2025解题觉醒林子杰化学（名师大招册）

大招1紧抓y轴，分类突破热重曲线分析………001大招2比德芙还丝滑!利用“关系式、关系量”流畅解计算题……………004大招3三步完成氧化还原反应方程式配平………005大招4离子方程式正误判断的6大陷阱…………010大招5与量有关的离子方程式书写“9字箴言”…………………015大招6离子共存问题“6大类型”“4项注意”……………………020专题三元素及其化合物大招7追踪元素分析法妙解工艺流程题………023大招8基于物质结构进行元素推断的解题技巧………………030大招9两步搞定分子或离子空间结构与中心原子杂化类型判断……………034大招10键角大小比较“三步走”…………………038大招11晶体的熔、沸点高低比较………………040大招12电极反应式的书写技巧…………………043大招13多室电化学装置的分析…………………048专题六化学反应速率与化学平衡大招14“环形”反应机理图与“梯形”能量关系图分析技巧………………052大招15多反应体系中平衡常数的计算…………056大招16含不反应气体的平衡体系中K。的计算………………058专题七水溶液中的离子反应与平衡大招17巧判电解质溶液中的粒子浓度关系……………………060大招18常见酸碱中和滴定pH-V图像分析……………………067大招19电解质溶液经典图像——对数图像分析………………072大招20电解质溶液经典图像——分布分数图像分析…………076大招21有机物的共面与共线解题思路…………080大招22同分异构体的书写技巧 大招23有机合成题终极大招 专题九化学实验大招24滴定实验相关计算解题招法……………113紧抓y轴，分类突破热重曲线分析D大招解读热重分析是指在程序控温下，测量样品的残留质量(或固体残留率、或失重比)与温度(时间)的变化关系的方法。通过分析热重曲线，可推断出在不同温度段从体系中分离的是什么物质，就可以知道被测物质在哪个温度段发生了什么变化。高中考试中常见的热重分析曲线有剩余固体质量与温度关系曲线、固体残留率(质量保留百分数)与温度关系曲线、失重比与温度关系曲线等。??思维模型弄清y轴所表示的化学含义根据“减始质量=1mol始量”列式求解1mol变化量，确定从体系中分离的物质类型1:y轴为剩余固体质量当加热至T℃时，“减少的质量”=“y轴变化量”“始质”类型2:y轴为固体残留率假设原固体样品为100g,当加热至T℃时固体残留率为x,“减少的质量”=100g×(1-x)=100gדy轴变化量”类型3:y轴为失重比假设原固体样品为100g,当加热至T℃时失重比为x,“减少的质量”=100g×x=100gדy轴变化量” 杰哥补充(1)加热时，结晶水合盐的失重过程一般可分三阶段进行：第一阶段是脱去部分结晶水，第二阶段是生成羟基盐或含水盐，第三阶段是生成金属氧化物。如果进行热重实验时的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。(2)铵盐的加热需考虑生成NH₃,硫酸盐加热考虑生成SO₂、SO₃,草酸盐加热考虑生成CO、CO₂,通常题目数值会经过设计，可以利用各气体的摩尔质量与减少的质量作比较，推断出可能的气体。ō大招应用ō大招应用的热重曲线如图所示：、(2)100~226℃、346~420℃、660~840℃过程发生反m/g4CaCO·HC化合物1化合物10100226346420化合物2进度条感人化合物3专题一化学计量应的化学方程式分别为O解析(1)y轴为剩余固体质量，在100~226℃之间第一次出现失重(由CaC₂O₄·H₂O变为化合物1),根,列式求解：M(CaC₂0₄·H₂O)=146g·mol-¹,1molCaC₂O₄·H₂O晶体的质量为146g,贝,△m₁≈18g,根据数据可推知1molCaC₂O₄·H₂O在100~226℃之间失去1molH₂O(质量减少18g),因此化合物1的化学式为CaC₂O₄。在346~420℃之间出现第二次失重(由CaC₂O₄变为化合物2),根,列式求解：M(CaC₂O₄)=128g·mol-¹,1molCaC₂O₄固体质量为128g,则,△m₂≈28g,根据数据以及CaC₂O₄所含元素可推知，1molCaC₂0₄在346~420℃之间失去1molCO(质量减少28g),因此化合物2的化学式为CaCO₃。在660~840℃之间出现第三次失重(由CaCO₃变为化合物3),根,列式求解：M(CaCO₃)=100g·mol-¹,1molCaCO₃固体质量为100g,△m₃≈44g,根据数据以及CaC₂O₄所含元素可推知，CaCO₃在660~840℃之间失去1molCO₂(质量减少44g),因此化合物3的化学式为CaO。(2)根据反应物、生成物以及原子守恒，可以写出100~226℃、346~420℃、660～840℃过程发生反答案(1)CaC₂O₄CaCO₃22(2023全国乙)在N₂气氛中，FeSO₄·7H₂O的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知x=,y=O体质量为278g:FeSO₄·7H₂O—→FeSO₄·xH₂O过程中，失去3molH₂O(质量减少54g),x=7-3=4。FeSO₄·7H₂OFeSO₄·7H₂O→FeSO₄·yH₂O过程中，38.8%=答案41示例③(2022全国乙改编)化合物(YW₄X₅Z₈·4W₂Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ₂分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。(1)100~200℃阶段，每1mol化合物热分解失去molW₂Z。(2)500℃热分解后生成固体化合物的化学式为(以元素符号表示)。64.1%解析，W、X、Y、Z为原子序数依次增加的短周期元素，YZ₂分子的总电子数为奇数，常温下为气体，可以推知该气体应为NO₂,因此Y为N、Z为0;接着由化学式YW₄X₅Z₈·4W₂Z以及W原子序数最原子序数加和为21,则X的原子序数为5,X为B,故该化合物为NH₄B₅O₈·4H₂O。y轴为质量保留百分数(等同于固体残留率),根据“y轴变化,列式求解，M(NH₄B₅O₈·4H₂O)=273g·mol-¹,1molNH₄B₅O₈·4H₂O固体质量为273g。(1)100~200℃阶段，,求得△m₁≈54g,根据数据及“在200℃以O(质量减少54g),得00~425℃阶段,求得△m₂≈35g,根据数据可推知，1molNH₄B₅O₈·H₂O失去(质量减少35g),得到的物质为HB₅O8;425~500℃阶段,求得△m₃≈9g,根据数据可推知，1molHB₅O₈失去0.5molH₂O(质量减少9g),得到的物质为B₅O,化简得500℃热分解后生成固体化合物的化学式为B₂O₃。方法二B在热分解过程中不形成气体，因此可根据B原子守恒求解。500℃热分解后质量保留百分数为64.1%,即100gNH₄B₅O₈·4H₂O在500℃热分解后生成的化合物质量为64.1g,1molNH₄B₅O₈·4H₂O在500℃热分解后生成的化合物含5mol(55g)B,则可求得m(B)=20.1g,即100gNH₄B₅O₈·4H₂O在500℃热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,因此该化合物化学式为B₂O₃。大招2比德芙还丝滑!利用“关系式、关系量”流畅解计算题例如给出某种矿物的质量(里面含目标元素A),经过反应甲、反应乙……,最后得到含A的另一种化合物的质量，要求反推原先矿物中A的质量分数；或反应物A与B发生一系列反应，最后得到产物质量××g,要求计算产率等。类似这样的题目用“关系式、关系量”便可以所求!??思维模型质量(或质量分数、质量(或质量分数、纯度、产率等)气体体积×溶液体积(V)÷22.4L·mol-1(6.02×10²³mol-¹)×溶液体积(V)÷22.4L·mol-¹(6.02×10²3mol-)质量体体积粒子数关系式、关系量，关系两字不能忘；用已知，求未知，物质的量作中心根据最终所求质的物质的量通过已知直接求得质的物质的量已知条件直求物质的物质的量目标物质的物质的量所求量示例(2021辽宁)Fe/Fe₃O4磁性材料在很多领域具有应用前景，已知制备磁性材料的反应原理为4Fe²++80H-==Fe↓+Fe₃O₄↓+4H₂O。其制备过程如下(各步均在N₂氛围中进行):①称取9.95gFeCl₂·4H₂O(M,=199),配成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100mL14mol·L-¹KOH溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl₂溶液以2mL·min-¹的速率全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃下干燥。⑤管式炉内焙烧2h,得产品3.24g。则该实验所得磁性材料的产率为(结果保留3位有效数字)。求磁性材料求磁性材料(Fe/Fe₃O₄)的产率，需要求得理论产量。【提示】实际产量题中会给出根据已知条件“9.95gFeCl₂·4H₂O”,可直接求得n(FeCl₂·4H₂O);根据已知条件“100mL第二步寻求直求物质的物质的量与目标物质的物质的量的关系。根据关系式进行计算。第三步第四步第一步求得两个直求物质的物质的量，根据完全反应的物质低物质的量寻求关找关系式：设反应生成的n(Fe)=n(Fe₃O₄)=xmol,由铁原子守恒得x+3x=0.05。根据关系式进行计算：解得x=0.0125,则理论上所得的Fe和Fe₃O₄的物质的量各自为0.0125mol,得到的黑色产品的理论质量应为0.0125mol×56g·mol⁻¹+0.0125mol×232g·mol-¹=3.6g,实际得到的产品为3.24g,所以磁性材料的产率DD大招解读三步完成氧化还原反应方程式配平扫码关注公众号：偷着学★免费获取更多高中超精品资源★每年最新最全网课、讲义种类步骤化学方程式离子方程式第一步操作：标变价、列变化、求总数、定系数目的：①得失电子守恒(化合价升降守恒);②变价元素原子守恒补充说明：①歧化反应，由后往前配平；②正向配平时注意反应物脚标，生成物脚标不用理会；逆向配平时注意生成物脚标，反应物脚标不用理会第二步操作：该补“溶剂”补“溶剂”,操作：酸性溶液用H*调平电荷，碱性溶液用OH-调平电荷，若没配平除H、0以外的“未变价有明确溶液酸碱性，往往是“水出酸或碱”,也就是H+或OH-放元素”在方程式右侧，根据题目灵活分析目的：除H、O以外的原子守恒目的：调平电荷第三步操作：看H补H₂O,用0检查目的：配平H、O(H₂O只要没有得失电子，那就一律都留到最后一步再写)(1)[化学方程式配平——基础题型] KI+KIO₃+H₂SO₄==I₂+K₂SO₄+H₂O第一步2.正向配平，生成物I₂脚标不用理会3.变价元素原子守恒5KI+1KIO₃+H₂SO₄—3I₂+K₂SO₄+H₂O变价元素原子守第二步补“溶剂”,配平除H、O以外的未变价元素(本步骤配平未变价的K、S)5KI+1KIO₃+3H₂SO₄——3I₂+3K₂SO₄+H₂O①确定左侧K为6,则右侧K,SO₄计量数为3②右侧S为3,可知左侧H₂SO₄计量数为3第三步看H补水，用0检查5KI+1KIO₃+3H₂SO₄=3I₂+3K₂SO₄+3H₂O看H补H₂O:左侧6H,右侧补3H,O用0检查：左侧150,右侧150,配平完成 Cu+________HNO₃(稀)=______Cu(NO₃)₂+_NO↑+H₂O第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.变价元素原子守恒变价元素原子守恒：2N→2N;3Cu→3Gu第二步补“溶剂”,配平除H、0以外的未变价元素(本步骤配平未变价的N)生成物6NO₃的N不变价，根据原子守恒，6N往前补最终HNO₃计量数为2+6=8(HNO₃作氧化剂，作溶剂)第三步看H补水，用0检查3Cu+8HNO₃==3Cu(NO₃)₂+2NO个+4H₂O看H补H,O:左侧8H,右侧补4H,O用0检查：左右各240,配平完成(3)[离子方程式配平——基础题型] Fe²++NO₃+H+==Fe³++N₂O个+_H₂O第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.正向配平时生成物脚标不用理会3.变价元素原子守恒旦利用化合价升降守恒知4Fe²+~1NO₃,由于NO₃的计量数为1时，根据N守恒，N₂O的计量数因此取8Fe²+~2NO₃根据N守恒，N₂O的计量数N₂O计量数为1第二步调平电荷电荷++2++2NO₃+10H+——8Fe量+14电荷左侧补10H+调平电荷³++1N₂O↑+H₂O量+24第三步看H补水，用0检查8Fe²++2NO₃+10H+=—8Fe³++1N₂O↑+5H₂O看H补H₂O:左侧10H,右侧补5H₂O用0检查：左侧60,右侧60,配平完成(4)[化学方程式配平——反应物有脚标题型] K₂Cr₂O₇+H₂O₂+H₂SO₄=K₂SO₄+Cr₂(SO₄)₃+0₂个+H₂C第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.正向配平时注意反应物脚标，生成物脚标不用理会3.变价元素原子守恒第二步补“溶剂”,配平除H、O以外的未变价元素(本步骤配平未变价K并配平“溶剂”H₂SO₄)①K原子守恒：K₂SO₄计量数为1②补溶剂H₂SO₄(S原子守恒):右侧4S,左侧H₂SO₄计量数为4第三步看H补水，用0检查看H补H₂O:左侧14H,右侧补7H₂O用0检查：左侧290,右侧290,配平完成(5)[离子方程式配平——反应物有脚标题型] 第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.正向配平时注意反应物脚标，生成物脚标不用理会3.变价元素原子守恒正向脚标不用理会第二步调平电荷电荷量-r+14H—2C⁴+3L+_H₂O8左侧补14H+第三步看H补水，用0检查左侧14H,右侧补7H₂O用0检查：左右各70,配平完成(6)[化学方程式配平——一种反应物含两种变价元素题型] 第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.同一反应物含两种变价元素，将化合价变化量加和(注意脚标)3.变价元素原子守恒3Cu₂S+4HNO₃——3S+4NO↑+6Cu(NO₃)₂+H₂O共变价元素原子守恒：4N→4N;6Cu→6Cu,3S→3S第二步补“溶剂”,配平除H、O以外的未变价元素(本步骤配平未变价的N)Cu₂S+12HNO₃—3S+4NOT+6CuNO2₂+H₂O补“溶剂”:生成物12N加回到反应物HNO₃中，HNO₃计量数为16第三步看H补水，用0检查3Cu₂S+16HNO₃=3S+4NO↑+6Cu(NO₃)₂+8H₂O看H补H,O:左侧16H,右侧补8H₂O用0检查：左右各480,配平完成专题二专题二(7)[离子方程式配平——一种反应物含同升或同降两种变价元素题型] CIO₃+FeS₂+H+=ClO₂个+Fe³++_SO²-+_H₂O第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数2.正向配平时注意反应物脚标3.变价元素原子守恒变价元素原子守恒共|15第二步调平电荷电荷量-15左侧补14H+调平电荷电荷量-1第三步看H补水，用0检查15ClO₃+1FeS₂+14H+==15CIO₂个+1Fe³++2SO²-+7H₂O看H补H,O:左侧14H,右侧补7H,O用0检查：左右各450,配平完成(8)[化学方程式配平——歧化反应题型(由后往前配平)] Cl₂+ NaOH△NaCl+NaClO₃+H₂C第一步(遇见歧化反应，由后往前配平)2.变价元素原子守恒歧化反应，由后往前配平，利用化合价知5NaCl~1NaCIO再利用变价元素原子守恒确定Cl,计量数为3第二步补“溶剂”,配平除H、0以外的未变价元素(本步骤配平未变价的Na)右侧6Na,左侧也6Na,NaOH计量数为6第三步看H补水，用0检查看H补H,O:左侧6H,右侧补3H,O用0检查：左右各60,配平完成(9)[化学方程式配平——歧化反应题型(由后往前配平、注意生成物脚标)] P₄+Ba(OH)2+H₂O==Ba(H₂PO₂)₂+_PH₃个第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数(遇见歧化反应，由后往前配平，若生成物变价元素有脚标，则化合价变化要乘上脚标)2.变价元素原子守恒歧化反应，由后往前配平，逆向配平注意生成物脚标，反应物脚标不用理会。由化合价升降相同可知3Ba(H₂PO₂)₂~2PH₃,再利用P原子守恒知P计量数为2第二步补“溶剂”,配平除H、0以外的未变价元素(本步骤配平未变价的Ba)2P₄+3Ba(OH)₂+H₂O——3Ba(H₂PO₂)₂+2PH₃↑由Ba原子守恒可知，Ba(OH),计量数为3第三步看H补水，用0检查2P₄+3Ba(OH)₂+6H₂O==3Ba(H₂PO₂)₂+2PH₃个看H补H₂O:左侧6H,右侧18H,左侧加12H,补6H₂O用0检查：左侧120,右侧120,配平完成大大招3(10)[化学方程式配平——含Fe₃O₄的题型] Fe₃O₄+HNO₃(浓)=—Fe(NO₃)₃+NO₂个+H₂O1.标变价、列变化、求总数、定系数(Fe₃O₄可视为FeO·Fe₂O₃,Fe的化第一步合价为+2、+3、+3,Fe₃O₄中Fe部分变价，注意化合价变化量)2.Fe及变价元素原子守恒第二步补“溶剂”,配平除H、O以外的未变价元素(本步骤配平未变价的N)生成物9NO的N不变价，根据N原子守恒，9N往前补，最终HNO₃计量数为1+9=10第三步看H补水，用0检查看H补H,O:左侧10H,右侧补5H,O用0检查：左侧340,右侧340,配平完成(11)[离子方程式配平——含Fe₃O₄的题型] 第一步1Fe₃O₄+2I-+H+——3Fe²++1I₂+H₂O(Fe₃O₄可视为FeO·Fe₂O₃,Fe的化,1×2|41(正向配合价为+2、+3、+3,Fe₃O₄中Fe部2Fe→2Fe平，不Fe、I原子守恒理会生分变价，注意化合价变化量)而Fe不变价成物脚第二步调平电荷电荷量-2左侧补8H+电荷量调平电荷第三步看H补水，用0检查看H补H,O:左侧8H,右侧补4H,O用0检查：左侧40,右侧40,配平完成(12)[化学方程式配平——无法判定化合价的题型]Fe₃C+HNO₃(浓)=Fe(NO₃)₃+CO₂个+NO₂↑+H₂O第一步1.标变价、列变化、求总数、定系数1.标变价、列变化、求总数、定系数(无法确定某一化合物中元素的化合价，可以假设该化合物中所有元素的化合价为0,注意只能取一种化合物用零价法，其余化合物还是必须写变价元素Fe、C、N原子守恒共|13出各元素化合价)Fe₃C无法确定Fe、C的化合价，可以假设Fe和C的化合价皆为02.变价元素原子守恒第二步补“溶剂”,配平除H、O以外的未变价元素(本步骤配平未变价的N)生成物9NO₃的N不变价，根据N原子守恒，9N往前补，最终HNO₃计量数为13+9=22第三步1Fe₃C+22HNO₃=—3Fe(NO₃)₃+1CO₂↑+13NO₂个+11H₂O看H补水，用0检查看H补H₂O:左侧22H,右侧补11H₂O用0检查：左侧660,右侧660,配平完成6大陷阱★免费获取更多高中超精品资源★每年最新最全网课、讲义陷阱1:判断是否符合客观事实陷阱2:判断配平是否正确陷阱3:判断“=—”是否恰当陷阱4:判断离子拆分是否正确陷阱5:判断是否“漏写”离子反应陷阱6:判断是否符合反应的“量”离子反应必须符合客观事实，而命题者往往设置不符原理”的陷阱，常见的几个设陷阱点有：Fe与各种氧化剂(如 Cl₂、Br₂、I₂、S、H+、HNO₃等)反应对应的化合价变化；金属和氧化性酸(如HNO₃、浓H₂SO₄)反应不放H₂;Na不能置换出CuSO₄溶液中的Cu;忽略氧化还原反应、相互促进的水解反应、络合反应等。链接[示例1]即是否满足三守恒(原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒)。链接[示例2]强电解质(强酸、强碱、绝大多数盐)的电离用“=—”,弱电解质的电离、盐类的水解用“”,盐类水解后的产物不写“个”或“↓”;若两种离子相互促进水解，可以进行到底，则要写“=—”,且产物要写“个”或“↓”;可逆反应要用“”表示；产物中形成条件为浓溶液或加热，生成NH₃且要标明“个”,若为稀溶液，则生成NH₃·H₂O。链接[示例3](2)弱电解质、沉淀、气体、单质、氧化物、弱酸的酸式酸根离子不能拆分。(3)对于微溶性的强电解质，在反应物中是否拆分视情况而定，如澄清石灰水中Ca(OH),可拆，但石灰乳为悬浊液，Ca(OH),不能拆。微溶物在生成物中一般不拆分，用化学式表示。(4)可溶性多元弱酸的酸式酸根离子，不能拆，如在水溶液中HSOz不能写成H+、SO²-。但强酸的酸式酸根离子在水溶液中要拆分，如HSO要拆分成H+、SO²-。链接[示例4]判断离子方程式的书写正误时，要仔细审题，细心检查是否忽略(部分内容参考大招5)链接[示例6、7、8]示例①[选变判](1)Fe和稀盐酸反应：2Fe+6H+=—2Fe³++3H₂(5)过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO₃==Fe³++NO个+2H₂O(6)Fe溶于足量稀HNO₃:3Fe+8H++2NO₃==3Fe²++2NO个+4H₂O()Cu²++2NH₃·H₂O==Cu(OH)₂↓+2NH₄()(3)Al³+与CO3-会发生相互促进的水解反应，正确的离子方程式为2Al³++3CO₃-+3H₂O=方程式为3Fe+8H++2NO₃==3Fe²++2NO个+4H₂O。(6)硝酸足量，Fe单质被氧化成Fe³+而不是Fe²+,正确的离子方程式为Fe+4H++NO₃==Fe³++NO个+2H₂O。(7)硫代硫酸钠溶液与稀SO2-(aq)+CaCO₃(s)。(9)浓氨水过量，Cu²+转化成[Cu(NH₃)4]²+,离子方程式为Cu²++4NH₃·H₂O==[Cu(NH₃)4]²++4H₂O。(3)用硫酸酸化的KMnO₄溶液与H₂O₂2Mn²++30₂个+4H₂O解析(1)离子方程式左右电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe²++Cl₂=—2Fe³++2Cl-。2MnO₄(2个+7价Mn)→2Mn²+共得10e-,但1个H₂O₂(2个-1价0)→0₂只失去2e-,因此配平(6)向饱和Na₂CO₃溶液中通入足量CO₂:CO3-+CO₂+H₂O==2HCO₃()解析(1)胶体不标“↓”,应备注“(胶体)”,正确的离子方程式为(胶体)+3H+。(2)明矾的化学式为KAl(SO₄)₂·12H₂O,明矾在水中电离出的Al³+会水解形成Al(OH)₃胶体，正确的离子方程式为AI³++3H₂OAl(OH)₃(胶体)+3H+。(3)泡沫灭火器的灭碳，化学方程式用“=—”,并标注“个”与“↓”。(4)水解反应需写可逆符号，正确的水解方程式为HCO₃+H₂O=H₂CO₃+OH-。(5)向NH₄Cl溶液中加入烧碱溶液并加热，有氨气放出，正确的离子方程式为NH⁴+OH-△NH₃个+H₂O。(6)由于NaHCO₃的溶解度小于Na,CO₂.向饱和Na,CO₂溶液中通入足量CO₂会析出NaHCO₃晶体，正确的离子方程式为2Na++CO₃-+CO₂+H₂O2NaHCO₃↓。示例④[选变判](1)用CuSO₄溶液除去电石气中的少量硫化氢：Cu²++S²-==CuS↓()(2)氧化铜与稀硫酸的反应：0²-+2H*=—H₂O()(3)硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成气体：2H++CO₃-=CO₂个+H₂O()(4)碳酸氢钙溶液加入醋酸中：Ca(HCO₃)₂+2CH₃COOH==Ca²++2CH₃COO-+2CO₂个+2H₂O((5)磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：3Fe²++4H*+NO₃==3Fe³++NO个+2H₂O()(6)向0.1mol·L-¹MgCl₂溶液中加入足量石灰乳：Mg²++Ca(OH)₂=Mg(OH)₂+Ca²+()(7)用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4+16H*+5C₂O²-==2Mn²++10CO₂个+8H₂O()解析(1)CuSO₄溶液和(H₂S反应生成硫化铜沉淀和硫酸，正确的离子方程式是Cu²++H₂S=CuS↓+2H+。(2)CuO属于氧化物，在水溶液中不能电离出O²-,不可拆分，正确的离子方程式为CuO+2H+==Cu²++H₂O。(3)硫酸氢钠在水溶液中可电离出Na+、H+、SO²-,碳酸氢钠则电离出Na+、HCO₃,HCO₃是弱酸的酸式酸根离子，不可以拆分，正确的离子方程式为H++HCO₃=CO₂个+H₂O。(4)碳酸氢钙为可溶性盐，应拆分成离子的形式，正确的离子方程式为HCO₃+CH₃COOH==CH₃CO0-+CO₂个+H₂O。(5)磁性氧化铁(Fe₃O₄)属于氧化物，在水溶液中不会电离出离子，不可拆分，需保留化学式，正确的离子方程式为3Fe₃O₄+28H*+NO₃=9Fe³++NO个+14H₂O。(6)向MgCl₂溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，Ca(OH)₂不能拆成离子，离子方程式为Mg²++Ca(OH)₂=Mg(OH)₂+Ca²+。(7)草酸为弱酸，在离子方程式中不能拆分成离子，正确的离子方程式为2MnO⁴+5H₂C₂O₄+6H*==2Mn²++10CO₂个+8H₂O。大招4大招4(3)乙酰水杨酸与NaOH溶液共热：十程式为Cu²++20H⁻+Ba²++S其离子方程式为HCO₃+NH4+20H⁻=CO³-+NH₃·H₂O+H₂O。(3)乙酰水杨酸与NaOH溶液共热，与苯环直接相连的—COOH与NaOH发生中和反应，生成示例⑥[与量有关的复分解反应，选变判](1)向NH₄Al(SO₄)₂溶液中滴加Ba(OH)₂溶液使SO2-恰好完全沉淀，离子方程式为NH4+Al³++2SO²-+2Ba²++40H-==NH₃·H₂O+Al(OH)₃↓+(3)向NH₄Fe(SO₄)₂饱和溶液中滴加几滴NaOH溶液：Fe³++30H⁻=—Fe(OH)₃↓()解析(1)向NH₄Al(SO₄)₂溶液中滴加Ba(OH)₂溶液使SO2-恰好完全沉淀，说n[Ba(OH)₂]=1:2,4molOH⁻正好与1molAl³+和1molNH4完全反应，分别生成1molAl(OH)₃和1molNH₃·H₂O。(2)过量NaOH溶液和NH₄Al(SO₄)2溶液反应时，铵根离子和铝离子都反应分别生成NH₃·H₂O和AlO₂,离子方程式为NH4+Al³++50H-=AlO₂+NH₃·H₂O+2H₂0。【技法】反证法：假设NH)先和OH⁻反应生成NH,·H₂0,则NH,·H₂O还会再和Fe反应生成Fe(OH)₃与NE,因此可以视为OH⁻先与Fe³反应专题二化学基本概念(3)Na₂S溶液吸收少量CO₂[已知：K(H₂CO₃)>K(H₂S)>K,(H,CO₃)1:S²-+CO,+H,O=解析(1)酸性：H₂CO₃>HClO>HCO₃。无论是少量还是过量的CO₂通入NaClO溶液中，反应都是生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO-+CO₂+H₂O==HClO+HCO₃。(2)酸性：【技法】反证法：若生成HClO和CO³-,根据强酸制弱酸，HC10和CO₃-会进一步反应H₂CO₃>C₆H₅OH>HCO₃。无论是少量还是过量的CO₂通入苯酚钠溶液中，反应都是生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO₂+C₆H₅O-+H₂O==C₆H₅OH+HCO₃。(3)根据K(H₂CO₃)>Ka(H₂S)>K₂(H₂CO₃)可知，酸性：H₂CO₃>H₂S>HCO₃。少量CO₂溶于水视为“H₂CO₃”,第一步反应可以生成HS-和HCO₃,但HCO₃无法与HS-再进一步反应变成CO³-和H₂S,因此最终生成物是HS-和HCO₃,正确的离子方程式为S²-+CO₂+H₂O=—HCO₃+HS-。示例⑧[SO₂的少量与过量，选变判](1)用过量氨水吸收工业尾气中的SO₂:2NH₃·H₂O+SO₂==2NH₄+SO₃-+H₂O(2)向NaClO溶液中通入足量SO₂:ClO-+SO₂+H₂O==Cl-+SO²-+2H()(3)将少量SO₂通入次氯酸钠溶液中：ClO-+SO₂+H₂O==Cl-+SO²-+2H+()(4)向Ba(CIO)₂溶液中通入少量SO₂:SO₂+Ba²++2ClO-+H₂O=BaSO₃↓+2HClO()(5)将过量SO₂通入K₂S溶液中：2SO₂+2H₂O+S²-==2HSO₃+H₂S个() 解析(1)由于氨水过量，SO₂与NH₃·H₂O反应最终生成(NH₄)₂SO₃,注意NH₃·H₂O为弱碱，不可拆分。(2)向NaClO溶液中通入足量SO₂,二者发生氧化还原反应，ClO-完全反应变成Cl-,SO₂被氧化成SO2-。(3)ClO-与SO₂先发生氧化还原反应：CIO-+SO₂+H₂O==Cl-+SO²-+2H+(相当【提示】涉及SO₂的离子方程式书写，要同时考虑酸性强弱与是否发生氧化还原反应于生成强酸),由于ClO-过量，根据强酸制弱酸的原理可知，还会发生反应H++ClO-=HClO,因此最终的离子方程式为SO₂+3ClO-+H₂O==SO-+Cl-+2HCIO。(4)向Ba(ClO)₂溶液中通入少量SO₂,SO₂具有还原性，会被ClO-氧化，且生成的SO²-会与Ba²+反应生成BaSO₄沉淀，另外还要考虑过量ClO-会与H+结合生成弱电解质HClO,故正确的离子方程式为SO₂+Ba²++3ClO-+H₂S,但需要考虑H₂S和SO₂还会再进一步发生氧化还原反应(2H₂S+SO₂==2H₂O+3S↓),故将过量SO₂通入K₂S溶液中发生的反应为5SO₂+2H₂O+2S²-=—4HSO₃+3S↓。与量有关的离子方程式书写“9字箴言”口大招解读高考中常考的“与量有关的离子方程式书写”问题包括3大类型：配比型、连续型和先后型(竞争型),把握每一类反应的破题本质，即可轻松攻克此类问题。当一种反应物中有两种或两种以上的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),因此其反应的离子方程式的书写与反应物的用量有关。链接[示例1、2、3]少量Ca(HCO₂)。溶液与过量NaOH溶液反应少量NaOH溶液与过量Ca(HCO₃)2溶液反应(1)少定多变，少量定为“1”,过量者“要多少有多少”,过量配合少量Ca(HCO₃)₂少量，定为“1",写出“Ca²++2HCO",OH⁻过量，要多少有多少，取20H-与2HCO₃反应，生成的2CO3-再和1Ca²+反应生成1CaCO₃↓,最后得离子方程式：Ca²++2HCO₃+20H⁻=NaOH少量，电离出的OH的计量数定为"1",Ca²+与HCO₃过量，要多少有多少，取10H⁻与1HCO₃反应，生成的1CO3-再和1Ca²+反应生成1CaCO₃,最后得离(2)先中和，后沉淀(3)少量者的计量数符合化学式比例，过量者不一定Ca(HCO₃)₂少量，最后离子方程式中Ca²+与HCO₃的化学计量数之比符合化学式中比例1:2Ca(HCO₃)₂过量，最后离子方程式中Ca²+与HCO₃的化学计量数之比并没有符合化学式中比例1:2,而是1:1,因此过量物质的配比取决于少量物质反应需求(过量配合少量)又会再发生第二步反应，因此其反应的离子方程式的书写与反应物的用量有关。链接[示例4、5、6]以CO₂与NaOH反应的离子方程式的书写为例，如表所示：少量CO₂通入NaOH溶液中过量CO₂通入NaOH溶液中连续反应原理过量CO₂少量CO₂通入NaOH溶液中过量CO₂通入NaOH溶液中书写过程“H₂CO₃”,1CO₂配20H~,完全“中和”后生成1CO3-OH-少量，计量数定为“1”,10H-只需配1CO₂(视为“H₂CO₃”),部分中和后生成1HCO₃离子方程式CO₂+20H-==CO3-+H₂OOH⁻+CO₂=HCO₃OO大招应用示例①写出NaHCO₃溶液与Ca(OH)₂溶液反应的1HCO₃与10H-反应，生成的1CO³-再和1Ca²+反应生成1CaCO₃↓,最后得离子方程式：Ca²++答案，(1)HCO₃+OH⁻+Ca²+==CaCO₃↓+H₂O(2)Ca²++20H⁻+2HCO₃==CaCO₃↓+CO²-+2H,O(2)Ba(OH),过量：子方程式为3Ba²++60H⁻+2Al³++3SO²-==3BaSO₄↓+2Al(OH)₃↓。2Ba²+形成2BaSO₄↓,1AI³+会与40H-形成AlO₂,因此离子方程式为A³++2SO²-+2Ba²++40H⁻=2BaSO₄↓+AlO₂+2H₂O。40H-==2BaSO₄↓+AlO₂+2H₂O(1)n[Ba(OH)₂]:n(NaHSO₄)=1:1的离子方程式为,此时溶液呈 (2)n[Ba(OH)₂]:n(NaHSO₄)=1:2的离子方程式为,此时溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。解析，(1)假设n[Ba(OH)₂]=n(NaHSO₄)=1mol,在溶液中电离出的Ba²+有1mol、OH-有2mol、H+有1mol、SO²-有1mol,因此离子方程式为Ba²++OH⁻+H*+SO²-=BaSO₄↓+H₂O,OH⁻剩2H*+SO²-==BaSO₄↓+2H₂O,SO²-剩余1mol(溶液中含1molNa₂SO₄),因此溶液BaSO₄↓+2H,O中过量CO₂此为连续反应：Al(OH)₃不能溶于H₂CO₃溶液中(1)NaAlO₂过量表示CO₂少量(CO₂计量数定为“1”),最后产物为A可知1CO³-对应2AlO₂,据此可以写出离子方程式：2AlO₂+CO₂+3H₂O==2Al(OH)₃↓+CO₃-。(2)NaAlO₂不足表示CO₂过量(AlO₂计量数定为"1"),最后产物为Al(OH)₃和HCO₃,利用电荷守恒示例5写出Na₂CO₃溶液与稀盐酸反应的离子方程式。(1)稀盐酸不足：解析，此为连续反应：(1)稀盐酸不足则H+少量，H+的计量数定为“1”,最终产物为HCO₃,据此可以写出离子方程式：化学基本概念化学基本概念答案，(1)CO³-+H+==HCO₃(2)CO³-+2H+==CO₂个+H₂O可得离子方程式：Fe+NO₃+4H+=Fe³++NO个+2H₂O。(2)Fe过量，最终的产物为Fe²+和NO,答案，(1)Fe+NO₃+4H+=Fe³++NO个+2H₂O(2)3Fe+2NO₃+8H+==3Fe²++2NO个+4H₂O成H₂O和NH₃·H₂O,离子方程式为NH⁴+H++20H-=NH₃·H₂O+H₂O。 ONH₃·H₂O能与Al³+反应生成Al(OH)₃和NH₄,可知OH应先和Al³+反应：A³++30H-=性氢氧化物.过量的OH-会与Al(OH)。反应生成Al0,:Al(OH)3+OH-==Al0,+2H₂O。(4)Al(OH)₃+OH⁻==AlO₂+2H₂O大招5大招5示例⑨写出向FeBr₂溶液中通入Cl₂的离子方程式。(2)Cl₂过量：O解析，还原性强弱顺序为Fe²+>Br⁻,通入Cl₂后先氧化Fe²+,再氧化Br⁻。(1)Cl₂少量，只会发生Cl₂氧化Fe²+的反应，离子方程式为Cl₂+2Fe²+=—2Fe³++2Cl-。(2)Cl₂过量，FeBr₂少量定为“1”,Fe²+被氧化成Fe³+且Br~被氧化成Br₂,1FeBr₂化合价共上升3,1Cl₂化合价共下降2,根据化合价升降守恒可知，FeBr₂和Cl₂的计量数之比为2:3,再利用原子守恒写出离子方程式：2Fe²++4Br⁻+3Cl₂=2Fe³++2Br₂+6Cl-。(3)假设n(Cl₂)=n(FeBr₂)=1mol,1molCl₂得2mol电子，1molFe²+先被氧化失去1mol电子，根据得失电子守恒可知，还有1molBr-被氧化失去的计量数之比为1:1:1,再根据原子守恒可以写出离子方程式：2Fe²++2Br-+2Cl₂==2Fe³++Br₂+4Cl-。(3)2Fe²++2Br-+2Cl₂==2Fe³++Br₂+4Cl中学阶段典型物质间的氧化还原系统如下：BrSS根据上述氧化还原系统，可判定出当一种氧化剂(或还原剂)与两种及以上不同的还原剂(或氧化剂)反应时，反应发生的先后顺序。示例10写出向FeI,溶液中通入Cl,的离子方程式。解析少还原性强弱顺序为I⁻>Fe²+,通入Cl₂后先氧化I,再氧化Fe²+。(1)Cl₂少量，只会发生Cl₂氧化I的反应，离子方程式为Cl₂+2I⁻==2Cl-+I₂。(2)Cl₂过量，FeI₂少量定为“1”,Fe²+被氧化成Fe³+且I被氧化成I₂,可知1FeI₂化合价共上升3,1Cl₂化合价共下降2,根据化合价升降守恒可知，FeI₂和Cl₂的化学计量数之比为2:3,再根据原子守恒写出离子方程式：2Fe²++4I⁻+3Cl,=—2Fe³++2I,+6Cl-。(2)2Fe²++4I⁻+3Cl₂==2Fe³++2I₂+6Cl-氧化还原氧化还原“4项注意”D大招解读Fe²+浅绿色MnO⁴紫色无色溶液中有色离子不能大量共存颜色颜色透明溶液中有色离子可以大量共存OH⁻不能大量共存强酸性离子共存6大向题类型弱酸根离子不能大量共存S₂O³-不能大量共存强酸性离子共存6大向题类型酸碱性H+不能大量共存NH⁴不能大量共存酸碱性强碱性Na*、K*、Ba²+可大量共存，Cu²+、Ag+等不能大量共存弱酸的酸式酸根离子皆不能大量共存如CO³-、HCO₃、SO³-、不能大量共存Ag+等不能大量共存等不能大量共存K*、NH⁴以外的其他阳离子不能大量共存强酸性或强碱性反应生成气体的离子反应生成复分解沉淀的离子复分解大量共存相互促进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进但水解微弱等常温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HSO₃、I、Fe²+等不能大量共存氧化还原不能大量共存氧化还原S²-与SO³-、CI-与CIO-等在碱性溶液中可以大量共存，在酸性溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存H+与SiO³-不能大量共存弱酸根离子+H+H*+OH反应生成弱电解质的离子络合反应Fe³+与SCN⁻不能大量共存Fe³+与C₆H₅O⁻不能大量共存Ag+、Cu²+在浓氨水中不能大量存在HCO₃与AIO₂不能大量共存[反应生成CO3-和Al(OH)₃]较强酸制较弱酸口注意1.判断离子共存时应注意题干要求：“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.溶液酸碱性的判断表示酸性溶液表示酸性溶液表示碱性溶液可能酸性或碱性(1)c(H+)>c(OH-)(1)c(H+)<c(OH-)(1)与Al反应放出H₂(2)25℃时，pH<7或c(H+)>(2)25℃时，pH>7或c(OH~)>(2)由水电离出的c(H+)=1×10-"mol·L(3)能使紫色石蕊试液显红色(4)能使甲基橙显红色或橙色(5)能使pH试纸显红色或由水电离出的c(OH)=1×10"mol·L-¹(常温下n>7)(3)与NH₄HCO₃、(NH₄)₂CO₃、NH₄HSO₃、(NH₄)₂SO₃溶液反应放出气体(3)能使紫色石蕊试液显蓝色(4)能使酚酞试液显红色(5)能使pH试纸显蓝色3.注意正确理解“透明溶液”,如NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO₄溶液、FeCl₃溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。则该溶液中不能大量存在NO₃,否则会反应生成氮氧化物气体。O大招应用O大招应用①使酚酞溶液变红的溶液：Na+、Cl-、SO²-、Fe³+②使紫色石蕊溶液变红的溶液：Fe²+、Mg²+、NO₃、Cl-★每年最新最全网课、讲义④含碳酸氢钠的溶液：K+、SO²-、Cl-、H+①澄清透明溶液：Cu²+、Mg²+、Br-、Cl题目条件离子共存判断依据①酚酞变红→碱性溶液，有大量OHFe³+与OH⁻反应，不能大量共存②使紫色石蕊溶液变红→酸性溶液，有大量H+H+、NO₃、Fe²+会发生氧化还原反应，不能大量共存③常温下，c(H+)=1×10-¹³mol·L-¹的溶液→NH₄、Al³+都会与OH-反应，不能大量共存碱性溶液，有大量OH④含碳酸氢钠的溶液→有大量HCO₃H₂O)⑤含大量Fe³+的溶液Fe³+与SCN-发生络合反应，不能大量共存⑥强碱溶液→有大量OHNa+、K*、AlO₂、CO3-与OH都不反应，可以大量共存续表题目条件离子共存判断依据⑦常温下，pH=1的溶液→酸性溶液，有大量H+H+、NO₃、I会发生氧化还原反应，不能大量共存⑧加入铝粉有氢气产生的溶液→溶液可能呈酸性，也可能呈碱性酸性条件下，CO3-无法大量存在；碱性条件下，K+、Na+、CO3-、SO2-能大量共存。题目要求是“一定能大量共存”,因此不符合题意⑨由水电离出的c水(H+)=1×10-¹²mol·L-¹的溶液→溶液可能呈酸性，也可能呈碱性酸性条件下，Na+、K+、Cl-、NO₃彼此不反应且与H*也不反应；碱性条件下，Na+、K+、Cl-、NO₃彼此不反应且与OH-也不反应。无论溶液呈酸性还是碱性，选项中各离子都可以大量共存，符合题意⑩c(H+):c(OH-)=1:10-²的溶液→c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性溶液为酸性，则弱酸根离子(ClO-、CO3-)不能大量存在⑪澄清透明溶液→有色离子可以大量存在Cu²+、Mg²+、Br-、Cl-彼此不反应，可以大量共存。虽然Cu²+有颜色，但在澄清透明溶液中只要没有形成沉淀，就可以大量存在，符合题意②中性溶液Fe³+由于水解程度大，在中性溶液中会形成Fe(OH)₃沉淀，不能大量存在向该溶液中加入铝粉，只放出H₂,则溶液中能大量存在的离子最多有()离子共存判断依据向该“无色”溶液中加入铝粉，只放出H₂→该无色溶液可能呈酸性，也可能呈碱性若溶液呈酸性(含大量H+)①溶液无色，则有色离子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，弱酸根离子CO3-不能大量存在④由于"只放出H₂",所以NO₃不能大量存在(NO₃在酸性条件下会与Al反应生成NO或NO₂气体)因此可以大量存在的离子有H+、NH4、Ba²+、Al³+、Cl-,共5种若溶液呈碱性(含大量OH-)①溶液无色，则有色离子Fe³+不能大量存在②溶液呈碱性，H+、NH4、Al³+不能大量存在③Ba²+与CO³-不能大量共存，最多只能存在一种，由于溶液中的阳离子在的阳离子，可知Ba²+必存在，则CO-一定不存在因此可以大量存在的离子有Ba²+、Cl-、OH-、NO₃,共4种由以上分析可知，溶液中能大量存在的离子最多有5种，故选C。追踪元素分析法妙解工艺流程题工艺流程题是将化工生产过程中的主要生产阶段(即生产流程)用框图的形式表现出来，并根据原料一→预处理①副产物②可循环物质③废渣(考虑绿色环保)高频设问点大难溶性杂质形成滤渣过滤除去等(使用硫酸酸浸时需注意会形成难溶的PbSO₄、BaSO₄,微溶的CaSO₄,且Ca²+往往还会用其他方式进行第二次除杂)。(3)提高浸取速率的措施(4)灼烧、焙烧、煅烧2.核心反应阶段(1)根据题目信息写出化学方程式、离子方程式、电极反应式等。的物质汽化等。②降温i.防止温度过高某物质分解、溶解等。ii.使平衡向放热反应方向移动。iii.降低晶体的溶解度，减少损失。iv.使某种沸点较高的物质液化，使其与其他物质分离。③控制一定温度i.温度太低、反应速率较小，温度太高反应物(如NaHCO₃、H₂O₂、HClO、HNO₃、NH₃·H₂O、KMnO₄等)可能分解或挥发。ii.使催化剂催化效果最佳(常考点：温度过高催化剂可能失活)。ii.避免发生副反应，使目标物的转化率、选择性、产率达到最佳。iv.产率相差不大时，尽可能选择较低温、较低压，降低成本、降低对设备的要求，符合绿色化学要求。(3)工艺流程题中经常会涉及化学反应平衡、沉淀溶解平衡、沉淀的转化、离子的水解平衡等。3.分离、提纯阶段①控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例：若要除去含Cu²+溶液中混有的Fe³+,可加入CuO或Cu(OH)₂或Cu₂(OH)₂CO₃等来调节溶液的pH。②趁热过滤有两种情况：若目标物是固体，趁热过滤的目的是避免杂质因降温从溶液中析出而降低产物纯度；若目标物在溶液中，则趁热过滤的目的是避免产物因降温从溶液中析出而导致产率降低。(4)萃取与反萃取：一定要搞清楚“目标元素”到底是在水中还是在萃取剂中，要追踪好元素。(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥：提取溶解度随温度变化较大的溶质(如KNO₃)、含结晶水化合物(如CuSO₄·5H₂O)或受热易分解的溶质(如NH₄Cl)等所使用的方法。(6)从溶液中析出FeCl₃、MgCl₂等溶质时，应在HCl气流中加热蒸发结晶，以防止溶质水解。做题招法(1)目标元素始终在主线，其他元素陆续离开主线(要的留下来，不要的踢出去)。(2)一切反应或操作都是为了获取产品而服务。3.在每一次的分离步骤中，务必追踪好目标元素。遇到“过滤”一定要搞清楚目标元素在固体中还是在溶液中，遇到“萃取与反萃取”一定要搞清楚目标元素在水相中还是在有机相中。4若.题目没有给信息，可以不用确定元素存在的形式，只要确定对什么元素进行追踪即可。若要明确写出该元素所形成的物质的化学式，书写时往往需要用到所学过的化学反应或利用题目信息。20%进度条OO大招应用(2023新课标)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。铬钒渣-NaOH通空气H₂O水浸渣稀H₂SO₄调pH沉淀滤渣除硅磷-滤渣稀H₂SO₄分离钒V₂O₅溶液还原调pH-Cr(OH)₃已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr₂O}-存在，在碱性介质中以CrO²2-存在。(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO₂和O(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是O(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO₃和MgNH₄PO₄的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致pH>9时，会导致(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V₂O₅沉淀。V₂O₅在pH<1时，溶解为VO:或Vo³+;在碱性条件下，溶解为VO₃或VO4-。上述性质说明V₂O₅具有(填标号)。 除硅磷除硅磷硅、磷分别形成浸取原料通空气调pH铬钒渣水浸渣滤渣滤渣煅烧改变结构，使不易提取的物质转化为易提取的P等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，Fe转化为Fe,O₃。碱性环境中Al元素以Al0,为Al(OH)沉淀而除去。V₂O₅调pH分离转化为V₂O₅沉淀。(NH)₂SO₄溶液除硅磷一还原转化Na₂S₂O₅将CrO2-还原为Cr³+。稀H₂SO₄调pH分离钒-调pHNa₂CO₃NaOH沉淀除去。溶液追踪目标元素CriNa₂S₂O₅浸取H,ONa₂CrO₄。(2)煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe₂O₃,且Fe₂O₃不溶于水，故水浸渣中还含有Fe₂O₃。(3)“沉淀”步骤中加入稀H₂SO₄调pH到弱碱性是为了让AlO₂转化为Al(OH)₃沉淀而除H*HPO2-,c(PO4-)降低，平衡正移，不利于生成MgNH₄PO₄沉淀；而pH>9时Mg²+会形成先写出反应物与生成物：系数(变价元素原子守恒，注意反应物的脚标)原子守恒第二步：调平电荷2Cr₂O?-+3S₂Os-+10H+——4Cr³++6S左侧电荷量-10右侧电荷量0酸性条件，左侧加10H+调平电荷第三步：看H补H₂O,用0检查，写等号、完成配平2Cr₂O?-+3S₂O}-+10H+=4Cr³++6SO2-+5H₂O看H补H,O:左侧10H+,右侧补5H,O用0检查：左侧290,右侧290,配平完成MgNH₄PO₄沉淀Mg²+形成Mg(OH)₂沉淀(5)C(6)3S₂Os-+2Cr₂O²-+10H+==4Cr³++示例②(2023全国乙)LiMn₂O₄作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿电解槽分电解槽分离器菱锰矿滤渣电解(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为。为提高溶矿速率，可采取的措施是(举1例)。大大招7(2)加入少量MnO₂的作用是。不宜使用H₂O₂替代MnO₂,原因是(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时c(Fe³+)=mol·L-¹;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是___。(4)加入少量BaS溶液除去Ni²+,生成的沉淀有O(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn,O₄反应的化学方程式是(1)硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO₃溶于硫酸的反应，化学方程式为MnCO₃+H₂SO₄=MnSO₄+CO₂个+H₂O。为提高溶矿速率，可采取的措施有将菱锰矿粉碎以增大接触面积、适当增大硫酸的浓度、适当升高浸取时的温度、搅拌等。(2)加入少量MnO₂的作用是将Fe²+氧化为Fe³+,便于除铁。若使用H₂O₂替代MnO₂,则Mn²+和生成的Fe³+均会催化H₂O₂分解，原料利用率低。(3)溶液pH=4,即c(OH-)=10-¹⁰mol·L-¹时，由K[Fe(OH)₃]=c(Fe³+)·c³(OH)=2.8×10-³9,可得c(Fe³+)=1.3×10-¹²mol·L⁻¹<1×10-⁵mol·L-¹,Al³+被除去，c(Ni²+)=5.5×10⁻²mol·L-¹>1.0×10-⁵mol·L⁻¹,Ni²+未被除去。(4)酸溶时得到相应金属的硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni²+时会生成NiS和BaSO₄沉淀。(5)由题图可知，电解槽中Mn²+发生反应生成MnO₂,则阳极反应为Mn²+_2e-+2H₂O==MnO₂↓+4H*,阴极反应为2H₂O+2e-=H₂个+2