2025年高考化学考前三轮冲刺讲义

这是一份2025年高考化学考前三轮冲刺讲义，文件包含2025年高考化学考前冲刺攻略三docx、2025年高考化学考前冲刺攻略二docx、2025年高考化学考前冲刺攻略四docx、2025年高考化学考前冲刺攻略一docx等4份学案配套教学资源，其中学案共347页， 欢迎下载使用。
第二辑
TOC \ "1-1" \h \u \l _Tc6375
离子方程式和离子共存 PAGEREF _Tc6375 \h 3
\l "_Tc22986" 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc23866
氧化还原反应 PAGEREF _Tc23866 \h 12
\l "_Tc22986" 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc7631
新型化学电源与电解池 PAGEREF _Tc7631 \h 21
\l "_Tc22986" 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc24181
水溶液中的离子反应与平衡 PAGEREF _Tc24181 \h 37
\l "_Tc22986" 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc29621
化学工艺流程综合题 PAGEREF _Tc29621 \h 58
\l "_Tc22986" 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
考前15天 离子方程式和离子共存
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025 年高考离子方程式和离子共存的考点仍会紧密围绕中学化学教材中的基础知识展开，注重考查考生对离子反应本质的理解和应用能力，同时会结合一些新的情境和信息，要求考生具备一定的分析和解决问题的能力。会以新的情境载体考查离子方程式正误判断，可能涉及氧化还原反应、与量有关的反应等，错因设置仍会集中在化学式的拆分不当、电荷不守恒、产物不合理、忽略了限定条件等方面。离子共存常考的限定条件包括溶液的颜色、酸碱性、特定离子的存在等，重点考查离子间的氧化还原反应、复分解反应、络合反应等。
1．离子方程式正误判断的三个关键
2．离子共存判断中常见的限制条件
3．与量有关离子方程式的书写
（1）连续反应型——“分步书写”法
特点 反应生成的离子因又能跟剩余(过量)的反应物继续反应而跟用量有关。
方法 如：向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，可按照反应顺序分别写出两步反应：
①Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，
②Al(OH)3＋OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O，
由①＋②可得：Al3＋＋4OH－===AlOeq \\al(－,2)＋2H2O。
（2）先后反应型——“假设定序”法
特点 一种反应物的两种或两种以上的组成离子，都能跟另一种反应物的组成离子反应，但因反应次序不同而跟用量有关。
方法 这类反应的关键是明确离子反应的先后顺序。如：FeBr2溶液与Cl2反应，在不明确离子反应的先后顺序时，可假设Cl2先与Br－反应，则生成的溴单质还要氧化Fe2＋生成Fe3＋，这样即可确定Cl2先与Fe2＋反应后再与Br－反应，然后再根据量的关系书写即可。
（3）离子配比型——“少定多变”法
特点 当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。
①“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 ml”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。
②“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。
如：少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应：
“少定”——即定HCOeq \\al(－,3)的物质的量为1 ml，
“多变”——1 ml HCOeq \\al(－,3)能与1 ml OH－发生反应，得到1 ml H2O和1 ml COeq \\al(2－,3)，1 ml COeq \\al(2－,3)再与1 ml Ca2＋结合生成CaCO3沉淀。离子方程式为HCOeq \\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。
-.典例1【2024·甲卷】下列过程对应的离子方程式正确的是
A.用氢氟酸刻蚀玻璃：
B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C.用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：
【答案】D
【解析】玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确；故选D.
典例2【2024·新课标卷】对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B. 工业废水中的用去除：
C. 海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】C
【解析】试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为，A不正确；由于的溶解度远远小于，因此，工业废水中的用去除，该反应的离子方程式为，B不正确；海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，在水溶液中将还原为，该反应的离子方程式为，C正确；用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，被氧化为，属于弱酸，该反应的离子方程式为，D不正确；综上所述，本题选C。
典例3【2024·浙江卷】在溶液中能大量共存的离子组是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】三种离子会反生氧化还原反应而不能大量共存，故A不符合题意；会生成离子而不能大量共存，故B不符合题意；会生成沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；虽然不同程度水解，但水解是微弱的，能大量共存，故D符合题意；答案D。
典例4【2024·广西卷】化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是
A. 用溶液处理水垢中的
B. 明矾用于净水：
C. 抗酸药中的可治疗胃酸过多：
D. 用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的
【答案】A
【解析】用溶液处理水垢中的CaSO4，生成溶解度更小的碳酸钙，，A正确；水解方程式不对，明矾是硫酸铝钾晶体，溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水：，不写沉淀符号，B错误；
物质拆分不对，抗酸药中的可治疗胃酸过多，属于难溶性碱，离子方程式：，C错误；未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的，D错误；故选A。
典例5【2024·浙江卷】下列离子方程式正确的是
A. 用溶液除气体：
B. 溶液中滴加溶液：
C. 溶液中通入少量：
D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：
【答案】D【解析】H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A项错误；酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3=BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3=3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误；电离平衡常数：Ka1(H2CO3) ＞Ka(HClO) ＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+=Cl-+HClO+CO2，C项错误；Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D项正确；答案选D。
【名校预测·第一题】（2025·河南郑州一模）下列有关离子方程式书写正确的是
A．侯氏制碱法中制备NaHCO3：
B．酸性条件下催化电解CO2制CH3CH2OH的阴极电极反应式为：
C．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2
D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2使反应完全：
【名校预测·第二题】（2025·广西南宁一模）下列离子方程式正确的是
A．苯酚钠溶液中通入少量：2
B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
C．用食醋除铁锈：
D．在存在下与氨水反应生成：
【名校预测·第三题】（2025·浙江金华二模）下列离子方程式不正确的是
A．溶液与足量反应：
B．过量Fe粉加入稀硝酸中：
C．少量被溶液吸收：
D．酸性溶液吸收少量甲醛：
【名校预测·第四题】（2025·安徽一模）下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A．的水溶液中：、、、
B．水溶液中：、、、
C．能使甲基橙变黄的水溶液中：、、、
D．澄清透明的水溶液中：、、、
【名校预测·第五题】（2025·四川一模）常温常压下，下列指定条件的各组离子一定能大量共存的是
A．透明的溶液中：、、、
B．在酒精中：、、、
C．溶有的水溶液中：、、、
D．由水电离出为的溶液中：、、、
【名校押题·第一题】（2025·重庆二模）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
B．用石灰乳除去工业尾气中的
C．含氟牙膏防治龋齿：
D．铜片与稀硝酸反应：
【名校押题·第二题】（2025·安徽黄山二模）下列过程对应的离子方程式错误的是
A．溶液中通入少量：
B．某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时：
C．氟化物预防龋齿原理：
D．向溶液滴入溶液：
【名校押题·第三题】（2025·陕西二模）下列相关离子方程式表示正确的是
A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：
B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：
C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：
D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：
【名校押题·第四题】（2025·重庆一模）下列离子组在水溶液中能大量共存的是
A．B．
C．D．
【名校押题·第五题】（2025·天津一模）常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的是
A．加入溶液显红色的溶液中：
B．与铝反应产生的溶液中：
C．澄清透明溶液中：
D．的溶液：
【名校预测·第一题】
【答案】B
【解析】侯氏制碱法中制备碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A错误；酸性条件下催化电解二氧化碳制乙醇时，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇和水，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正确；苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+ CO2+H2O+ HCO，故C错误；向溶液中滴入使反应完全，则按物质的量之比为1：2反应，不足，生成的不能溶解，离子方程式为，D错误；故选B。
【名校预测·第二题】
【答案】B
【解析】由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚和：，A错误；丙烯腈电解制己二腈， 丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确；醋酸是弱酸，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误；该反应不满足得失电子守恒，正确的方程式为：，D错误；故选B。
【名校预测·第三题】
【答案】D
【解析】溶液与足量反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，反应的离子方程式为，故A正确；过量Fe粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式为，故B正确；少量被溶液吸收生成硫酸钠、氯化钠、亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为，故C正确；酸性溶液吸收少量甲醛，甲醛被氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为，故D错误；故选D。
【名校预测·第四题】
【答案】B
【解析】具有还原性，能与发生氧化还原反应而不共存，A错误；水溶液中：、、、不会发生反应而共存，B正确；能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，溶液可能为碱性，镁离子可能会与氢氧根反应生成沉淀而不共存，C错误；和会发生双水解而不共存，D错误；故选B。
【名校预测·第五题】
【答案】C
【解析】、、能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；酒精具有还原性，能被氧化，不能大量共存，故B错误；该组离子均不与反应，可以大量共存，故C正确；水电离出为，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为碱溶液则不能大量共存，故D错误；故选C。
【名校押题·第一题】
【答案】C
【解析】根据铅酸蓄电池工作原理可知，电池充电时阳极反应式为：，A错误；石灰乳中含大量未溶解的固体，不能拆，要保留化学式，则反应的离子方程式为：，B错误；含氟牙膏中的氟化物在刷牙的过程中会释放出氟离子，可以和牙齿表面的牙釉质相结合，形成氟化物层起到保护作用，则反应的离子方程式为：，C正确；铜片与稀硝酸反应得到的是气体，则反应的离子方程式为：，D错误；故选C。
【名校押题·第二题】
【答案】B
【解析】溶液中通入少量生成氯化钠、二氧化碳、次氯酸，反应的离子方程为，故A正确；某些麦片中加微量的还原铁粉，在人体消化时，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为，故B错误；氟化物预防龋齿原理是羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，反应的离子方程式为，故C正确；向溶液滴入溶液生成蓝色沉淀：，故D正确；故选B。
【名校押题·第三题】
【答案】D
【解析】AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：，A错误；高锰酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为锰离子，离子方程式为：，B错误；pH=4，溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化铁，离子方程式为：，C错误；酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：，D正确；故选D。
【名校押题·第四题】
【答案】B
【解析】三者能发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；不能发生离子反应，能大量共存，B正确；能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，C错误；发生反应，不能大量共存，D错误；
故选B。
【名校押题·第五题】
【答案】C
【解析】加入溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与C6H5OH发生显色反应，Fe3+能氧化I-，所以溶液中不能大量含有C6H5OH、I-，故不选A；与铝反应产生的溶液显酸性或碱性，酸性条件下发生氧化还原反应，酸性条件下反应生成S沉淀、二氧化硫，碱性条件下亚铁离子与氢氧根离子反应，故不选B；澄清透明溶液中，相互之间不反应，能大量共存，故选C；的溶液显酸性，酸性条件下发生氧化还原反应，故不选D；故选C。
考前14天 氧化还原反应
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025 年高考氧化还原反应的考查将继续注重基础知识的理解和应用，同时强调考生对新情境、新信息的处理能力，以及综合运用氧化还原反应知识解决实际问题的能力。结合生产、生活实际或新的科技成果等情境，给出相关化学反应，让考生判断是否为氧化还原反应。例如，通过工业生产中某种金属的冶炼反应、环保领域中污染物的转化反应等实例来考查。给出一些氧化还原反应的事实，让考生根据这些反应判断物质氧化性或还原性的强弱顺序。或者根据物质氧化性、还原性的强弱，预测可能发生的氧化还原反应。以化工生产流程为背景，考查氧化还原反应在物质制备、分离、提纯等环节中的应用。例如，通过控制反应条件，利用氧化还原反应将原料中的杂质转化为易于分离的物质，或者将目标产物从混合物中还原出来。将知识情境化、问题化，具有较高的区分度。
1．氧化还原反应概念关系图
2．氧化还原反应规律
(1)守恒律
化合价升高总数与降低总数相等：n(氧化剂)×化合价降低值×变价原子个数＝n(还原剂)×化合价升高值×变价原子个数，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算。
(2)强弱律
氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。
在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。
(3)优先律
①多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。
②多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。
(4)价态律
元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl2等)。
(5)转化律
同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态＋低价态→中间价态；价态相邻能共存、价态相间能归中，归中价态不交叉、价升价降只靠拢。
3．得失电子守恒法解题模型
(1)依据题意准确判断氧化剂→还原产物、还原剂→氧化产物。
(2)根据化合价准确计算一个原子或离子得失电子数目(务必注意1 ml氧化剂或还原剂中所含变价元素原子的物质的量)。
(3)根据得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值，从而求算出答案。
(4)涉及多步氧化还原反应的计算，可通过得失电子守恒建立关系式，简化过程，快速求解。
-.典例1【2024·山东卷】中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A. 竹管、动物尾毫→湖笔B. 松木→油烟→徽墨
C. 楮树皮→纸浆纤维→宣纸D. 端石→端砚
【答案】B
【解析】湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。
典例2【2024·浙江卷】汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A. 生成转移电子的数目为B. 催化剂降低与反应的活化能
C. 是氧化剂，是还原剂D. 既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；根据分析，1mlCO2转移2NA的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故选D。
典例3【2024·浙江卷】利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是
A. X表示NO2
B. 可用O3替换CH3OH
C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5
D. 若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，NO2仍然是大气污染物，A不正确；CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂NO3-中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5，C正确；CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体，即生成0.5mlCO2，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；综上所述，本题选C。
典例4【2024·乙卷】下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A. 使用明矾对水进行净化B. 雪天道路上撒盐融雪
C. 暖贴中的铁粉遇空气放热D. 荧光指示牌被照发光
【答案】C
【解析】使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；故选C。
典例5【2024·北京卷】离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A. Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B. ①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1
D. 当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【解析】Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；Na2O2由Na+和O22-组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。
【名校预测·第一题】（2024·河北承德三模）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是
A．通入品红溶液中，溶液由红色变为无色
B．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色
C．稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色
D．苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色
【名校预测·第二题】（2024·海南二模）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列出现颜色变化属于氧化还原反应的是
A．将溶液加热，由蓝色转绿色
B．溶液中滴加KSCN溶液，由黄色转红色
C．无水吸水，由白色转蓝色
D．溶液中滴加过量乙醇，由橙色转绿色
【名校预测·第三题】（2024·湖北黄冈一模）下列关于氧化还原反应的说法正确的是
A．银针验毒的原理为，X为还原产物
B．浓HCl和制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半
C．可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是具有较强的还原性
D．与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
【名校预测·第四题】（2025·浙江绍兴二模）在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是
A．中Cr的化合价为
B．反应①中作氧化剂
C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7
D．反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为
【名校预测·第五题】（2025·辽宁二模）在溶液中依次加入溶液、溶液、淀粉溶液和溶液，溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②紫红色→黄色；③黄色→蓝色；④蓝色→无色。已知每次加入的试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是
A．①中，的S显价，具有强氧化性
B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为
C．③中，生成了，淀粉作指示剂
D．④中，还原性：
【名校押题·第一题】（2025·江西南昌一模）是食盐的补碘剂，一种制取的中间反应为：，下列说法错误的是
A．氧化性：
B．该反应的还原产物为KCl和
C．I的半径大于Cl，故的熔沸点高于
D．生成11.2L(标况)时，转移了10ml电子
【名校押题·第二题】（2024·海南一模）利用软锰矿(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备高纯度Mn3O4 (Mn元素显+2、+3价)，其原理为①MnO2+SO2＝MnSO4；②Mn2++O2+H2O→Mn3O4↓+H+ (未配平)。下列说法正确的是
A．反应①中SO2得到电子
B．反应①中MnO2发生氧化反应
C．反应②中Mn3O4既是氧化产物又是还原产物
D．利用软锰矿，每制得1ml Mn3O4共转移4ml电子
【名校押题·第三题】（2024·浙江杭州一模）锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：(未配平)
下列说法正确的是
A．反应中氧化剂为
B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为
C．若生成气体的体积为，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化
【名校押题·第四题】（2024·河北衡水一模）常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应
B．流程中，都属于还原产物
C．已知次磷酸为一元酸，则次磷酸钠属于正盐
D．1ml次磷酸分解时转移2ml电子
【名校押题·第五题】（2025·江西赣州一模）以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛（部分其他产物已省略），催化反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．苯乙烯分子中所有碳原子一定共平面
B．以上转化过程中，属于氧化还原反应的是①②⑥
C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成
D．每生成1ml苯甲醛，理论上消耗2mlH2O2
【名校预测·第一题】
【答案】D
【解析】通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，说明具有漂白性，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意；KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色，说明AgCl沉淀转化为更加难溶的AgI沉淀，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，B不符合题意；稀硫酸滴入溶液中，溶液由黄色变为橙色，说明平衡正向移动，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，C不符合题意；苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被空气中的氧气氧化所致，元素化合价发生了变化，与氧化还原反应有关，D符合题意；故选D。
【名校预测·第二题】
【答案】D
【解析】将溶液加热，由蓝色转绿色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，A错误；溶液中滴加KSCN溶液，溶液由黄色转红色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，B错误；无水吸水，由白色转蓝色，变为，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，C错误；具有强氧化性，乙醇具有还原性，发生氧化还原反应，D正确；故选D。
【名校预测·第三题】
【答案】C
【解析】根据原子守恒，X的化学式为，为Ag失电子，故为氧化产物，A错误；浓HCl和制氯气的反应方程式为，该反应中4 ml HCl参加反应，参与反应的HCl中体现酸性和还原性各占一半，B错误；即维生素C具有较强的还原性，可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，C正确；该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+3价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，生成NO的二氧化氮是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。
【名校预测·第四题】
【答案】B
【解析】根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，A正确；在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，B错误；反应②中仅作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，C正确；反应②中的氧气来自H2O2，生成1mlO2，转移2ml电子，则生成标况下11.2LO2即0.5mlO2，转移的电子数为NA，D正确；故选B。
【名校预测·第五题】
【答案】C
【解析】在中，存在过氧键，O为-1价，N为-3价，H为+ 1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出S为+6价，不是+7价，A错误；②中紫红色→黄色，是KMnO4氧化FeSO4，反应的离子方程式为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，B错误；③中黄色→蓝色，是将氧化为，淀粉遇变蓝，淀粉作指示剂，C正确；④中蓝色→无色，是将还原为，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性：，D错误；故选C。
【名校押题·第一题】
【答案】C
【解析】该反应中I元素化合价上升，Cl元素化合价下降，是氧化剂，是氧化产物，则氧化性：，A正确；该反应中I元素化合价上升，Cl元素化合价下降，该反应的还原产物为KCl和，B正确；的熔沸点高于是因为的相对分子质量较大，范德华力较大，与原子半径无关，C错误；该反应中I元素化合价由0价上升到+5价，生成11.2L(标况)时，n()=0.5ml，消耗1ml，转移了10ml电子，D正确；故选C。
【名校押题·第二题】
【答案】C
【解析】反应①中的S元素化合价由+4价变为+6价，化合价升高，SO2失去电子，被氧化，A错误；反应①中Mn元素的化合价由+4价变为+2价，化合价降低，说明MnO2发生还原反应，B错误；反应②中Mn元素化合价升高，O2中的O元素化合价降低，产物Mn3O4既是氧化产物又是还原产物，C正确；配平反应②，可得：6Mn2++O2+6H2O＝2Mn3O4↓+12H+，根据反应方程式可知，利用软锰矿，每制得1ml Mn3O4共转移2ml电子，D错误；故选C。
【名校押题·第三题】
【答案】A
【解析】反应中锰化合价由+4变为+3.5，氧化合价由-2变为氧气中的0，结合电子守恒，反应为；二氧化锰中锰化合价由+4变为+3.5，氧化剂为，A正确；锰化合价降低被还原为、氧化合价升高被氧化为氧气，结合方程式，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:4，B错误；没有说明是否处于标况，不确定氧气的物质的量，不能计算转移电子数，C错误；碳酸根离子中碳为sp2杂化，二氧化碳中碳为sp杂化，C原子的杂化方式发生变化，D错误；故选A。
【名校押题·第四题】
【答案】A
【解析】和反应生成和，无元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，A错误；反应(浓)中，P元素的化合价由0价降至中的-3价，为还原产物，中P的化合价为+1价，的化合价为-3价，所以分解生成为还原反应，属于还原产物，B正确；因为一元酸，只能电离出一个，中无法电离出，为正盐，C正确；分解方程式为，从+1价升高到+5价，同时，P从+1价降低到-3价，在该反应中，，转移4ml电子，分解时转移2ml电子，D正确；故选A。
【名校押题·第五题】
【答案】C
【解析】苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有碳原子可能共平面，不是一定共平面，A项错误；分析反应机理，反应①中Fe元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，反应②中Fe元素化合价由+2价变为+3价，反应⑥中Fe元素化合价由+3价变为+2价，属于氧化还原反应。B项错误；反应过程中有O-O非极性键的断裂和C-O、O-H等极性键的形成，故反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成，C项正确；根据反应机理可知每生成1ml苯甲醛，理论上消耗2mlH2O2，因有其他副产物生成（如CO2等），实际消耗H2O2的物质的量应大于2ml，D项错误；故选C。
考前13天 新型化学电源与电解池
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025年高考电化学的考查会紧密联系生活、生产实际和科技前沿，创设新颖的情境，注重考查考生对电化学基本概念、原理的理解和应用能力，以及获取信息、分析问题和解决问题的能力。同时，也会加强对不同知识间相互渗透与融合的考查，如将电化学与氧化还原反应、离子反应、化学平衡等知识相结合。通常以复杂、陌生、新颖的研究对象作为知识的载体，考查化学电源正、负极及电极反应式，电池充、放电原理及离子移动方向的判断，电极附近离子浓度的变化，根据原电池的总反应式或电极反应式，进行有关电子转移数目、反应物或生成物的量、电池效率等方面的计算。电解池主要考查阴、阳极及电极反应式的正误的判断，离子的移动方向，溶液pH的变化，电解产物的判断及电解的应用与计算等。根据离子交换膜的性质和电化学装置的工作原理，进行有关离子迁移量、物质的量浓度变化等方面的计算和分析。以实际生活中的金属防护措施为背景，如钢铁的涂漆、镀锌、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法等，考查考生对金属防护原理的理解和应用。
1．“三步”突破原电池电极反应式的书写
第一步：分析氧化还原反应
根据氧化还原反应，分析元素化合价的升降，确定正、负极反应物质及得失电子数目。
第二步：注意电解质溶液环境
分析电解质溶液的酸碱性及离子参加反应的情况，确定电极反应，写出电极反应式。
第三步：合并正、负电极反应
调整两极反应式中得失电子数目相等并叠加，消去电子，得出总反应式。
2．二次电池思维模型
3．析氢腐蚀和吸氧腐蚀
【方法技巧】新型化学电源的解题步骤
(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。
(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。
(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的为负极反应。
(4)电极反应→总反应方程式减去较简单一极的电极反应式→另一电极反应式。
4．明确电解池的电极反应及其放电顺序

(1)阳离子在阴极上的放电顺序：Ag＋＞Hg2＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸中)＞Pb2＋＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水中)。
(2)阴离子在阳极上的放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－>含氧酸根离子。
(3)活泼阳极失电子后得到的离子一般都会继续与电解质溶液中的离子发生复杂的反应，因此最终的氧化产物需要根据题目中的信息确定。
5．离子交换膜的原理及作用分析
6．电解问题的解答步骤
(1)首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极。
(2)再分析电解质的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
(3)然后排出阴、阳两极离子的放电顺序。
电解池阴、阳两极的放电顺序
7．电解计算解题“三方法”
(1)根据得失电子守恒计算
用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
(2)根据总反应式计算
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。
(3)根据关系式计算
根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
例如，以通过4 ml e－为桥梁可构建如下关系式：
(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有概括电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。
-.典例1【2024·安徽卷】我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是
A. 标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B. 电池总反应为：
C. 充电时，阴极被还原的主要来自
D. 放电时，消耗，理论上转移电子
【答案】C
【解析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确；由以上分析可知，该电池总反应为，B正确；充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01ml），理论上转移0.02 ml电子，D正确；故选C。
典例2【2024·湖北卷】我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是
A. 电解一段时间后阳极区减小
B. 理论上生成双极膜中有解离
C. 阳极总反应式
D. 阴极区存在反应
【答案】B
【解析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A项正确；根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1mlH2O解离成1mlH+和1mlOH-，故理论上生成1mlH3N+CH2COOH双极膜中有6mlH2O解离，B项错误；根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C项正确；根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D项正确；答案选B。
典例3【2024·甲卷】科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是
A.充电时，向阳极方向迁移
B.充电时，会发生反应
C.放电时，正极反应有
D.放电时，电极质量减少，电极生成了
【答案】C
【解析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A不正确；放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010ml），电路中转移0.020ml电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020ml，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020ml，D不正确；综上所述，本题选C。
典例4【2024·山东卷】以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电极a连接电源负极
B. 加入Y的目的是补充
C. 电解总反应式为
D. 催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【解析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确；催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1mlBr-得到6ml电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1mlO2失去4ml电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确；答案选B。
典例5【2024·广东卷】一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是
A. 阳极反应：
B. 阴极区溶液中浓度逐渐升高
C. 理论上每消耗，阳极室溶液减少213g
D. 理论上每消耗，阴极室物质最多增加138g
【答案】C
【解析】右侧溶液为饱和食盐水，右侧电极产生气体，则右侧电极为阳极，放电产生氯气，电极反应为：；左侧电极为阴极，发生还原反应，在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：；中间为阳离子交换膜，由阳极向阴极移动。由分析可知，阳极反应为：，A正确；由分析可知，阴极反应为：，消耗水产生，阴极区溶液中浓度逐渐升高，B正确；由分析可知，理论上每消耗，转移6ml电子，产生3ml，同时有6ml由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少，C错误；由分析可知，理论上每消耗，转移6ml电子，有6ml由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加，D正确；故选C。
【名校预测·第一题】（2025·浙江金华二模）已知：将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，如下装置可实现污染治理和、的综合利用。下列说法不正确的是
A．装置①实现了化学能转化为电能
B．电极2发生的反应为：
C．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低
D．治理过程中参与反应的、物质的量之比为1：1
【名校预测·第二题】（2025·重庆二模）浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置，当两极室离子浓度相等时放电完成。某浓差电池的工作原理如图所示(两室溶液的体积一直均为)。下列说法正确的是
A．电极Ⅱ的电势高于电极I
B．电子从电极I流出经用电器流入电极Ⅱ
C．电极I的电极反应式为：
D．放电结束后，左右两室溶液质量变化量相等
【名校预测·第三题】（2025·北京东城一模）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的。如图所示，在薄膜侧通入空气，侧通入氢气，充分反应后在侧得到高浓度的。下列分析正确的是
A．a侧CO2在薄膜表面发生还原反应
B．电子和在薄膜中移动方向相同
C．理论上b侧每消耗同时生成
D．总反应中元素的化合价均未发生变化
【名校预测·第四题】（2025·天津一模）液流电池是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液，总反应为：。下列说法正确的是
A．充电时阴极的电极反应式：
B．充电时电极a连外接电源的负极
C．放电时，每消耗6.5gZn电路中转移电子数为
D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【名校预测·第五题】（2025·广西南宁一模）为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态；当打开和，闭合时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的解离为和并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是
A．蓄电时，碳锰电极为阳极
B．蓄电时，右池中右侧电极发生的反应为
C．放电时，每消耗1ml MnO2，理论上有4ml H+由双极膜向碳锰电极迁移
D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充和KOH溶液
【名校押题·第一题】（2025·山西二模）某文章报道了一种两相无膜锌/吩噻嗪电池，其放电时的工作原理如图所示(在水系/非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷守恒)。
已知：的密度为，难溶于水。
下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．充电时，石墨毡连电源的正极
C．放电时，电池不能倒置，由水层移向层
D．放电时，板每减轻，水层增重
【名校押题·第二题】（2025·山东二模）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其装置示意图如图所示：
下列说法错误的是
A．电池工作时，质子由a极移向b极
B．b为电池正极
C．a极反应式为
D．理论上每吸收，b电极消耗的的体积为(标准状况)
【名校押题·第三题】（2025·江西萍乡一模）一种新型的铅锂电池的充、放电示意图如图所示，下列说法错误的是
A．放电时，向电极a方向迁移
B．充电时，中Mn元素被氧化
C．放电时，正极反应式为
D．充电时，每转移1ml，a极增重103.5g
【名校押题·第四题】（2025·广东茂名二模）如图是一种光电催化装置，它可以将空气中捕获的转化为各种化工原料。下列说法正确的是
A．工作时，从区移向区
B．制备时，理论上生成同时，可生成
C．制备时，阴极区发生反应：
D．制备时，理论上每生成的同时，阳极区溶液减少
【名校押题·第五题】（2025·河北衡水中学一模）有机物参加的反应在日常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成的装置如图所示，M电极和N电极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法正确的是
A．装置工作时，通过离子交换膜移向N极
B．阳极反应：2-4e-+4OH-+4H2O
C．装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的保持不变
D．转移相同电量，M电极消耗的和N电极产生的和相等
【名校预测·第一题】
【答案】D
【解析】将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，溶液A为，分析装置如下：装置①为原电池装置，电极1为负极，发生氧化反应：，电极2为正极，发生还原反应：，装置②为电解池，电极3为阳极，发生氧化反应：，电极4为阴极，发生还原反应：。根据分析可知，装置①为原电池装置，实现了化学能转化为电能，A正确；根据分析可知，电极2为正极，发生还原反应：，B正确；装置②为电解池，电极3为阳极，发生氧化反应：，反应一段时间，溶液pH降低，C正确；将工业废气(主要成分和)通入足量溶液获得溶液A和，二氧化碳的量增多，治理过程中参与反应的、物质的量之比小于1：1，D错误；故选D。
【名校预测·第二题】
【答案】D
【解析】该装置中电极Ⅰ为正极，电极反应式为：，电极Ⅱ为负极，电极反应式为：，通过阴离子交换膜，从左往右移动，据此解答。电极Ⅱ的电势低于电极Ⅰ，故A错误；电子应从电极Ⅱ流出经用电器流入电极Ⅰ，故B错误；电极I的电极反应式为，故C错误；放电结束后，左右两室溶液浓度为，左侧减少的质量与右侧增加的质量相等，故D正确；
故选D。
【名校预测·第三题】
【答案】C
【解析】该分离装置本质上是氢氧燃料电池，a为正极，氧气被还原电极反应式为，b为负极，氢气被氧化电极反应式为。
CO2在a侧与膜中水作用只是形成的酸碱平衡过程，并不发生电子得失的还原反应，A错误；膜中H2在b侧被氧化生成水，则电子应从b侧流向a侧；而则是由a侧向b侧迁移，二者方向相反，B错误；
H2在b侧被氧化放出2e⁻，每1mlH2可使2ml在b侧重新放出2mlCO2，符合电荷守恒和电子转移数目，C正确；H2中的H的化合价由0变为+1，元素化合价发生了变化，D错误；故选C。
【名校预测·第四题】
D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
【答案】D
【解析】Br2具有较强氧化性，Zn具有较强还原性，放电时，Zn作负极，失去电子，发生氧化反应，Br2在正极得到电子被还原生成Br-，Zn2+通过阳离子交换膜由右侧电极向左侧电极移动。充电时为放电的逆过程，题目据此解答。充电时的阴极Zn2+得电子发生还原反应，Zn2++2e-=Zn，A错误；Br2作为原电池的正极，充电时与外接电源的正极连接，B错误；放电时Zn-2e-=Zn2+，6.5gZn的物质的量为，转移电子数为0.2NA，C错误；放电时左侧电极发生Br2+2e-=2Br-，Zn2+通过阳离子交换膜由右侧电极向左侧电极移动，左侧储罐中离子浓度增大，D正确；故选D。
【名校预测·第五题】
【答案】C
【解析】当闭合和、打开时，装置处于蓄电状态，即为电解池，H+得电子生成H2，H元素化合价降低，则为阴极，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极；ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极；当打开和、闭合时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极，以此解答。由分析可知，蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为，B正确；放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1ml ，需要消耗4ml H+，但碳锰电极只生成2ml正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出是氢离子转移至左侧，因此理论上有2ml H+由双极膜向碳锰电极迁移，C错误；该电化学装置运行过程中H+得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，OH-失电子生成O2，但实际也消耗了溶剂水，氢氧根离子浓度同样增大，则不需要不断补充和KOH溶液，D正确；故选D。
【名校押题·第一题】
【答案】C
【解析】根据原电池的装置，Zn生成Zn2+，发生氧化反应，作负极，石墨毡为正极。放电时，锌失电子，发生氧化反应，A正确。充电时，石墨毡为阳极，与电源正极相连，B正确。水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极分隔开，故不能倒置，放电时，阴离子移向负极，故移向水层，C错误。放电时，板每减轻，转移电子的物质的量为，有移动到水层，故水层增重，D正确。故选C。
【名校押题·第二题】
【答案】C
【解析】由图可知，电极a为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，则电池工作时，质子由a极移向b极，故A正确；由分析可知，电极a为燃料电池的负极，电极b为正极，故B正确；由分析可知，电极a为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故C错误；由得失电子数目守恒可知，理论上每吸收1ml二氧化硫，标准状况下b电极消耗氧气的体积为1ml××22.4L/ml=11.2L，故D正确；故选C。
【名校押题·第三题】
【答案】D
【解析】由铅锂电池的充、放电示意图可知，电解质为溶液，放电时负极（a极）反应为，正极（b极）反应式为。放电时，阴离子向负极迁移，由分析知放电时a极为负极，向电极a方向迁移，故A正确；充电时b极为阳极， 转化为，Mn元素化合价升高，中Mn元素被氧化，故B正确；有分析知放电时，b极为正极，电极反应式为：，故C正确；充电时a极为阴极，电极反应式为，生成的进入电解质溶液中，外电路每转移1ml，a极质量减轻48g，D项错误；故选D。
【名校押题·第四题】
【答案】C
【解析】根据图示，M区水失电子放出氧气，M区是阳极区，左侧电极为阳极；N极区是阴极区，右侧电极为阴极。工作时，M区是阳极区、N区是阴极区，从M区移向N区，故A错误； 理论上生成同时，电路中转移4ml电子，制备时，C元素化合价由+4降低为+2，根据电子守恒，可生成2mlCO，故B错误；制备时，二氧化碳在阴极区得电子生成甲醇，阴极电极反应式为，故C正确；制备时，理论上每生成的同时，电路中转移4ml电子，有4ml氢离子，从M区移向N区，阳极区溶液减少36g，故D错误；故选C。
【名校押题·第五题】
【答案】B
【解析】由图可知，在N极发生还原反应生成，N极为阴极，M极为阳极，以此解答。由分析可知，N极为阴极，M极为阳极，则装置工作时，通过离子交换膜移向M极，A错误；
M极为阳极，在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，B正确；阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=
+6OH-，当转移4ml电子时，阴离子交换膜右侧有4ml OH-进入左侧，同时左侧消耗4ml OH-，右侧生成4ml OH-，两侧OH-物质的量不变，但左侧生成了水，OH-浓度减小，pH减小；右侧消耗水，OH-浓度增大，pH增大，C错误；阳极电极方程式为：2-4e-+4OH-=+4H2O，阴极电极方程式为：+6e-+4H2O=+6OH-，每转移相同电子，M电极消耗的大于N电极产生的，D错误；故选B。
考前12天 水溶液中的离子反应与平衡
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025年高考会结合化学实验、工艺流程等情境，考查平衡常数、Ksp的计算、离子浓度大小关系等，具有一定的综合性、灵活性和技巧性，对考生的分析问题和解决问题的能力要求较高。以图像、图表形式呈现信息考查对数、分布系数热点图像等，命题设计新颖灵活，综合性强，难度较大，较好地考查学生的观察能力、获取信息、采集处理数据的能力、图形转化能力、推理判断能力和图像分析能力。
1．对比理解“三大”平衡的影响因素
【特别提醒】平衡常数Ka(或Kb)、Kh、Ksp仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变。
2．沉淀溶解平衡图像分析
(1)典型示例
(2)点的变化
3．沉淀滴定曲线分析
以0.100 ml·L－1 AgNO3溶液滴定50.0 mL 0.050 0 ml·L－1 Cl－溶液的滴定曲线为例：
(1)根据曲线数据计算可知，Ksp(AgCl)的数量级为10－10。
(2)滴定终点c点为饱和AgCl溶液，c(Ag＋)＝c(Cl－)。
(3)相同实验条件下，若改为0.040 0 ml·L－1 Cl－，反应终点c向a方向移动。
(4)相同实验条件下，若改为0.050 0 ml·L－1Br－，反应终点c向b方向移动。
4．沉淀溶解平衡对数图像分析
5．理解酸碱中和滴定曲线
6．抓住关键“五点”，突破中和滴定曲线
例如，室温下，向20 mL 0.1 ml·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 ml·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如下图所示：
7．不同pH情况下“分布系数”图像分析
分布系数(δ)是溶液中某酸碱组分的平衡浓度占其总浓度的分数，δ与溶液pH的关系曲线称为分布曲线。如以草酸(H2C2O4)为例，在不同pH溶液中存在的三种微粒形式(H2C2O4、HC2O eq \\al(－,4) 、C2O eq \\al(2－,4) )的分布系数图如下：
(1)曲线 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的微粒
曲线Ⅰ代表H2C2O4，曲线Ⅱ代表HC2O eq \\al(－,4) ，曲线Ⅲ代表C2O eq \\al(2－,4) 。
(2)交点A、C的含义及应用
①交点A粒子浓度的等量关系为c(HC2O eq \\al(－,4) )＝c(H2C2O4)；交点C粒子浓度的等量关系为c(C2O eq \\al(2－,4) )＝c(HC2O eq \\al(－,4) )。
②利用交点A、C粒子浓度的等量关系，可以很方便地计算草酸(H2C2O4)的Ka1和Ka2，Ka1＝ eq \f(c（HC2O eq \\al(－,4) ）·c（H＋）,c（H2C2O4）) ＝c(H＋)＝10－1.2，Ka2＝ eq \f(c（C2O eq \\al(2－,4) ）·c（H＋）,c（HC2O eq \\al(－,4) ）) ＝c(H＋)＝10－4.2。
(3)B、D点的含义及应用
①最高点D对应的三种粒子浓度的关系：c(HC2O eq \\al(－,4) )>c(H2C2O4)＝c(C2O eq \\al(2－,4) )。
②推导c(H＋)与Ka1、Ka2的关系：Ka1·Ka2＝ eq \f(c（HC2O eq \\al(－,4) ）·c（H＋）,c（H2C2O4）) · eq \f(c（C2O eq \\al(2－,4) ）·c（H＋）,c（HC2O eq \\al(－,4) ）) ＝ eq \f(c2（H＋）·c（C2O eq \\al(2－,4) ）,c（H2C2O4）) ，由于B点c(H2C2O4)＝c(C2O eq \\al(2－,4) )，因此Ka1·Ka2＝c2(H＋)。
③最高点D代表的不是NaHC2O4溶液。
由图可知，NaHC2O4溶液的pH介于1.2～4.2，呈酸性，HC2O eq \\al(－,4) 的电离程度大于其水解程度，故c(C2O eq \\al(2－,4) )>c(H2C2O4)，而δ(HC2O eq \\al(－,4) )的最高点D点存在δ(C2O eq \\al(2－,4) )＝δ(H2C2O4)。
【特别提醒】E点向右，c(H2C2O4)不等于0，属于渐近线，只能无限接近横轴。
8．溶液中粒子浓度大小比较的规律
比较粒子浓度大小时关键是先确定所得电解质溶液的酸碱性
(1)多元弱酸的酸式盐溶液：对于电离为主的，如NaHSO3，遵循c(自身)>c(电离产物)>c(水解产物)，即c(HSOeq \\al(－,3))>c(SOeq \\al(2－,3))>c(H2SO3)；对于水解为主的，如NaHCO3，遵循c(自身)>c(水解产物)>c(电离产物)，即c(HCOeq \\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq \\al(2－,3))。
【特别提醒】常见的酸式盐溶液中NaHSO3和NaH2PO4以电离为主，显酸性。
(2)混合溶液离子浓度：例如0.2 ml·L－1氨水与0.2 ml·L－1氯化铵溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显碱性(常见物质中除了等浓度氢氰酸和氰化物混合溶液，大部分以电离为主)，所以c(OH－)>c(H＋)，则c(NHeq \\al(＋,4))大于c(Cl－)，即c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。再如0.2 ml·L－1醋酸与0.2 ml·L－1醋酸钠溶液等体积混合后，溶液以电离为主，显酸性，所以c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(3)溶液中离子、分子浓度的比较：对于HA和NaA的混合溶液，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na＋保持不变，若水解大于电离，则有c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，显碱性；若电离大于水解，则有c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，显酸性。
9．熟练三个守恒
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、COeq \\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq \\al(－,3)，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)。
(2)元素质量守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。
(3)质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。
以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图帮助建立质子守恒关系式：
①Na2CO3溶液
所以c(OH－)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
②NaHCO3溶液
所以c(OH－)＋c(COeq \\al(2－,3))＝c(H2CO3)＋c(H＋)。
另外，将混合溶液中的电荷守恒式和元素质量守恒式联立，通过代数运算消去其中的某离子，也可推出该溶液中的质子守恒式。
-.典例1【2024·安徽卷】环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是
A. 溶液中：
B. 溶液中：
C. 向的溶液中加入，可使
D. 向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中：
【答案】B
【解析】溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确；溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知,所以，则，B不正确； 远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；综上所述，本题选B。
典例2【2024·湖北卷】气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标()为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、，。下列说法错误的是
A. 时，溶液中
B. 时，
C. 时，
D. 时，溶液中加入少量，会溶解
【答案】C
【解析】由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5ml/L，则c()≤=ml/L=10-7.1ml/L，然而此时没有沉淀生成，说明不是由于pH太小，A错误；
常温下，反应的平衡常数：==，B正确；常温下，和固体混合后，固体全部溶解，没有沉淀，说明不能共存的原因不是双水解，而是生成了，即与不能大量共存的原因是生成了弱电解质，C错误；
D．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入，n()=，为易溶于水的弱电解质，存在三步电离，根据物料守恒：，D错误；故选B。
【名校预测·第二题】
【答案】C
【解析】溶液中，根据电荷守恒和物料守恒，得，则，A错误；实验2所得溶液中溶液pH约为11，说明碳酸氢钠溶液在加热条件下分解生成了碳酸钠，此时物料守恒为：，B错误；因为，且实验2所得溶液中溶液pH约为11，则，故，C正确；实验3中向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，反应的离子方程式为，D错误；故选C。
【名校预测·第三题】
【答案】B
【解析】碱性弱于先发生反应，则第一个滴定突变点为的滴定终点，由a点可知，；第二个滴定突变点为的滴定终点，由c点可知，；b点溶质为、、，且浓度均为；结合滴定过程中反应顺序可知，乙图中曲线对应粒子；
由分析，该混合溶液中，A正确； 由乙图中点（6.0，0.5），此时且pH=6，pOH=8，，，B错误；b点处，pH=6.1，pOH=7.9，结合分析，此时，则
，C正确； 由电荷守恒，a、b、c点均存在，D正确；故选B。
【名校预测·第四题】
【答案】A
【解析】含MA2(s)的MA2饱和溶液中存在如下平衡：MA2(s)M2++2A-、A-+H2OHA+OH-，往饱和溶液中加酸，不断减小溶液的pH，则两平衡都发生正向移动，HA的分布系数δ不断增大，A-的分布系数δ不断减小，M2+浓度不断增大，pc(M2+)不断减小，所以曲线②表示MA2中pc(M2+)随pH变化曲线，曲线③表示HA的分配系数随pH变化曲线，曲线④表示A-的分配系数随pH变化曲线，曲线①表示MB饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线。由分析可知，曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线，A正确；从图中可以看出，MB饱和溶液中，pc(M2+)=10-5ml/L，由于B2-会发生水解，溶液中c(B2-)＜10-5ml/L，所以Ksp(MB)=c(M2+)∙ c(B2-)＜10-10，B不正确；在曲线③④的交叉点，pH=3，c(HA)=c(A-)，的平衡常数为=10-11，C不正确；MB为强碱弱酸盐，其饱和溶液的pH＞7，pH=4的溶液应为MB饱和溶液中加入了酸，溶液中含有酸根离子，此时存在，D不正确；故选A。
【名校预测·第五题】
【答案】D
【解析】随着增大，、、、这些平衡会向右移动。会不断减小，也不断减小，所以曲线①表示随的变化。从反应来看，随着增大，先生成，其浓度先增大，当浓度增大到一定程度后，继续与反应生成等，浓度又会减小，所以曲线②表示随的变化。同理，曲线③表示随的变化，曲线④表示随的变化，A错误；由上述对曲线的分析可知，曲线③表示随的变化，从图中可以看出，随着增大，一直增大，B错误；
C．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则相当于是，看似是电荷守恒，但是观察横坐标从左往右增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，C错误；P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，，M点的横坐标为a，可知，，N点是曲线②、曲线④的交点，说明此时，根据，N点的横坐标为c，，，结合，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据，可知，，P点的横坐标为，D正确；故选D。
【名校押题·第一题】
【答案】C
【解析】根据溶度积与离子浓度关系有-lg=-lgKsp(Ag2SO4) +2lgc(Ag+)，-lg=-lgKsp(Ag2CrO4) +2lgc(Ag+)，- lgc(Cl-) =-lgKsp(AgCl) +lgc(Ag+)，结合图像中曲线斜率可知，②代表- lgc(Cl-)与lgc(Ag+)的关系，结合溶解度大小可知，Ksp(Ag2SO4) >Ksp(Ag2CrO4)，故①代表-lg与lgc(Ag+)的关系，③代表-lg与lgc(Ag+)的关系，根据a、b、c点坐标可知，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.95，Ksp(Ag2SO4) = 10-4.92，Ksp(AgCl)= 10-9.75。由分析可知，直线②代表-lgc(Cl-)与lgc(Ag+)的关系，A错误；由分析可知，③代表-lg与lgc(Ag+)的关系，d点相比a点，c(Ag+)偏小，则d点对应的溶液是不饱和溶液，B错误；当同时生成和沉淀时，溶液中，C正确；先计算开始产生沉淀时银离子浓度，然后判断沉淀顺序，所需银离子浓度越小，越先沉淀，开始生成Ag2CrO4时，
c(Ag+) =2 ml/L，开始生成AgCl时，c(Ag+)= ，开始生成Ag2SO4时，c(Ag+) =2 ml/L，向上述混合溶液中滴加少量溶液，先生成AgCl沉淀，D错误；故选C。
【名校押题·第二题】
【答案】D
【解析】KCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是-lgc(Cl-)与的变化关系，曲线表示与的变化关系，以此解答。由分析可知，曲线表示与的变化关系，A错误；A点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3可知，应生成0.001ml硝酸钾和0.001ml氯化银，剩余0.0005ml硝酸银，则c()>c(K+)>c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)>c(OH-)，所以A点溶液中,离子浓度为c()>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-)，B错误；由分析可知，L1代表是-lgc(Cl-)与的变化关系，曲线表示与的变化关系；加入20 mL硝酸银溶液时，K2CrO4恰好完全反应，B点为Ag2CrO4饱和溶液，由纵坐标的数值是4.0，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c()=10-4.0ml/L，c(Ag+)=2×10-4ml/L，Ksp(Ag2CrO4)=
c()c2(Ag+)=10-4.0×(2×10-4)2=4.0×10-12；加入10mL硝酸银时，KCl恰好完全反应，L1曲线中-lgc(Cl-)=4.9时为AgCl饱和溶液，c(Cl-)=10-4.9ml/L，则AgCl在沉淀溶解平衡中c(Ag+)=1×10-4.9ml/L，Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=10-4.9×10-4.9=1×10-9.8，则，C错误；相同实验条件下Ag2CrO4的Ksp不变，即平衡时溶液中c()=10-4ml·L-1，N点对应的纵坐标数值是4.0，则曲线中反应终点由点移到C点，D正确；故选D。
【名校押题·第三题】
【答案】C
【解析】滴定过程中发生反应：，，根据曲线所知，随着滴定的过程，电极电压逐渐增大，说明溶液中的离子浓度逐渐增大，b、d分别对应两个滴定终点，以此分析。b点溶液中溶质，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，对水的电离是抑制作用，继续加氢氧化钠至d点时溶质中主要离子为，此时水解程度最大，对水的电离促进作用最大，故水电离出的，A正确；a、b点发生反应：，b点恰好完全反应生成，结合苹果酸的电离平衡常数可知电离程度大于水解程度，故a、b点溶液呈酸性，B正确；c点溶质为和，根据电荷守恒，此时，，则，C错误；b点加入氢氧化钠溶液体积为2.9ml，则苹果酸的浓度=，D正确；故选C。
【名校押题·第四题】
【答案】C
【解析】由图可知，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生HCl与NaOH的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与NaOH的反应。由图可知，加入20mL氢氧化钠溶液恰好生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒，氯原子总量为，据此解答。氯水中的次氯酸具有强氧化性，则氯水具有漂白性，玻璃棒蘸取该溶液滴至pH试纸上会先变色后褪色，所以该实验过程不可以用pH试纸测量溶液的pH值，A错误；由分析可知，结合氯元素守恒，甲点溶液中存在：，B错误；丙点溶液中含有NaCl、NaClO、HClO，此时c(H+)=10-8ml/L， ，则，，结合反应，则c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以丙点溶液中：，C正确； 氯水中存在平衡：，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出，根据起点pH=2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)=0.01 ml/L，此时c(Cl2)=0.1-c(H+)，其平衡常数，即该反应的平衡常数K的数量级为10−6，D错误；故选C。
【名校押题·第五题】
【答案】C
【解析】0.1ml/L的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则均增大，故A正确；一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H+)，故B正确；0.1ml/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，＞c(NH3•H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)，故C错误；0.1ml/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=c(OH-)+c(Cl-)，故D正确；故选C。
考前11天 化学工艺流程综合题
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025年高考，题目会以真实的工业生产流程为载体，将元素化合物知识、化学实验基础知识、化学反应原理等进行综合考查，突出对考生提取信息、迁移应用、逻辑思维等能力的考查，要求考生能够运用所学化学知识和原理，从化学视角分析和解决生产实际中的问题。
一、情境真实化：以真实的工业生产过程为背景，如金属冶炼、化工产品制备、资源回收利用等，紧密联系实际，体现化学在工业生产中的重要作用。
二、知识综合化：将元素化合物知识、化学反应原理、化学实验操作、化学计算等多方面知识融合在一起考查，要求考生具备综合运用知识解决实际问题的能力。
三、思维开放化：增加开放性问题，如对工艺流程的改进建议、实验方案的设计与评价等，鼓励考生创新思维，培养考生分析和解决问题的能力。
四、计算与理论结合：将化学计算融入到原理分析和实验数据处理中，如根据流程图中的数据计算产率、转化率、离子浓度等，同时结合化学反应原理进行分析和解释。
1．工艺流程中化学(或离子)方程式的书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型。
(1)若元素化合价无变化，则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。
(2)若元素化合价有变化，则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．条件控制及目的
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
3．原料处理方法及目的
4．操作与试剂及“目的、原因、作用”
5．Ksp的相关计算
(1)常考角度
(2)pH计算
对于M(OH)n(s)⇌Mn＋(aq)＋nOH－(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH：
①开始沉淀时的pH求法：c(OH－)＝ eq \r(n,\f(Ksp,c（Mn＋）)) ，c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ，从而确定pH。
②沉淀完全时的pH求法：当该离子浓度小于或等于1.0×10－5 ml·L－1时，认为已经沉淀完全，c(OH－)＝ eq \r(n,\f(Ksp,1.0×10－5)) ml·L－1，c(H＋)＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ，从而确定pH。
6．循环物质的确定
(1)流程图中回头箭头的物质。
(2)生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质，注意隐含的生成物。
①从流程需要加入的物质去找：先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。
②从能构成可逆反应的物质去找：可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。
③从过滤后的母液中寻找：析出晶体经过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。
7．分离、提纯的操作方法
(1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
(2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。
(4)萃取与反萃取
①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。
②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。
(5)其他
①蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防止其水解。
②减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
8．沉淀的洗涤
(1)洗涤试剂、适用范围及目的
(2)检验离子是否已经沉淀完全的方法：将反应混合液静置，向上层清液中继续滴加沉淀剂××，若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全，若产生沉淀，则××离子未完全沉淀。
(3)洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3 次。
(4)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀已洗涤干净，否则沉淀未洗涤干净。
9．化工流程中的图像分析
(1)会识图：一看面、二看线、三看点(弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势)。
(2)会析数：分析数据、图像中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
10．化工流程中的定量计算
(1)常见类型及解题方法
(2)定量计算的常用公式
-典例1【2024·北京卷】利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。
（2）(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是_______。
（3）矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图；400 ℃和500 ℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。
①温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。
②温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。
（4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。
（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。

【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）
（3）温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于425 ℃，随焙烧温度升高发生反应：
，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低
（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质铁会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。
（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）铵盐不稳定，易分解，(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；
（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加
②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO4 eq \(=====,\s\up7(△)) 6CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低
（4）加入铁置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为
（5）粗铜中含有铁杂质，加酸可以除铁，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质铁会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。
典例2【2024·广东卷】镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。
（2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。
（3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
（4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。
（5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。
（6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。
【答案】（1）2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3）铁 [FeCl4]-
（4）高 NaCl
（5）3.2 4.0×10-7
（6）2:1:1 8a3
【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝。
（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2