①溶液無色，則有色離子Fe3+不能大量存在②溶液呈酸性，OH-不能大量存在③溶液呈酸性，弱酸根離子CO3-不能大量存在④由于"只放出H?",所以NO?不能大量存在(NO?在酸性條件下會與Al反應生成NO或NO?氣體)因此可以大量存在的離子有H+、NH4、Ba2+、Al3+、Cl-,共5種若溶液呈堿性(含大量OH-)①溶液無色，則有色離子Fe3+不能大量存在②溶液呈堿性，H+、NH4、Al3+不能大量存在③Ba2+與CO3-不能大量共存，最多只能存在一種，由于溶液中的陽離子在的陽離子，可知Ba2+必存在，則CO-一定不存在因此可以大量存在的離子有Ba2+、Cl-、OH-、NO?,共4種由以上分析可知，溶液中能大量存在的離子最多有5種，故選C。追蹤元素分析法妙解工藝流程題工藝流程題是將化工生產(chǎn)過程中的主要生產(chǎn)階段(即生產(chǎn)流程)用框圖的形式表現(xiàn)出來，并根據(jù)原料一→預處理①副產(chǎn)物②可循環(huán)物質(zhì)③廢渣(考慮綠色環(huán)保)高頻設問點大難溶性雜質(zhì)形成濾渣過濾除去等(使用硫酸酸浸時需注意會形成難溶的PbSO?、BaSO?,微溶的CaSO?,且Ca2+往往還會用其他方式進行第二次除雜)。(3)提高浸取速率的措施(4)灼燒、焙燒、煅燒2.核心反應階段(1)根據(jù)題目信息寫出化學方程式、離子方程式、電極反應式等。的物質(zhì)汽化等。②降溫i.防止溫度過高某物質(zhì)分解、溶解等。ii.使平衡向放熱反應方向移動。iii.降低晶體的溶解度，減少損失。iv.使某種沸點較高的物質(zhì)液化，使其與其他物質(zhì)分離。③控制一定溫度i.溫度太低、反應速率較小，溫度太高反應物(如NaHCO?、H?O?、HClO、HNO?、NH?·H?O、KMnO?等)可能分解或揮發(fā)。ii.使催化劑催化效果最佳(常考點：溫度過高催化劑可能失活)。ii.避免發(fā)生副反應，使目標物的轉化率、選擇性、產(chǎn)率達到最佳。iv.產(chǎn)率相差不大時，盡可能選擇較低溫、較低壓，降低成本、降低對設備的要求，符合綠色化學要求。(3)工藝流程題中經(jīng)常會涉及化學反應平衡、沉淀溶解平衡、沉淀的轉化、離子的水解平衡等。3.分離、提純階段①控制溶液的酸堿性使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。例：若要除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO或Cu(OH)?或Cu?(OH)?CO?等來調(diào)節(jié)溶液的pH。②趁熱過濾有兩種情況：若目標物是固體，趁熱過濾的目的是避免雜質(zhì)因降溫從溶液中析出而降低產(chǎn)物純度；若目標物在溶液中，則趁熱過濾的目的是避免產(chǎn)物因降溫從溶液中析出而導致產(chǎn)率降低。(4)萃取與反萃取：一定要搞清楚“目標元素”到底是在水中還是在萃取劑中，要追蹤好元素。(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥：提取溶解度隨溫度變化較大的溶質(zhì)(如KNO?)、含結晶水化合物(如CuSO?·5H?O)或受熱易分解的溶質(zhì)(如NH?Cl)等所使用的方法。(6)從溶液中析出FeCl?、MgCl?等溶質(zhì)時，應在HCl氣流中加熱蒸發(fā)結晶，以防止溶質(zhì)水解。做題招法(1)目標元素始終在主線，其他元素陸續(xù)離開主線(要的留下來，不要的踢出去)。(2)一切反應或操作都是為了獲取產(chǎn)品而服務。3.在每一次的分離步驟中，務必追蹤好目標元素。遇到“過濾”一定要搞清楚目標元素在固體中還是在溶液中，遇到“萃取與反萃取”一定要搞清楚目標元素在水相中還是在有機相中。4若.題目沒有給信息，可以不用確定元素存在的形式，只要確定對什么元素進行追蹤即可。若要明確寫出該元素所形成的物質(zhì)的化學式，書寫時往往需要用到所學過的化學反應或利用題目信息。20%進度條OO大招應用(2023新課標)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示。鉻釩渣-NaOH通空氣H?O水浸渣稀H?SO?調(diào)pH沉淀濾渣除硅磷-濾渣稀H?SO?分離釩V?O?溶液還原調(diào)pH-Cr(OH)?已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr?O}-存在，在堿性介質(zhì)中以CrO22-存在。(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為(填化學式)。(2)水浸渣中主要有SiO?和O(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是O(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO?和MgNH?PO?的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時，會導致pH>9時，會導致(5)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V?O?沉淀。V?O?在pH<1時，溶解為VO:或Vo3+;在堿性條件下，溶解為VO?或VO4-。上述性質(zhì)說明V?O?具有(填標號)。 除硅磷除硅磷硅、磷分別形成浸取原料通空氣調(diào)pH鉻釩渣水浸渣濾渣濾渣煅燒改變結構，使不易提取的物質(zhì)轉化為易提取的P等元素轉化為相應的最高價含氧酸鹽，F(xiàn)e轉化為Fe,O?。堿性環(huán)境中Al元素以Al0,為Al(OH)沉淀而除去。V?O?調(diào)pH分離轉化為V?O?沉淀。(NH)?SO?溶液除硅磷一還原轉化Na?S?O?將CrO2-還原為Cr3+。稀H?SO?調(diào)pH分離釩-調(diào)pHNa?CO?NaOH沉淀除去。溶液追蹤目標元素CriNa?S?O?浸取H,ONa?CrO?。(2)煅燒時通入空氣，含鐵化合物轉化為Fe?O?,且Fe?O?不溶于水，故水浸渣中還含有Fe?O?。(3)“沉淀”步驟中加入稀H?SO?調(diào)pH到弱堿性是為了讓AlO?轉化為Al(OH)?沉淀而除H*HPO2-,c(PO4-)降低，平衡正移，不利于生成MgNH?PO?沉淀；而pH>9時Mg2+會形成先寫出反應物與生成物：系數(shù)(變價元素原子守恒，注意反應物的腳標)原子守恒第二步：調(diào)平電荷2Cr?O?-+3S?Os-+10H+——4Cr3++6S左側電荷量-10右側電荷量0酸性條件，左側加10H+調(diào)平電荷第三步：看H補H?O,用0檢查，寫等號、完成配平2Cr?O?-+3S?O}-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H?O看H補H,O:左側10H+,右側補5H,O用0檢查：左側290,右側290,配平完成MgNH?PO?沉淀Mg2+形成Mg(OH)?沉淀(5)C(6)3S?Os-+2Cr?O2-+10H+==4Cr3++示例②(2023全國乙)LiMn?O?作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦電解槽分電解槽分離器菱錳礦濾渣電解(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為。為提高溶礦速率，可采取的措施是(舉1例)。大大招7(2)加入少量MnO?的作用是。不宜使用H?O?替代MnO?,原因是(3)溶礦反應完成后，反應器中溶液pH=4,此時c(Fe3+)=mol·L-1;用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7,除去的金屬離子是___。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有O(5)在電解槽中，發(fā)生電解反應的離子方程式為在反應器中循環(huán)利用。(6)煅燒窯中，生成LiMn,O?反應的化學方程式是(1)硫酸溶礦時發(fā)生的主要反應是MnCO?溶于硫酸的反應，化學方程式為MnCO?+H?SO?=MnSO?+CO?個+H?O。為提高溶礦速率，可采取的措施有將菱錳礦粉碎以增大接觸面積、適當增大硫酸的濃度、適當升高浸取時的溫度、攪拌等。(2)加入少量MnO?的作用是將Fe2+氧化為Fe3+,便于除鐵。若使用H?O?替代MnO?,則Mn2+和生成的Fe3+均會催化H?O?分解，原料利用率低。(3)溶液pH=4,即c(OH-)=10-1?mol·L-1時，由K[Fe(OH)?]=c(Fe3+)·c3(OH)=2.8×10-39,可得c(Fe3+)=1.3×10-12mol·L?1<1×10-?mol·L-1,Al3+被除去，c(Ni2+)=5.5×10?2mol·L-1>1.0×10-?mol·L?1,Ni2+未被除去。(4)酸溶時得到相應金屬的硫酸鹽，故加入少量BaS溶液除Ni2+時會生成NiS和BaSO?沉淀。(5)由題圖可知，電解槽中Mn2+發(fā)生反應生成MnO?,則陽極反應為Mn2+_2e-+2H?O==MnO?↓+4H*,陰極反應為2H?O+2e-=H?個+2