?專題三　氧化還原反應　離子反應
明課程標準
備關(guān)鍵能力
1．認識有化合價變化的反應是氧化還原反應，了解氧化還原反應的本質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，知道常見的氧化劑和還原劑。
2．認識酸、堿、鹽等電解質(zhì)在水溶液中或熔融狀態(tài)下能發(fā)生電離。通過實驗事實認識離子反應及其發(fā)生的條件，了解常見離子的檢驗方法。
1．理解與辨析：理解氧化還原反應的概念及概念間的關(guān)系，理解離子反應的概念及發(fā)生的條件，認識離子反應和氧化還原反應在生產(chǎn)生活和科學研究中的作用。
2．分析與推測：能運用元素化合物知識，根據(jù)實驗現(xiàn)象，進行離子的檢驗和推斷，能分析氧化還原反應的基本概念及電子轉(zhuǎn)移情況，正確書寫離子方程式和氧化還原方程式。


高考真題·導航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
1．(2021·全國乙卷T3)下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是(　A　)
A．用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：
CO＋CaSO4===CaCO3＋SO
B．過量鐵粉加入稀硝酸中：
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
D．氯化銅溶液中通入硫化氫：
Cu2＋＋S2－===CuS↓
【解析】　硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為CO＋CaSO4===CaCO3＋SO，故A正確；過量的鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應為3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故B錯誤；硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應為Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，故C錯誤；硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應為Cu2＋＋H2S===＝CuS↓＋2H＋，故D錯誤。
2．(2020·全國卷Ⅱ·8)某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。根據(jù)實驗現(xiàn)象可判斷其組成為(　B　)
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【解析】　①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則不含CaCO3，排除C選項；②做焰色反應，通過鈷玻璃可觀察到紫色，可確定含有鉀元素，即含有KCl；③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則應含有MgSO4，綜合以上分析，混合物由KCl和MgSO4兩種物質(zhì)組成，故選B。
3．(2020·全國卷Ⅲ·11)對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是(　A　)
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO
B．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋
D．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH＋OH－===NH3·H2O
【解析】　用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有強氧化性，可將部分SO氧化為SO，同時產(chǎn)生的氫離子與剩余部分SO結(jié)合生成HSO，Cl2被還原為Cl－，反應的離子反應方程式為3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO，A選項正確；向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是強酸，弱酸不能制強酸，故不發(fā)生反應，B選項錯誤；向H2O2中滴加少量的FeCl3，F(xiàn)e3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解，正確的離子方程式應為2H2O22H2O＋O2↑，C選項錯誤；NH4HSO4電離出的H＋優(yōu)先和NaOH溶液反應，同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，氫離子和氫氧根恰好完全反應，正確的離子反應方程式應為：H＋＋OH－===H2O，D選項錯誤。
4．(2019·全國卷Ⅲ·10)離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤的是(　A　)

A．經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數(shù)不變
B．水中的NO、SO、Cl－通過陰離子樹脂后被除去
C．通過凈化處理后，水的導電性降低
D．陰離子樹脂填充段存在反應H＋＋OH－===H2O
【解析】　本題為信息題，注意從題目信息中提取有用信息。根據(jù)示意圖，水經(jīng)過陽離子交換樹脂后，Ca2＋、Na＋、Mg2＋均被H＋交換，因為Ca2＋、Mg2＋是＋2價陽離子，H＋是＋1價陽離子，根據(jù)電荷守恒與Ca2＋、Mg2＋交換的H＋數(shù)目應為Ca2＋、Mg2＋總數(shù)的2倍，因此水中陽離子總數(shù)增加，A錯誤；根據(jù)示意圖，NO、SO、Cl－經(jīng)過陰離子交換樹脂后被OH－替換，B正確；水經(jīng)過凈化后溶液中離子濃度減小，水的導電性降低，純水幾乎不導電，C正確；經(jīng)過陽離子交換樹脂后溶液中的陽離子全部是H＋，經(jīng)過陰離子交換樹脂后溶液中的陰離子被OH－替換，所以在陰離子樹脂填充段存在反應H＋＋OH－===H2O，D正確。
5．(2020·全國卷Ⅰ·26節(jié)選)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。

該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金屬離子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
開始沉淀pH
1．9
7．0
3．0
8．1
完全沉淀pH
3．2
9．0
4．7
10．1

回答下列問題：
(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是__加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)__。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同時還有__Fe2＋__離子被氧化。寫出VO＋轉(zhuǎn)化為VO反應的離子方程式__VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O__。
【解析】　(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是：升高溫度，加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2＋具有還原性，則VO＋和VO2＋被氧化成VO的同時還有Fe2＋被氧化，反應的離子方程式為MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋轉(zhuǎn)化為VO時，釩元素的化合價由＋3價升至＋5價，1 mol VO＋失去2 mol電子，MnO2被還原為Mn2＋，Mn元素的化合價由＋4價降至＋2價，1 mol MnO2得到2 mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO＋轉(zhuǎn)化為VO反應的離子方程式為VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。
6．(2020·全國卷Ⅱ·26節(jié)選)化學工業(yè)為疫情防控提供了強有力的物質(zhì)支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：
(1)Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應(氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應)。上述制備Cl2O的化學方程式為__2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O__。
(2)ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應屬于歧化反應，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量為__1．25__mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學方程式為__NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O__。
【解析】　(1)Cl2歧化為Cl2O和Cl－，HgO和氯氣反應的方程式為2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O；(2)5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1 mol ClO2，消耗NaClO2為×5＝1．25 mol；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應生成硫酸鈉、水和二氧化碳，方程式為NaHCO3＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
　　　　　　
離子反應和氧化還原反應是歷年高考的重點和熱點，預計2022年高考仍會延續(xù)以往的考查方式，重點考查氧化還原反應、離子反應的基本規(guī)律，新情境下信息型氧化還原反應方程式、離子方程式的書寫和判斷等，其中離子共存，離子方程式的正誤判以及氧化還原反應的規(guī)律主要以選擇題的形式出現(xiàn)，在填空部分常會結(jié)合元素化合物知識以化工流程題，實驗探究題形式考查離子方程式的書寫，陌生氧化還原方程式的書寫及配平和相關(guān)計算，多角度，動態(tài)地分析離子反應、氧化還原反應，利用特征離子反應和氧化還原反應對物質(zhì)進行定性研究或判斷。

必備知識·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、氧化還原反應
1．理清兩條概念線索

2．掌握氧化還原反應的規(guī)律

3．儲備陌生氧化還原方程式、離子方程式的書寫知識
(1)在日常的學習、練習中，注意記憶、積累常見元素的化合價；認識并掌握常見的氧化劑、還原劑。
①強氧化性物質(zhì)或離子：Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(濃)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(濃)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。
②強還原性物質(zhì)或離子：Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
(2)掌握常見氧化劑、還原劑發(fā)生氧化還原反應的產(chǎn)物。有時候物質(zhì)的氧化還原產(chǎn)物還要根據(jù)題中的情境信息考慮，如H2S與濃硝酸反應甚至能被氧化為H2SO4，I－可以被過量的濃氯水氧化生成IO。了解常見物質(zhì)反應后的存在形式，比如O2得電子后轉(zhuǎn)變?yōu)镺2－，在酸性環(huán)境下結(jié)合H＋生成H2O，而在堿性條件下則與H2O轉(zhuǎn)變?yōu)镺H－。
二、離子反應
1．正確書寫離子方程式
(1)書寫時判斷離子反應順序的方法
①氧化還原型離子反應——強者優(yōu)先
同一氧化劑(或還原劑)可能與多種還原劑(或氧化劑)反應，其中還原性(或氧化性)最強的還原劑(或氧化劑)最先反應，反應完全后由強到弱依次進行。
②復分解型離子反應——最穩(wěn)定生成物優(yōu)先
采用“假設(shè)驗證法”：假設(shè)某種離子先反應，若生成產(chǎn)物與其他成分能共存，則該離子優(yōu)先反應，否則該離子不能優(yōu)先反應。如含有Al3＋、NH、H＋溶液中逐滴加入NaOH溶液，OH－按H＋→Al3＋→NH→Al(OH)3順序依次反應。
(2)與“量”有關(guān)的離子方程式的書寫“少定多變”法
…就是把相對量較少的物質(zhì)定為“1 mol”，若少量物質(zhì)有兩種或兩種以上離子參加反應，則參加反應的離子的物質(zhì)的量之比與組成比相符。
…過量反應物離子的化學計量數(shù)根據(jù)反應實際需求量來確定，不受化學式中的比例制約，是可變的。
2．離子共存問題審題“三大”注意
(1)審清題干中的要求：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。
(2)應注意題干中提示的水的電離程度：當由水電離出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7 mol·L－1時，水的電離受到抑制，溶液可能為酸性溶液或堿性溶液；當由水電離出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7 mol·L－1時，水的電離得到促進，溶液可能為弱酸鹽溶液或弱堿鹽溶液。
(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，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能認為“有色”就不透明。
3．掌握常見離子的檢驗
(1)常見陽離子的檢驗

(2)常見陰離子的檢驗

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關(guān)鍵能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO　　　　　　　　　　　
考點一　氧化還原反應
角度　氧化還原反應的概念及其關(guān)系
典例1　＋＋＋(2021·昆明模擬)(SeO2)是一種氧化劑，其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃HNO3或濃H2SO4反應生成SeO2以回收Se。在回收過程中涉及如下化學反應：
①SeO2＋4KI＋4HNO3===Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；
②Se＋2H2SO4(濃)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O。
下列有關(guān)敘述不正確的是(　C　)
A．反應①中Se是還原產(chǎn)物，I2是氧化產(chǎn)物
B．SeO2、H2SO4(濃)、I2的氧化性由強到弱的順序是H2SO4(濃)>SeO2>I2
C．反應②中濃H2SO4既體現(xiàn)其酸性又體現(xiàn)強氧化性
D．反應①中每有0．6 mol I2生成，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1．2NA
【解析】　反應①中氧化劑是SeO2，還原劑是KI，則Se是還原產(chǎn)物，I2是氧化產(chǎn)物，A正確。同一個氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應①中氧化劑是SeO2，氧化產(chǎn)物是I2，反應②中氧化劑是濃硫酸，氧化產(chǎn)物是SeO2，所以氧化性：H2SO4(濃)>SeO2>I2，B正確。反應②中濃H2SO4只體現(xiàn)其強氧化性，而不體現(xiàn)酸性，C錯誤。反應①中每生成1 mol I2轉(zhuǎn)移2 mol電子，則每有0．6 mol I2生成，轉(zhuǎn)移電子1．2 mol，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1．2NA，D正確。

思維建模
三步解答氧化還原反應的題目
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〔類題通關(guān)〕
1．(2021·寧波模擬)氯仿在空氣中會生成劇毒物質(zhì)2CHCl3＋O2===2COCl2＋2HCl，其中說法不正確###的是(　B　)
A．光氣COCl2中碳的化合價為＋4價
B．氯仿CHCl3在反應過程中得電子
C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為1∶1
D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2
【解析】　氯元素為－1價，氧元素為－2價，根據(jù)化合價法則可知，光氣COCl2中碳的化合價為＋4價，A正確；根據(jù)2CHCl3＋O2===2COCl2＋2HCl反應可知，氧氣做氧化劑，CHCl3做還原劑，在反應中失電子，發(fā)生氧化反應，B錯誤；根據(jù)2CHCl3＋O2===2COCl2＋2HCl反應可知，CHCl3做還原劑，發(fā)生氧化反應，氧化產(chǎn)物為COCl2，氧氣做氧化劑，發(fā)生還原反應，COCl2為還原產(chǎn)物，且氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為1∶1，C正確；根據(jù)2CHCl3＋O2===2COCl2＋2HCl反應可知，氧氣做氧化劑，CHCl3做還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，D正確。
2．(2021·張家口模擬)NaClO2是一種高效的漂白劑，實驗室中一種制備NaClO2的過程如圖所示，下列說法錯誤的是(　C　)

A．NaClO2的漂白原理與SO2不同
B．每生成1 mol ClO2有0．5 mol H2C2O4被氧化
C．反應2過程中，H2O2作氧化劑
D．粗產(chǎn)品經(jīng)重結(jié)晶可得到純度更高的NaClO2
【解析】　NaClO2的漂白原理是依靠其氧化性，SO2的漂白原理是與有色物質(zhì)反應生成無色的物質(zhì)，NaClO2的漂白原理與SO2不同，故A正確；反應1中NaClO3生成ClO2過程Cl元素由＋5價變?yōu)椋?價，H2C2O4反應生成CO2過程C元素由＋3價變?yōu)椋?價，每生成1 mol ClO2有0．5 mol H2C2O4被氧化，故B正確；反應2的反應之一為2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋O2↑＋2H2O，反應過程中Cl元素由＋4價變?yōu)椋?價，ClO2作氧化劑，H2O2作還原劑，故C錯誤；粗產(chǎn)品經(jīng)重結(jié)晶可得到純度更高的NaClO2，故D正確。
角度　氧化還原反應的應用及計算
典例2?。∪芤篨中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中緩緩加入還原性鐵粉，溶液中c(Fe2＋)與加入鐵粉的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(　B　)

A．n(Fe)＝0～0．5 mol時，生成的氣體為混合物
B．氧化性：HNO3>Fe3＋>Cu2＋
C．溶液X中n(HNO3)∶n[Fe(NO3)3]∶n[Cu(NO3)2]＝1∶2∶4
D．轉(zhuǎn)移電子的總物質(zhì)的量為7 mol
【對點析圖】　

【解析】　根據(jù)以上分析可知，當n(Fe)＝0～0．5 mol時，生成的氣體只有NO，A項錯誤；氧化性強弱順序為HNO3>Fe3＋>Cu2＋，B項正確；溶液X中，n(HNO3)∶n[Fe(NO3)3]∶n[Cu(NO3)2]＝2 mol∶1．5 mol∶2 mol＝4∶3∶4，C項錯誤；反應過程中轉(zhuǎn)移電子的總物質(zhì)的量為1．5 mol＋2 mol＋4 mol＝7．5 mol，D項錯誤。

方法技巧
(1)假設(shè)法突破氧化還原反應能否進行
先假設(shè)選項中的化學反應能夠發(fā)生，依據(jù)此反應判斷出還原性(或氧化性)的強弱，然后再與題目提供的還原性(或氧化性)強弱順序?qū)φ?，若二者表示的還原性(或氧化性)強弱順序一致，則此反應能夠發(fā)生；若不一致，則此反應不能進行。
(2)熟記反應先后兩大規(guī)律
①同一還原劑與多種氧化劑發(fā)生氧化還原反應的先后順序：KMnO4(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋>H＋。
②同一氧化劑與多種還原劑發(fā)生氧化還原反應的先后順序：S2－>SO(或HSO)>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。

〔類題通關(guān)〕
1．(2021·茂名模擬)利用空氣催化氧化法除掉電石渣漿(含CaO)上清液中的S2－，制取石膏(CaSO4·2H2O)的過程如下：

下列說法正確的是(　A　)
A．CaSO4·2H2O屬于鹽類和純凈物
B．過程Ⅱ中反應的離子方程式為2S2－＋4MnO＋10H＋===4Mn(OH)2＋S2O＋H2O
C．過程Ⅰ后溶液pH增大
D．將10 L上清液中的S2－(S2－濃度為480 mg·L－1)轉(zhuǎn)化為SO，理論上共需要0．15 mol O2
【解析】　CaSO4·2H2O俗名生石膏，屬于結(jié)晶水合物，具有固定的組成和性質(zhì)，屬于純凈物里的鹽類，A正確；根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，過程Ⅱ中S2－與MnO生成S2O和Mn(OH)2，根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒和物料守恒，反應的離子方程式為4MnO＋2S2－＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，B錯誤；由分析可知過程Ⅰ中發(fā)生反應：2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnO＋4H2O，溶液的pH減小，C錯誤；10 L上清液中的S2－的物質(zhì)的量＝＝0．15 mol，根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程可知，S2－轉(zhuǎn)化為S2O過程中需要消耗氧氣，S2O轉(zhuǎn)化為SO也需要消耗氧氣，在S2－～S2O～SO的過程中，硫元素的化合價由－2價變成＋6價，S2－共失去0．15 mol×8＝1．2 mol電子，1 mol O2在反應中得到4 mol電子，所以將10 L上清液中的S2－轉(zhuǎn)化為SO，理論上共需要O2的物質(zhì)的量＝ mol＝0．3 mol，D錯誤。
2．(1)某鐵的氧化物(FexO)1．52 g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112 mL Cl2，恰好將Fe2＋完全氧化。x值為__0．8__。
(2)欲使3 mol的VO2＋變?yōu)閂O，則需要氧化劑KClO3至少為__0．5__mol。
(3)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1 mol N2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為____mol。
(4)已知：還原性HSO>I－，氧化性IO>I2。在NaIO3溶液中滴加過量的NaHSO3溶液反應完全，推測反應后溶液中的還原產(chǎn)物為__NaI__(填化學式)。
【解析】　(1)根據(jù)電子得失守恒可知：××x＝×2，解得x＝0．8。(2)欲使3 mol的VO2＋變?yōu)閂O，釩元素化合價從＋4升高到＋5，而氧化劑KClO3中氯元素化合價從＋5降低到－1，則根據(jù)電子得失守恒可知需要氯酸鉀的物質(zhì)的量為3 mol÷6＝0．5 mol。(3)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目既可用氧化劑得電子數(shù)目也可以用還原劑失電子數(shù)目進行確定。由反應方程式8NH3＋6NO2===7N2＋12H2O可知，當生成1 mol N2時有 mol電子轉(zhuǎn)移。(4)由還原性HSO>I－，可知當NaHSO3溶液過量時IO先被還原成I2，再被還原成I－。
角度　陌生氧化還原方程式的書寫
典例3?。准捌浠衔镌诠まr(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要用途?；卮鹣铝袉栴}：
(1)下圖所示為提純白磷樣品(含惰性雜質(zhì))的工藝流程。過程I中，被還原的元素是__Cu、P__(填元素符號)，過程Ⅲ的化學方程式為__2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4__。

(2)磷酸釩鋰/碳復合材料[ Li3V2(PO4)3/C]是常用的電極材料，其制備流程如下：

①復合材料中V的化合價為__＋3__，C的作用是__增強復合材料的導電性__。
②V2O5與H2C2O4反應生成V2(C2O4)3的化學方程式為__V2O5＋5H2C2O4===V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O__；“洗滌”時用乙醇而不用水的目的是__減少產(chǎn)品損耗__。
③鋰離子電池是一種二次電池，又稱“搖椅”電池。若用LixC6和 Li3V2(PO4)3/C做電極，放電時的電池總反應為 LixC6＋ Li3－xV2(PO4)3===Li3V2(PO4)3＋C6，則電池充電時陽極的電極反應式為__Li3V2(PO4)3－xe－=== Li3－xV2(PO4)3＋x Li＋__。
【解析】　(1)根據(jù)圖像，過程Ⅰ中白磷與硫酸銅溶液反應生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合價降低，被還原；過程Ⅲ中反應物為Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物為CaSiO3、CO和P4，反應的化學方程式為2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4；(2)①磷酸釩鋰/碳復合材料[ Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根顯－3價，鋰顯＋1價，因此V的化合價為＋3價，該復合材料是常用的電極材料，C為導體，可以增強復合材料的導電性；②V2O5與H2C2O4反應生成V2(C2O4)3過程中V的化合價由＋5價降低為＋3價，則草酸被氧化生成二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為V2O5＋5H2C2O4===V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O; Li3V2(PO4)3能夠溶于水，“洗滌”時用乙醇而不用水，可以減少產(chǎn)品損耗；③該鋰離子放電時的電池總反應為 LixC6＋ Li3－xV2(PO4)3===Li3V2(PO4)3＋C6，則充電時電池的總反應為 Li3V2(PO4)3＋C6===LixC6＋Li3－xV2(PO4)3，充電時陽極發(fā)生氧化反應，電極反應為 Li3V2(PO4)3－xe－===Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋。

規(guī)律方法
陌生氧化還原方程式的書寫方法

?

?

?

?
檢查配平后反應并確定離子方程式

〔類題通關(guān)〕
(2021·滄州模擬)用含鉻不銹鋼廢渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(鉻綠)的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：
(1)“堿熔”時，為使廢渣充分氧化可采取的措施是__粉碎廢渣__、__充分攪拌(或通入足量空氣等其他合理答案)__。
(2)Cr2O3、KOH、O2反應生成K2CrO4的化學方程式為__2Cr2O3＋8KOH＋3O24K2CrO4＋4H2O__。
(3)“水浸”時，堿熔渣中的KFeO2強烈水解生成的難溶物為__Fe(OH)3__(填化學式，下同)；為檢驗“水浸”后的濾液中是否含有Fe3＋，可選用的化學試劑是__KSCN__。
(4)“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為__Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O__。
【解析】　(1)粉碎廢渣，廢渣顆粒分散在液態(tài)KOH、K2CO3中或通入足量空氣并充分攪拌，增大接觸面積，加快反應速率；(2)Cr2O3―→2K2CrO4失去6e－，O2―→K2CrO4、H2O得到4e－，依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得2Cr2O3＋8KOH＋3O24K2CrO4＋4H2O；(3)FeO結(jié)合H2O電離出的H＋及H2O生成Fe(OH)3和KOH；檢驗Fe3＋用KSCN溶液；(4)Cr2O―→2Cr3＋得到6e－，SO―→SO失去2e－，依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。
考點二　離子反應
角度　離子方程式的書寫及正誤判斷
典例1?。?2021·湖北適應性測試)不能正確表示下列反應的離子方程式的是(　A　)
A．將少量溴水滴入過量Na2SO3溶液中：
Br2＋H2O＋SO===2Br－＋2H＋＋SO
B．將足量Fe2(SO4)3溶液滴入Mg(OH)2濁液中：
2Fe3＋＋3Mg(OH)2===2Fe(OH)3＋3Mg2＋
C．將過量SO2通入K2S溶液中：
5SO2＋2S2－＋2H2O===3S↓＋4HSO
D．將葡萄糖溶液與足量銀氨溶液共熱：
CH2OH(CHOH)4CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－CH2OH(CHOH)4COO－＋NH＋2Ag↓＋3NH3＋H2O
【解析】　溴水剛滴入Na2SO3溶液中時，Br2與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉和NaBr，離子方程式為Br2＋H2O＋SO===2Br－＋2H＋＋SO，由于Na2SO3溶液過量，反應生成的H＋會繼續(xù)與Na2SO3反應，題給離子方程式不能表示該反應，故A符合題意；向Mg(OH)2濁液中滴入FeCl3溶液，離子方程式：3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋，題給離子方程式能表示該反應，故B不符合題意；將過量SO2氣體通入K2S溶液中，發(fā)生氧化還原反應生成S沉淀，由于SO2氣體過量，生成HSO，題給離子方程式能表示該反應，故C不符合題意；將足量葡萄糖溶液與足量銀氨溶液共熱，葡萄糖中含有醛基，會與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，離子方程式為CH2OH(CHOH)4CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－CH2OH(CHOH)4COO－＋NH＋2Ag↓＋3NH3＋H2O，題給離子方程式能表示該反應，故D不符合題意。

方法技巧
離子方程式正誤判斷及書寫時的關(guān)注點


〔類題通關(guān)〕
1．(2021·茂名模擬)化學與生活關(guān)系密切，解釋下列應用的離子方程式正確的是(　A　)
選項
應用
解釋(離子方程式)
A
淀粉－KI溶液(稀硫酸酸化)檢驗碘鹽中含KIO3
5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O
B
電解飽和食鹽水制氫氣和氯氣
2Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2↑
C
醋酸用于除去水垢
2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
D
氯化鐵用于蝕刻銅板
Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋Fe2＋

【解析】　電荷守恒，得失電子守恒，A正確；食鹽水是中性，電解反應的離子方程式為2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－，B錯誤；醋酸是弱電解質(zhì)，應該用分子式表示，正確的應該是2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，C錯誤；電荷不守恒，正確的應該是2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，D錯誤。
2．(2021·人大附中模擬)下列解釋實驗現(xiàn)象的離子方程式不正確的是(　D　)
A．新制氯水中滴加NaOH溶液后，黃綠色褪去：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．向Na2CO3溶液中滴加酚酞溶液，溶液變紅：CO＋H2OHCO＋OH＋
C．向Mg(OH)2懸濁液中滴加FeCl3溶液，生成紅褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋
D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，溶液渾濁：2S2O＋4H＋===SO＋3S↓＋2H2O
【解析】　新制氯水中滴加NaOH溶液后，黃綠色褪去，是氯氣和氫氧化鈉反應，反應的離子方程式為Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故A正確；向Na2CO3溶液中滴加酚酞溶液，溶液變紅是碳酸根離子水解，溶液顯堿性，反應的離子方程式為CO＋H2OHCO＋OH－，故B正確；向Mg(OH)2懸濁液中滴加FeCl3溶液，生成紅褐色沉淀，反應的離子方程式為3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋，故C正確；向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反應生成硫單質(zhì)和二氧化硫氣體，溶液變渾濁，反應的離子方程式為S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，故D錯誤。
角度　離子共存與離子推斷
典例2?。碂o色溶液中可能含有Na＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、SO、NO、CO、Cl－中的某幾種，且溶液中陰離子的物質(zhì)的量相等。某同學利用該無色溶液設(shè)計并完成了如下實驗：

根據(jù)上述實驗操作與現(xiàn)象，該同學得出的結(jié)論正確的是(　B　)
A．氣體X和氣體Y均屬于電解質(zhì)
B．原無色溶液中至少有5種離子存在，其中Na＋一定存在且c(Na＋)≥0．4 mol·L－1
C．濾液M在酸性條件下與銅片的反應中，還原產(chǎn)物是NO2
D．將氣體Y全部通入10 mL 1．2 mol·L－1 NaOH溶液中，所得溶液中陰離子主要為CO
【對點析圖】　

【解析】　NH3和CO2都屬于非電解質(zhì)，A項錯誤。根據(jù)溶液中陰離子的物質(zhì)的量相等，可知n(NO)＝0．01 mol，若溶液中不含有Cl－，根據(jù)溶液呈電中性可知，溶液中一定含有Na＋，則n(Na＋)＝2n(SO)＋2n(CO)＋n(NO)－n(NH)＝2×0．01 mol＋2×0．01 mol＋0．01 mol－0．01 mol＝0．04 mol，c(Na＋)＝0．4 mol·L－1；若溶液中還含有Cl－，則c(Na＋)>0．4 mol·L－1，則原無色溶液中一定含有NH、SO、CO、NO、Na＋5種離子，且c(Na＋)≥0．4 mol·L－1，B項正確。濾液M中含有的NO濃度很小，酸性條件下與銅片反應，還原產(chǎn)物是NO(無色)，NO遇O2反應產(chǎn)生NO2，C項錯誤。將0．01 mol CO2全部通入10 mL 1．2 mol·L－1 NaOH溶液中，n(NaOH)＝1．2 mol·L－1×0．01 L＝0．012 mol，n(CO2)∶n(NaOH)＝0．01 mol∶0．012 mol＝5∶6，二者反應的化學方程式為5CO2＋6NaOH===Na2CO3＋4NaHCO3＋H2O，所得溶液中陰離子主要為CO和HCO，D項錯誤。

規(guī)律方法
離子推斷“四原則”
(1)肯定性原則：根據(jù)實驗現(xiàn)象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的離子；
(2)互斥性原則：在肯定某些離子的同時，結(jié)合離子共存規(guī)律，否定一些離子；
(3)電中性原則：溶液中一定既有陽離子，又有陰離子，且正負電荷總數(shù)相等；
(4)進出性原則：實驗過程中引入或反應生成的離子對后續(xù)實驗有干擾。

典例3?。?2021·無錫模擬)常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是(　B　)
A．澄清透明的溶液中：H＋、Fe2＋、SO、NO
B．0．1 mol·L－1 BaCl2溶液中：K＋、Na＋、OH－、NO
C．使甲基橙變紅的溶液中：Ca2＋、Mg2＋、CH3COO－、Cl－
D．＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：NH、NO、Na＋、CO
【解析】　溶液中H＋、Fe2＋、NO之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，A不符合；0．1 mol·L－1BaCl2溶液中K＋、Na＋、OH－、NO可以大量共存，B符合；使甲基橙變紅的溶液顯酸性，CH3COO－不能大量共存，C不符合；＝1×10－12 mol·L－1的溶液中氫離子濃度小于氫氧根離子濃度，溶液顯堿性，NH不能大量共存，D不符合。

方法技巧
判斷離子共存的步驟
第一步：“細審題看關(guān)鍵點”
(1)注意“一定大量共存”“可能大量共存”還是“不能大量共存”等關(guān)鍵點。
(2)注意“透明溶液”意味著無難溶物和微溶物，但并不意味著溶液無色。
第二步：“分析限制條件”
(1)常見表示溶液呈酸性的表述
①常溫下，pH＝1的溶液；
②使pH試紙變紅的溶液；
③使甲基橙呈紅色的溶液；
④與鎂粉反應放出氫氣的溶液；
⑤c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(2)常見表示溶液呈堿性的表述
①常溫下，pH＝14的溶液；
②使pH試紙變藍的溶液；
③使酚酞試液變紅的溶液；
④c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(3)常見表示溶液既可能呈酸性也可能呈堿性的表述
①常溫下，水電離出的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液；
②與NH4HCO3反應能產(chǎn)生氣體的溶液。
(4)無色溶液：不含有Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、MnO等。
第三步：“抓住反應發(fā)生條件”
(1)生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)的復分解反應。
(2)特別注意氧化還原反應。
(3)熟記相互促進的水解反應。

〔類題通關(guān)〕
1．(2021·上海模擬)某溶液中可能含有物質(zhì)的量濃度相等的Cl－、SO、NO、NH、Al3＋、Fe3＋和K＋。取少量溶液，加入過量的Ba(OH)2溶液并加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，同時生成白色沉淀。則原溶液中(　A　)
A．可能有Cl－、NO B．可能有4種離子
C．可能無Fe3＋ D．一定有SO、NH、K＋
【解析】　取少量溶液，加入過量的Ba(OH)2溶液并加熱，產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體NH3，故原溶液中含有NH，同時生成白色沉淀說明含有SO，由于Fe(OH)3是紅褐色沉淀，故原溶液中一定沒有Fe3＋，Al3＋與過量的Ba(OH)2溶液將轉(zhuǎn)化為AlO，故原溶液中可能含有Al3＋，由題干信息可知，各離子的物質(zhì)的量濃度相等，故若只含有NH、SO則溶液電荷不守恒，故肯定有K＋或Al3＋，當有Al3＋時，則還應該有Cl－和NO，當含有K＋時，則電荷恰好守恒，則肯定沒有Cl－和NO；由分析可知，當有Al3＋時，則還應該有Cl－和NO，當含有K＋時，則電荷恰好守恒，則肯定沒有Cl－和NO，故可能有Cl－、NO，A符合題意；當有Al3＋時，則還應該有Cl－和NO，原溶液中含有NH、SO、Al3＋、Cl－和NO五種離子，當含有K＋時，則電荷恰好守恒，則肯定沒有Cl－和NO，原溶液中只有3種離子，故不可能有4種離子，B不合題意；由分析可知，原溶液中一定不含F(xiàn)e3＋，C不合題意；由分析可知，原溶液不一定含有K＋，D不合題意。
2．(2021·茂名模擬)下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是(　D　)
①無色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO
②酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO、I－
③加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO、SO、NH
④由水電離出的c(OH－)＝10－4 mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－
⑤含有較多Fe3＋的溶液中：Na＋、NH、SCN－、HCO
⑥pH＝11的溶液中：CO、Na＋、AlO、NO
A．①②④ B．②③
C．⑤⑥ D．⑥
【解析】?、僦蠱nO有顏色，①項不選；酸性溶液中NO能氧化Fe2＋、I－而不能大量共存，②項不選；加入Al能放出H2的溶液為酸性或堿性，HCO在酸性或堿性溶液中均不能共存，③項不選；由水電離出的c(OH－)＝10－4 mol·L－1的溶液應該是強堿弱酸鹽溶液，題目給定的Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－不一定能共存，④項不選；Fe3＋能與SCN－反應而不能大量共存，⑤項不選；堿性環(huán)境中CO、Na＋、AlO、NO相互不反應，能大量共存，⑥項選。

預測精練·提能
YU CE JING LIAN TI NENG　　　　　　　　　　　
1．(2021·哈爾濱模擬)硫酸鹽(含SO、HSO)氣溶膠是PM2．5的成分之一?？蒲腥藛T提出了霧霾微粒中硫酸鹽生成的三個階段的轉(zhuǎn)化機理，其主要過程示意圖如圖，下列說法錯誤的是(　C　)

A．氣溶膠是粒子直徑在1～100 nm的分散質(zhì)分散在氣體分散劑中形成的
B．第①階段的離子方程式為SO＋NO2===NO＋SO
C．整個過程沒有H2O參與
D．1 mol SO在第②、③兩個階段失去電子的總數(shù)目為NA
【解析】　分散質(zhì)粒子直徑在1～100 nm的屬于膠體，則氣溶膠是粒子直徑在1～100 nm的分散質(zhì)分散在氣體分散劑中形成的，A正確；第①階段中NO2得到SO失去的電子發(fā)生氧化還原反應生成NO、SO，反應的離子方程式為SO＋NO2===NO＋SO，B正確；由圖示可知，第②步SO轉(zhuǎn)化過程中有水()參與，C錯誤；在第②、③兩個階段中SO失去電子生成HSO，S由＋5價變成＋6價，因此1 mol SO失去1 mol電子生成HSO，失去電子數(shù)目為NA，D正確。
2．(2021·金華模擬)過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是一種白色晶體，具有無毒，無臭，無污染等優(yōu)點，常做食品、醫(yī)藥、衛(wèi)生等部門的去污劑、清洗劑、殺毒劑，也是一種性能優(yōu)異的急救供氧劑?？捎锰妓徕c和雙氧水化合制備：2Na2CO3＋3H2O22Na2CO3·3H2O2，下列說法不正確###的是(　D　)
A．過碳酸鈉具有強氧化性
B．1 mol過碳酸鈉發(fā)生熱分解，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA
C．生產(chǎn)過程中若遇到酸、鐵鹽等都可能導致產(chǎn)率下降
D．將過碳酸鈉溶液與亞硫酸氫鈉溶液混合，發(fā)生的反應為2Na2CO3·3H2O2＋3NaHSO3===2Na2CO3＋3NaHSO4＋3H2O
【解析】　過碳酸鈉中含有過氧鍵，具有強氧化性，A正確；根據(jù)過碳酸鈉的化學式可知1 mol過碳酸鈉發(fā)生熱分解轉(zhuǎn)移的電子數(shù)應和3 mol H2O2分解轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，轉(zhuǎn)移3 mol電子，即轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，B正確；酸會消耗碳酸鈉，鐵鹽消耗碳酸鈉同時還能促進雙氧水分解，所以會導致產(chǎn)率下降，C正確；亞硫酸氫鈉和碳酸鈉不能共存，據(jù)電子守恒和元素守恒可得正確的方程式應為Na2CO3·3H2O2＋3NaHSO3===NaHCO3＋3Na2SO4＋CO2↑＋4H2O，D錯誤。
3．(2021·上海模擬)I－具有還原性，含碘食鹽中的碘元素以KIO3的形式存在，I－、I2、IO在一定條件下可以發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，下列說法錯誤的是(　C　)

A．由圖可知氧化性的強弱順序為Cl2>IO>I2
B．用淀粉—碘化鉀試紙和白醋可檢驗食鹽是否加碘
C．生產(chǎn)等量的碘，反應①和反應②轉(zhuǎn)移電子數(shù)目之比為2∶5
D．反應③的離子方程式：3Cl2＋I－＋3H2O―→6Cl－＋IO＋6H＋
【解析】　由反應①可知氧化性Cl2＞I2，由反應②可知氧化性I2＜NaIO3，由反應③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的強弱順序為Cl2＞IO＞I2，故A正確；I－和IO酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應生成I2，則可用淀粉－KI試紙和食醋檢驗加碘鹽中是否含有碘，故B正確；反應①轉(zhuǎn)化關(guān)系2I－～I2～2e－，反應②中IO～3I2～5e－，生產(chǎn)等量的碘，反應①和反應②轉(zhuǎn)移電子數(shù)目之比為6∶5，故C錯誤；反應③是通入足量氯氣，碘離子被氧化為碘酸根離子，反應的離子方程式：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋IO＋6H＋，故D正確。
4．(2021·福建適應性測試)下列指定反應的離子方程式正確的是(　A　)
A．0．1 mol·L－1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：
Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋
B．0．1 mol·L－1CuSO4溶液中加入過量濃氨水：
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
C．滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入鹽酸至紅色恰好褪去：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．飽和氯水中通入SO2至溶液顏色褪去：
Cl2＋SO2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
【解析】　MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氫氧化鎂沉淀，石灰乳不能寫成離子，離子方程式為Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋，A正確；濃氨水過量，應生成銅氨絡(luò)離子，離子方程式為Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，B錯誤；酚酞的變色范圍為8．2～10．0，所以紅色恰好褪去時溶液顯弱堿性，溶質(zhì)應為碳酸氫鈉，離子方程式為CO＋H＋===H2O＋HCO，C錯誤；選項所給離子方程式元素不守恒，正確離子方程式為Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO，D錯誤。
5．(2021·金華模擬)常溫下，氫離子濃度為0．1 mol/L的某溶液A中除H＋外，還含有NH、K＋、Na＋、Fe3＋、Al3＋、CO、NO、Cl－、I－、SO中的4種，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0．1 mol/L?，F(xiàn)取該溶液進行實驗，實驗結(jié)果如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是(　A　)

A．該溶液中一定有上述離子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四種離子
B．實驗消耗Cu 14．4 g，則生成氣體丁的體積為3．36 L
C．該溶液一定沒有Fe3＋，但是無法確定是否含有I－
D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4
【解析】　pH＝1，說明溶液顯強酸性，說明有H＋，CO一定不存在，溶液A中加入過量的(NH4)2CO3溶液，F(xiàn)e3＋和CO發(fā)生雙水解，生成氫氧化鐵沉淀(紅褐色)，說明原溶液中不含F(xiàn)e3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，產(chǎn)生氣體丙，氣體丙遇空氣變成紅棕色氣體丁，因此，丁為NO2，丙為NO，說明原溶液中有NO，但是NO在酸性條件下具有氧化性，因為I－具有還原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲為Al(OH)3，原溶液中含有Al3＋；假設(shè)溶液的體積為1 L，根據(jù)溶液顯電中性，陽離子所帶的正電荷總數(shù)為3n(Al3＋)＋n(H＋)＝3×0．1＋0．1＝0．4 mol，而硝酸根離子所帶負電荷數(shù)為0．1 mol，又因為各離子的量均為0．1 mol，因此原溶液中含有SO、Cl－；該溶液中一定有上述離子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四種離子，A正確；題目中沒有說標準狀況，因此無法計算氣體體積，B錯誤；根據(jù)A選項的分析，原溶液中一定沒有I－，C錯誤。因為加的是過量的(NH4)2CO3，所以有Ba2＋＋CO===BaCO3↓，根據(jù)A選項的分析，原溶液中有SO，因此也就有Ba2＋＋SO===BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，D錯誤。
6．(2021·杭州模擬)下列離子組能大量共存且加入(或通入)試劑發(fā)生反應的離子方程式正確的是(　B　)
選項
離子組
試劑
離子方程式
A
Mg2＋、Fe3＋、Cl－
足量Cu粉
Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
B
K＋、SO、Cl－
少量Cl2
3SO＋Cl2＋H2O===2Cl－＋SO＋2HSO
C
H＋、Fe2＋、SO
少量Ba(NO3)2
Ba2＋＋SO===BaSO4↓
D
Fe3＋、NH、OH－
足量NaOH溶液
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓

【解析】　鐵離子和銅反應生成亞鐵離子和銅離子，則離子方程式為2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，A錯誤；適量的氯氣和亞硫酸根離子反應：SO＋Cl2＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋，亞硫酸根過量時，與生成的氫離子結(jié)合生成亞硫酸氫根離子，故少量的氯氣和亞硫酸根離子反應：3SO＋Cl2＋H2O===2Cl－＋SO＋2HSO，B正確；鋇離子和硫酸根離子能發(fā)生沉淀反應生成硫酸鋇沉淀，同時，酸性環(huán)境下，硝酸根離子有強氧化性，能氧化亞鐵離子，C錯誤；足量的氫氧化鈉溶液中，鐵離子被沉淀、銨離子和氫氧根離子結(jié)合成一水合氨，D錯誤。
7．(2021·人大附中模擬)ClO2和NaClO2都是廣泛使用的漂白劑、消毒劑。其中高濃度ClO2氣體易發(fā)生爆炸，在生產(chǎn)、使用時需用其他氣體進行稀釋。某工廠生產(chǎn)ClO2和NaClO2的工藝流程如下。

(1)Cl元素在周期表中的位置是__第三周期ⅦA族__。
(2)請寫出ClO2發(fā)生器中反應的離子方程式__2ClO＋2H＋＋SO===2ClO2↑＋SO＋H2O__。
(3)ClO2吸收器中，H2O2的作用是__還原劑__。
(4)若加硫酸過快，發(fā)生器中Na2SO3的利用率降低，請結(jié)合化學用語分析可能的原因__2H＋＋SO===H2SO3，H2SO3SO2↑＋H2O，SO2逸出溶液，使Na2SO3的利用率降低__。
(5)制備ClO2的工藝還有：
鹽酸法　　5NaClO2＋4HCl===4ClO2＋5NaCl＋2H2O
雙氧水法 2NaClO3＋H2SO4＋H2O2===2ClO2＋Na2SO4＋O2＋H2O
雙氧水法相比鹽酸法的優(yōu)點有：反應需要的酸度條件較低，對設(shè)備腐蝕影響較?。籣_產(chǎn)生的氧氣稀釋了ClO2，防止其濃度過高發(fā)生爆炸，產(chǎn)生危險__(補充一條優(yōu)點)；
(6)在堿性條件下，用ClO2無害化處理含CN－廢水，請寫出此過程反應的離子方程式__2ClO2＋2CN－＋4OH－===2CO＋N2＋2Cl－＋2H2O__。
【解析】　(1)Cl元素的原子序數(shù)是17，在周期表中的位置是第三周期ⅦA族。(2)亞硫酸鈉還原氯酸鈉生成ClO2，ClO2發(fā)生器中反應的離子方程式為2ClO＋2H＋＋SO===2ClO2↑＋SO＋H2O。(3)ClO2吸收器中ClO2被雙氧水還原生成NaClO2，H2O2的作用是還原劑。(4)若加硫酸過快，會發(fā)生反應2H＋＋SO===H2SO3，H2SO3SO2↑＋H2O，SO2逸出溶液，因此發(fā)生器中Na2SO3的利用率降低。(5)由于高濃度ClO2氣體易發(fā)生爆炸，在生產(chǎn)、使用時需用其他氣體進行稀釋，因此根據(jù)方程式可知另一個優(yōu)點是產(chǎn)生的氧氣稀釋了ClO2，防止其濃度過高發(fā)生爆炸，產(chǎn)生危險。(6)在堿性條件下，用ClO2無害化處理含CN－廢水，CN－轉(zhuǎn)化為碳酸根和氮氣，因此反應的離子方程式為2ClO2＋2CN－＋4OH－===2CO＋N2＋2Cl－＋2H2O。

熱點聚焦
RE DIAN JU JIAO　　　　　　　　　　　
新情景信息型方程式的書寫
〔知識儲備〕
1．常見氧化劑、還原劑及產(chǎn)物預測
(1)常見的氧化劑及還原產(chǎn)物預測
氧化劑
還原產(chǎn)物
KMnO4
Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；MnO(堿性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr3＋
濃硝酸
NO2
稀硝酸
NO
X2(鹵素單質(zhì))
X－
H2O2
OH－(堿性)；H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
NaClO(或ClO－)
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl2、ClO2
PbO2
Pb2＋

(2)常見的還原劑及氧化產(chǎn)物預測
還原劑
氧化產(chǎn)物
Fe2＋
Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(堿性)
SO2(或H2SO3、SO)
SO
S2－(或H2S)
S、SO2(或SO)、SO
H2C2O4
CO2
H2O2
O2
I－(或HI)
I2、IO
CO
CO2
金屬單質(zhì)(Zn、Fe、Cu等)
Zn2＋、Fe2＋(與強氧化劑反應生成Fe3＋)、Cu2＋

2．審題關(guān)鍵點
(1)根據(jù)所學知識和題目所給信息(包括圖像、工藝流程圖等)，找出氧化還原反應中的氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。
(2)使化合價升降的總數(shù)目相等(得失電子總數(shù)相等)，確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學計量數(shù)。
(3)觀察方程式兩邊離子所帶電荷數(shù)是否相等，若不等，則要使電荷守恒，根據(jù)反應是在何種環(huán)境(酸性或堿性)中進行補充H＋或OH－。若在酸性環(huán)境中，一邊加a個H＋(電荷守恒)，另一邊加b個H2O(原子守恒)；若在堿性環(huán)境中，一邊加m個OH－(電荷守恒)，另一邊加n個H2O(原子守恒)。
3．書寫方法

?

?
按“”寫出方程式，并按化合價升降原則配平參與氧化還原反應的各物質(zhì)的化學計量數(shù)
?

〔典例剖析〕

反應生成Mn2＋和CO2，該反應的離子方程式是________。
解題流程
規(guī)范解答
答題模板
————
第一步：找出反應物、生成物
通過元素價態(tài)的變化，找出發(fā)生氧化還原反應的物質(zhì)
[解析]①依題意，錳元素的化合價降低，故KMnO4是氧化劑，Mn2＋是還原產(chǎn)物；碳元素的化合價升高，故Na2C2O4(碳元素化合價為＋3價)是還原劑，CO2是氧化產(chǎn)物。
②按“氧化劑＋還原劑——還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物”把離子方程式初步寫成：MnO＋C2O——Mn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，錳元素降了5價；由C2O→CO2，碳元素升了1價，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化產(chǎn)物CO2前配10；在MnO前配2，在還原產(chǎn)物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O——2Mn2＋＋10CO2↑。
③反應在硫酸環(huán)境中進行，故在左邊補充H＋，右邊補充H2O,2MnO ＋5C2O＋H＋——2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O。
④依據(jù)電荷守恒及H、O原子守恒配平。
[答案]2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
第二步：配平變價微粒
應用最小公倍數(shù)法確定得失電子的數(shù)目，配平含變價元素的相關(guān)物質(zhì)
第三步：確定缺項物質(zhì)
根據(jù)溶液呈酸性，確定H＋在左邊，H2O在右邊
第四步：整體元素配平
通過觀察法確定所有物質(zhì)的化學計量數(shù)

〔增分訓練〕
1．(1)(2018·全國卷Ⅰ)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50．00 mL葡萄酒樣品，用0．010 00 mol·L－1的碘標準液滴定至終點，消耗10．00 mL。滴定反應的離子方程式為__S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋__，該樣品中Na2S2O5的殘留量為__0．128__g·L－1(以SO2計)。
(2)(2018·全國卷Ⅱ)一種以閃鋅礦(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì))為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：

①焙燒過程中主要反應的化學方程式為__2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2__。
②溶液中的Cd2＋可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為__Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋__。
(3)(2017·全國卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備。工藝流程如下：

回答下列問題：
寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式__2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑__。
【解析】　(1)由于Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑，所以在氧化還原反應中作還原劑，因此在與碘標準液反應時，會被氧化成硫酸根，碘單質(zhì)被還原為碘離子，該反應的離子方程式為S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；根據(jù)硫原子守恒及上述反應的離子方程式可得如下關(guān)系：2SO2～S2O～2I2，故該樣品中Na2S2O5的殘留量為0．01 L×0．010 00 mol·L－1×64 g·mol－1÷0．05 L＝0．128 g·L－1。(2)①由于閃鋅礦的主要成分是ZnS，焙燒時硫元素轉(zhuǎn)化為SO2，因此焙燒過程中主要反應的化學方程式為2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2。②Zn是一種比較活潑的金屬，具有較強的還原性，可以還原一些氧化性較強的不活潑金屬陽離子。所以溶液中的Cd2＋可用鋅粉除去，反應的離子方程式為Zn＋Cd2＋===Zn2＋＋Cd。(3)找出發(fā)生氧化還原反應的物質(zhì)：FePO4中Fe3＋有氧化性、H2C2O4有還原性(碳元素為＋3價，可以被氧化為＋4價)。依據(jù)掌握的氧化還原反應規(guī)律合理地預測產(chǎn)物：Fe3＋表現(xiàn)氧化性的還原產(chǎn)物應為Fe2＋，LiFePO4符合預測；H2C2O4高溫下被氧化為CO2。根據(jù)氧化還原反應的守恒規(guī)律確定氧化劑、還原劑、還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物的相應計量數(shù)：根據(jù)電子守恒FePO4與H2C2O4按2∶1反應。根據(jù)原子守恒配平未發(fā)生氧化還原反應的物質(zhì)的計量數(shù)。
2．(2021·合肥模擬)研究氮的循環(huán)和轉(zhuǎn)化對生產(chǎn)，生活有重要的價值。
Ⅰ．(1)寫出實驗室制備氨氣的化學方程式：__2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O__。
Ⅱ．氨是重要的化工原料。某工廠用氨制硝酸和銨鹽的流程如圖所示。

(2)設(shè)備1、3中發(fā)生反應的化學方程式分別是！?。?NH3＋5O24NO＋6H2O、HNO3＋NH3===NH4NO3###。設(shè)備2中通入的物質(zhì)A是__O2__。
Ⅲ．氨氮廢水的去除是當前科學研究的熱點問題。氨氮廢水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工廠處理氨氮廢水的流程如圖：
含NH的廢水低濃度氨氮廢水含余氯廢水達標
(3)過程①的目的是將NH轉(zhuǎn)化為NH3，并通過鼓入大量空氣將氨氣吹出，寫出NH轉(zhuǎn)化為NH3的離子方程式：__NH＋OH－NH3↑＋H2O__。
(4)過程②加入NaClO溶液可將氨氮物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，反應后含氮元素、氯元素的物質(zhì)化學式分別為__N2__、__NaCl__。
(5)含余氯廢水的主要成分是NaClO以及HClO，X可選用以下哪種溶液以達到去除余氯的目的__b__(填字母)。
a．KOH　　b．Na2SO3　　c．KMnO4　　d．NaCl
寫出其中一個反應的離子方程式：__SO＋ClO－===SO＋Cl－(或者SO＋HClO===SO＋Cl－＋H＋)__。
【解析】　(1)實驗室利用固體氯化銨和氫氧化鈣混合物加熱反應生成氨氣，化學方程式為2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)設(shè)備1中氨氣被催化氧化得到NO，化學方程式為4NH3＋5O24NO＋6H2O；硝酸和氨氣在設(shè)備3反應得到硝酸銨，反應方程式為HNO3＋NH3===NH4NO3；設(shè)備2中NO不能與水直接反應，需要氧氣發(fā)生的反應4NO＋O2＋2H2O===4HNO3，故A是O2；(3)銨根和強堿反應后受熱逸出氨氣，離子方程式為NH＋OH－NH3↑＋H2O；(4)過程②加入NaClO溶液可將氨氮轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，根據(jù)元素價態(tài)變化規(guī)律可知，反應后含氮元素、氯元素的物質(zhì)化學式分別為N2、NaCl；(5)含余氯廢水的主要成分是NaClO，具有強氧化性，要除去需加入還原性物質(zhì)達到去除余氯的目的；a．KOH與NaClO不反應，無法去除NaClO，故a錯誤；b．Na2SO3具有強還原性，能達到去除余氯的目的，故b正確；c．KMnO4具有強氧化性，無法去除NaClO，故c錯誤；d．NaClO與NaCl可能反應生成氯氣，不能用來去除NaClO，故d錯誤；亞硫酸根可以被次氯酸根(或次氯酸)氧化為硫酸根，離子方程式為SO＋ClO－===SO＋Cl－或者SO＋HClO===SO＋Cl－＋H＋。
3．(2021·南陽模擬)鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統(tǒng)，電極材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成。由于電池使用后電極材料對環(huán)境有危害。某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究，設(shè)計實驗流程如下：

已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3＋不能氧化Ni2＋
②已知實驗溫度時的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O
③Ksp[Ni(OH)2]：5．0×10－16，Ksp(NiC2O4)：4．0×10－10
回答下列問題：
(1)酸溶后所留殘渣的主要成份__碳粉__(填物質(zhì)名稱)。
(2)用NiO調(diào)節(jié)溶液的pH，析出沉淀的成分為__Fe(OH)3Al(OH)3__(填化學式)。
(3)寫出加入Na2C2O4溶液后反應的化學方程式：__Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓__。
(4)寫出加入NaOH溶液所發(fā)生反應的離子方程式：__NiC2O4＋2OH－Ni(OH)2↓＋C2O__，該反應的平衡常數(shù)為__8×105_L·mol－1__。
(5)電解過程中陰極反應式為__2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－__，沉淀Ⅲ可被電解所得產(chǎn)物之一氧化，寫出氧化反應的離子方程式：__2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－__。
(6)鐵鎳蓄電池，放電時總反應：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有關(guān)該電池的說法不正確的是__B__。
A．電池的電解液為堿性溶液，電池的正極為Ni2O3、負極為Fe
B．電池充電時，陰極附近溶液的pH降低
C．電池放電時，負極反應為Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
D．電池充電時，陽極反應為2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
【解析】　(1)由題意可知，電極材料中的Ni(OH)2、碳粉、氧化鐵中只有碳粉不能與鹽酸發(fā)生反應，濾渣的主要成分為碳粉；(2)由題意可知，加入NiO調(diào)節(jié)pH目的為去除濾液中含有的鐵離子與鋁離子，故析出沉淀的主要成分為Fe(OH)3Al(OH)3；(3)加入Na2C2O4的目的為將Ni2＋沉淀出來，反應的方程式為Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓；(4)加入氫氧化鈉的目的是沉淀未完全反應的Ni2＋，反應的方程式為NiC2O4＋2OH－===Ni(OH)2↓＋C2O，該反應的平衡常數(shù)為，由Ksp(Ni(OH)2)＝5．0×10－16可知，＝5．0×10－16，Ksp(NiC2O4)＝4．0×10－10可知，＝4．0×10－10，＝/＝(4．0×10－10)/(5．0×10－16)＝8×105；(5)電解過程中，陰極為H＋得電子生成氫氣，電極反應式為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，沉淀Ⅲ為Ni(OH)2，電解所得氯氣可將其氧化為Ni(OH)3，反應的方程式為2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－；(6)根據(jù)放電時總反應為Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知：A．電池的電解液為堿性溶液，電池的正極為Ni2O3、負極為Fe，正確；B．電池充電時，陰極反應為Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，pH變大，錯誤；C．電池放電時，負極反應為Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正確；D．電池充電時，陽極反應為2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O。
專題強化提升訓練(三)
1．(2021·朝陽模擬)下列水環(huán)境修復過程中未發(fā)生氧化還原反應的是(　A　)
A．用Na2S處理含Hg2＋的廢水
B．用NaClO處理氨氮廢水
C．用漂白粉處理含NaCN的提金廢水
D．用納米零價鐵處理含Cr2O、Cu2＋等的酸性廢水
【解析】　用Na2S處理含Hg2＋的廢水，S2－與Hg2＋發(fā)生反應，生成HgS沉淀，即Hg2＋＋S2－===HgS↓，該反應無化合價變化，是非氧化還原反應，故A符合題意；用NaClO處理氨氮廢水，ClO－將水中的氨氮氧化為N2，發(fā)生了氧化還原反應，故B不符合題意；用漂白粉處理含NaCN的提金廢水，漂白粉將CN－氧化，發(fā)生了氧化還原反應，故C不符合題意；用納米零價鐵處理含Cr2O、Cu2＋等的酸性廢水，在納米零價鐵表面，F(xiàn)e與Cu2＋發(fā)生氧化還原反應，Cr2O與生成的Fe2＋發(fā)生氧化還原反應，故D不符合題意。
2．(2021·北京海淀區(qū)模擬)氫化亞銅(CuH)是一種紅棕色的難溶物，可在40 ℃～50 ℃時用CuSO4溶液和“另一種反應物”制取。CuH在Cl2中能燃燒生成CuCl2和HCl；CuH跟鹽酸反應生成CuCl難溶物和H2。下列推斷不正確###的是(　D　)
A．“另一種反應物”在反應中表現(xiàn)還原性
B．CuH與Cl2反應的化學方程式為：2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl
C．CuH與Cl2反應時，CuH做還原劑
D．CuH與鹽酸反應的離子方程式為：CuH＋H＋===Cu＋＋H2↑
【解析】　氫化亞銅(CuH)是一種紅棕色的難溶物，可在40 ℃～50 ℃時用CuSO4溶液和“另一種反應物”制取，硫酸銅中銅元素化合價降低，則“另一種反應物”在反應中有元素化合價升高，因此在反應中表現(xiàn)還原性，故A正確；根據(jù)CuH在Cl2中能燃燒生成CuCl2和HCl，因此反應的化學方程式為：2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl，故B正確；CuH與Cl2反應時，銅、氫化合價升高，因此在反應中CuH做還原劑，故C正確；CuH跟鹽酸反應生成CuCl難溶物和H2，因此反應的離子方程式為：CuH＋H＋＋Cl－===CuCl↓＋H2↑，故D錯誤。
3．(2021·長沙模擬)將濃鹽酸滴入KMnO4溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體，溶液的紫紅色褪去，向反應后的溶液中加入NaBiO3，溶液又變?yōu)樽霞t色，BiO反應后變?yōu)闊o色的Bi3＋。下列說法錯誤的是(　D　)
A．滴加鹽酸時，KMnO4是氧化劑，Cl2是氧化產(chǎn)物
B．此實驗條件下，還原性：Cl－>Mn2＋>Bi3＋
C．若有0．2 mol NaBiO3參加了反應，則整個過程轉(zhuǎn)移電子為0．8NA
D．已知Bi為第ⅤA族元素，上述實驗說明Bi具有較強的非金屬性
【解析】　滴加鹽酸時，生成氯氣，Cl元素的化合價升高，則KMnO4是氧化劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，A正確；還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，根據(jù)反應2KMnO4＋16HCl===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O、2Mn2＋＋5BiO＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋7H2O可知還原性強弱順序是：Cl－>Mn2＋>Bi3＋，B正確；若有0．2 mol NaBiO3參加了反應，則整個過程轉(zhuǎn)移電子為0．2 mol×(5－3)＋0．2 mol××(7－2)＝0．8 mol，即0．8NA，C正確；Bi元素屬于金屬元素，Bi不具有較強的非金屬性，D錯誤。
4．(2021·重慶模擬)硼氫化鈉(NaBH4)可用作還原劑和塑料發(fā)泡劑。它在催化劑作用下與水反應獲取氫氣的微觀過程如圖所示。

下列說法正確的是(　C　)
A．水在此過程中作還原劑
B．若用D2O代替H2O，反應后生成的氣體只有HD
C．NaBH4與水反應的離子方程式為：BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑
D．若不使用催化劑，NaBH4與水不能反應產(chǎn)生H2
【解析】　據(jù)圖可知H2O脫去的氫原子最終生成氫氣，水中H元素化合價降低，所以水為氧化劑，A錯誤；據(jù)圖可知，第一步中兩個BH各脫去一個H原子結(jié)合形成H2，即反應后生成的氣體中有H2，B錯誤；據(jù)圖可知NaBH4與水反應過程中反應物為BH和H2O，產(chǎn)物為B(OH)和氫氣，離子方程式為BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑，C正確；催化劑只是加快反應速率，即使不使用催化劑，NaBH4與水反應依然能產(chǎn)生氫氣，D錯誤。
5．(2021·廣州模擬)黃鐵礦(主要成分為FeS2)因其呈淺黃銅色，且具有明亮的金屬光澤，常被誤認為是黃金，故又稱為“愚人金”。在酸性和催化劑的作用下FeS2有如圖所示的轉(zhuǎn)化。下列分析正確的是(　D　)

A．反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應
B．在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中只有Fe3＋作催化劑
C．反應Ⅰ的離子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH－
D．反應Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為14 mol
【解析】　由圖可知，反應物為Fe3＋、FeS2，生成物為Fe2＋和SO，離子方程式為14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋，S元素的化合價升高，則FeS2作還原劑，NO為該反應的催化劑，總反應為2FeS2＋7O2＋2H2O4SO＋2Fe2＋＋4H＋。反應Ⅲ是Fe2＋結(jié)合NO生成配合物Fe(NO)2＋，化合價不變，不屬于氧化還原反應，A錯誤；反應前后NO不變，也起催化劑作用，B錯誤；因反應在酸性條件下進行，反應Ⅰ的離子方程式為：4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，C錯誤；反應Ⅱ的FeS2中S硫元素化合價從－1價升高到＋6價，每消耗1 mol FeS2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1 mol×2×7＝14 mol，D正確。
6．(2021·衡陽模擬)下列離子方程式能用于解釋相應實驗且書寫正確的是(　B　)
選項
實驗
離子方程式
A
FeS溶于足量稀硝酸
FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
B
向沸水中滴加飽和FeCl3溶液并加熱，得到紅褐色液體
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋
C
向NH4HCO3溶液中加入過量Ba(OH)2稀溶液，有白色沉淀產(chǎn)生
OH－＋HCO＋Ba2＋＝BaCO3↓＋H2O
D
向K2MnO4溶液(墨綠色)中加入適量醋酸，溶液變?yōu)樽仙矣泻谏恋砩?br /> 3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O

【解析】　FeS固體與稀硝酸混合，硫離子和亞鐵離子都被硝酸氧化，正確的離子方程式為：FeS＋NO＋4H＋===Fe3＋＋S↓＋NO↑＋2H2O，A錯誤；向沸水中滴加飽和FeCl3溶液并加熱，得到氯化鐵膠體，離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋，B正確；氫氧化鋇過量，NH也會與OH－發(fā)生反應，離子方程式為NH＋HCO＋Ba2＋＋2OH－===NH3·H2O＋BaCO3↓＋H2O，C錯誤；醋酸為弱酸，不能寫成離子，正確離子方程式為3MnO＋4CH3COOH===2MnO＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－，D錯誤。
7．(2021·雅安模擬)常溫時，下列各離子組在指定溶液中能大量共存的是(　C　)
A．中性溶液中：Fe3＋、NH、SO、S2－
B．含S2O的溶液：H＋、NH、ClO－、SO
C．＝Kw的溶液：Na＋、K＋、CO、S2－
D．與Al反應放出H2的溶液：Na＋、Cu2＋、NO、Cl－
【解析】　Fe3＋、S2－會反應產(chǎn)生FeS沉淀和S，不能大量共存；且中性溶液中Fe3＋會變?yōu)镕e(OH)3沉淀，也不能大量共存，A不符合題意；S2O、H＋、ClO－會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，B不符合題意；＝Kw的溶液顯堿性，含有大量的OH－，OH－與選項離子之間不能發(fā)生任何反應，可以大量共存，C符合題意；與Al反應放出H2的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中，H＋、NO與Al不能反應放出H2；在堿性溶液中OH－、Cu2＋會反應產(chǎn)生Cu(OH)2沉淀，也不能大量共存，D不符合題意。
8．(2021·大連模擬)下列關(guān)于離子共存或離子方程式書寫正確的是(　C　)
A．某無色溶液中可能大量存在：H＋、NH、Cl－、Cr2O
B．常溫下，c(NH)＝c(Cl－)的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中能大量存在：Fe3＋、Cl－、NO、Al3＋
C．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2：2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
D．用惰性電極電解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
【解析】　Cr2O有顏色，與溶液無色不符，故A錯誤；常溫下c(NH)＝c(Cl－)的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液呈中性，中性溶液中Fe3＋完全水解生成氫氧化鐵沉淀，在中性溶液中不能大量存在，故B錯誤；向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2，發(fā)生氧化還原反應，根據(jù)得失電子守恒，電荷守恒和原子守恒，反應的離子方程式為2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故C正確；用惰性電極電解MgCl2水溶液，反應的離子方程式為Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故D錯誤。
9．(2021·南昌模擬)下列各組離子在溶液中能大量共存，且加入相應試劑后發(fā)生反應的離子方程式正確的是(　A　)
選項
離子
加入試劑
離子方程式
A
K＋、Fe2＋、NO
稀硫酸
3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
B
Fe3＋、I－、Cl－
氫氧化鈉溶液
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
C
NH、HCO、AlO
少量稀硫酸
AlO＋H＋＋H2O=== Al(OH)3↓
D
Na＋、NH、HCO
過量氫氧化鈉溶液
NH＋OH－===NH3·H2O

【解析】　K＋、Fe2＋、NO之間能夠大量共存，加入稀硫酸后發(fā)生反應3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，滿足要求，故A正確；Fe3＋、I－之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，不滿足題干要求，故B錯誤；NH、AlO之間發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，不能大量共存，不滿足題干要求，故C錯誤；Na＋、NH、HCO之間能夠大量共存，但加入過量氫氧化鈉溶液后，NH、HCO都參與反應，正確的離子方程式為HCO＋OH－===CO＋H2O、NH＋OH－===NH3·H2O，不滿足題干要求，故D錯誤。
10．(2021·石家莊模擬)某水溶液中只可能含有下列離子中的若干種：K＋、Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋、NH、NO、Cl－、CO和SO。現(xiàn)每次取5 mL進行實驗：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生
②第二份加入足量NaOH后加熱，收集到氣體1．12 L(標準狀況下)
③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6．27 g，沉淀經(jīng)足量鹽酸洗滌，干燥后剩余2．33 g
下列說法不正確的是(　D　)
A．上述實驗無法確定是否含有Cl－和NO
B．溶液中肯定含有CO和SO，且濃度分別為4．00 mol/L、2．00 mol/L
C．上述實驗確定溶液中肯定不含有Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋
D．要確定是否含有K＋，應進一步做焰色反應實驗
【解析】　根據(jù)實驗①現(xiàn)象判斷，該溶液中可能含有Cl－、CO和SO；根據(jù)實驗②現(xiàn)象判斷，該溶液中含有銨根離子，且物質(zhì)的量為0．05 mol；根據(jù)實驗③中現(xiàn)象判斷，6．27 g沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇沉淀，2．33 g為硫酸鋇沉淀，物質(zhì)的量為＝0．01 mol，碳酸鋇沉淀物質(zhì)的量為＝0．02 mol；所以溶液中含有CO和SO；離子濃度分別為：c(CO)＝＝4．00 mol/L，c(SO)＝＝2 mol/L；結(jié)合以上分析可知，溶液中一定含有離子：CO和SO、NH，則溶液中一定不存在Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋；根據(jù)電解質(zhì)溶液呈電中性規(guī)律，溶液中一定含有K＋；而Cl－、NO不能確定是否存在。結(jié)合以上分析可知，溶液中無法確定是否含有Cl－和NO，A正確；結(jié)合以上分析可知，溶液中肯定含有CO和SO，且濃度分別為4．00 mol/L、2．00 mol/L，B正確；結(jié)合以上分析可知，由于碳酸鎂、碳酸鈣、碳酸鋇、硫酸鈣、硫酸鋇均為沉淀，因此含有CO和SO的溶液中，肯定不含有Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋，C正確；根據(jù)電解質(zhì)溶液呈電中性規(guī)律可知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋，所以陽離子只能含有K＋，不需要做焰色反應實驗進行驗證鉀離子的存在，D錯誤。
11．(2021·南平模擬)習近平總書記在科學家座談會上指出“好奇心是人的天性，對科學興趣的引導和培養(yǎng)要從娃娃抓起”。某化學興趣小組為培養(yǎng)同學們對科學探究的興趣，設(shè)計圖1所示實驗來探究HSO與Cu2＋的反應：

已知：氯化亞銅(CuCl)為白色立方結(jié)晶或白色粉末，難溶于水
回答下列問題：
(1)若用CuSO4·5H2O配制100 mL 1 mol/L CuSO4溶液，需用托盤天平稱取CuSO4·5H2O的質(zhì)量為__25．0_g__。甲同學在定容時采用上圖2方式觀察，則所配制的CuSO4溶液濃度__偏低__(填“偏高”或“偏低”)。
(2)將操作2后生成的無色氣體通入氯化鐵溶液，__溶液由黃色變淺綠色(或黃色變淺)__(填實驗現(xiàn)象)，說明該氣體為SO2，反應的離子方程式為__SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋__。
(3)操作2后生成的白色沉淀為__CuCl__(填化學式)，生成該沉淀和無色氣體的反應離子方程式為__2HSO＋2Cu2＋＋2Cl－===SO＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋__。
(4)根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律，乙同學推測操作2中涉及HSO與Cu2＋的可逆反應正向進行的原因：外加Cl－導致Cu＋的還原性弱于HSO，用圖3裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗驗證。

①K閉合時，一段時間后指針幾乎歸零。
②向U型管右管添加__KCl固體__，a電極為__負極__極，產(chǎn)生的現(xiàn)象證實了其推測，其中不同于圖1操作2后的現(xiàn)象是__指針偏轉(zhuǎn)__。
(5)基于(4)實驗，乙同學得出進一步猜想：物質(zhì)的氧化性和還原性與__濃度__有關(guān)。該同學用圖3裝置再次進行實驗，以豐富驗證該猜想的證據(jù)。與(4)實驗對比，不同的操作是向U型管左管添加__BaCl2固體(或其他合理答案)__。
【解析】　(1)在100 mL 1 mol/L CuSO4溶液中含有溶質(zhì)CuSO4的物質(zhì)的量n(CuSO4)＝1 mol/L×0．1 L＝0．1 mol，根據(jù)Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的質(zhì)量m(CuSO4·5H2O)＝0．1 mol×250 g/ mol＝25．0 g；若在配制溶液定容時仰視刻度線，則容量瓶中凹液面最低處高于刻度線，溶液體積偏大，由于溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，根據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式可知配制的溶液的濃度偏低；(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液顯藍色，無其他明顯變化，然后加入KCl固體，反應產(chǎn)生白色沉淀和無色氣體，Cu2＋得到電子被還原為Cu＋，Cu＋與溶液中的Cl－結(jié)合，白色沉淀是CuCl，則HSO失去電子被氧化為SO，同時產(chǎn)生H＋，H＋與溶液中的HSO反應產(chǎn)生SO2氣體。SO2具有還原性，與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由紅色變?yōu)闇\綠色，該反應的離子方程式為：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；(3)根據(jù)(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，則生成該沉淀和無色氣體的離子方程式為：2HSO＋2Cu2＋＋2Cl－===SO＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋；(4)若是由于外加Cl－導致Cu＋的還原性弱于HSO，可根據(jù)如圖裝置驗證：當一段時間后指針歸零后，向U型管右管添加KCl固體，此時溶液中Cl－濃度增大，若a為負極，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，同時看到左側(cè)電極有氣體產(chǎn)生，右側(cè)電極附近有白色沉淀產(chǎn)生，就可證實其推測；(5)基于(4)實驗，乙同學得出進一步猜想：物質(zhì)的氧化性和還原性與物質(zhì)的濃度有關(guān)。若HSO反應產(chǎn)生SO，則反應后向左側(cè)溶液中加入含有Ba2＋的物質(zhì)，應該產(chǎn)生BaSO4白色沉淀，而HSO與Ba2＋不能發(fā)生反應。故該同學用圖3裝置再次進行實驗，以豐富驗證該猜想的證據(jù)。與(4)實驗對比，不同的操作是可以向U型管左管添加BaCl2固體。
12．(2021·宜賓模擬)某強酸性溶液X，含Ag＋、Al3＋、SiO、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、Cl－、NO中的一種或幾種離子，取X溶液進行連續(xù)實驗，能實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：

依據(jù)以上信息，回答下列問題：
(1)上述離子中，溶液X中肯定含有的是：__Cl－、Al3＋、Fe2＋、NH__；不能肯定的是：__Fe3＋__；對不能確定是否存在的離子，可以另取X溶液于一支試管中，選擇下列試劑中的某一種加入X溶液，根據(jù)現(xiàn)象就可判斷，則試劑可以選(若多種選法中間加“或”字間隔)：__④或⑥__。
①酚酞試劑，②石蕊試劑，③pH試紙，④KSCN溶液，⑤KMnO4溶液，⑥苯酚溶液
(2)氣體G的化學式為：__NH3__；沉淀E的化學式為：__Fe(OH)3__；沉淀J的化學式為：__Al(OH)3__。
(3)實驗中，產(chǎn)生的氣體A為無色，但如果暴露在空氣中可以觀察到的現(xiàn)象是：__氣體由無色變化為紅棕色__；寫出步驟①中生成氣體A的離子方程式__3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O__。
(4)要使步驟②中，A、H2O、O2三種物質(zhì)恰好發(fā)生化合反應，則A、H2O、O2物質(zhì)的量之比是：__4∶3∶2__。
【解析】　在強酸性溶液中一定不會存在CO和SiO離子，加入過量硝酸銀生成沉淀，則該沉淀為氯化銀沉淀，說明溶液中含有氯離子，生成氣體A，A可以和氧氣水反應生成溶液D，依據(jù)離子分析只有Fe2＋在酸性溶液中加入硝酸銀后會形成稀硝酸氧化亞鐵離子為三價鐵離子，本身被還原為一氧化氮氣體，則A為NO，D為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2＋，溶液B中加入過量NaOH溶液，生成氣體G，則G為NH3，說明溶液中含有NH，過量氫氧化鈉溶液中生成沉淀E是Fe(OH)3，溶液F中通入過量二氧化碳會生成沉淀J，則J為Al(OH)3，I為NaAlO2，說明溶液中含有Al3＋，溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO，含有Cl－就一定不含Ag＋，不能確定是否含有的離子為Fe3＋，以此解答；(1)依據(jù)分析判斷溶液X中肯定含有的是：Cl－、Al3＋、Fe2＋、NH；不能確定的是Fe3＋，依據(jù)三價鐵離子的特征性質(zhì)進行鑒別；①酚酞試劑，是酸堿指示劑，不能檢驗三價鐵的存在；②石蕊試劑，是酸堿指示劑，不能檢驗三價鐵的存在；③pH試紙，是測定溶液酸堿性，不能檢驗三價鐵的存在；④KSCN溶液，與三價鐵離子反應生成血紅色溶液，可以檢驗；⑤KMnO4溶液，無變化，不能檢驗三價鐵離子；⑥苯酚溶液和三價鐵離子形成紫色溶液，可以檢驗；答案選④或⑥；(2)依據(jù)上述分析判斷，氣體G的化學式為：NH3；沉淀E的化學式為：Fe(OH)3；沉淀J的化學式為：Al(OH)3；(3)實驗中，產(chǎn)生的氣體A為無色的一氧化氮氣體，但如果暴露在空氣中可以觀察到的現(xiàn)象是從無色變化為紅棕色，步驟①中生成氣體A為NO，反應是亞鐵離子被酸性溶液中的硝酸根離子氧化為三價鐵離子，反應的離子方程式為：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；(4)使步驟②中，NO、H2O、O2三種物質(zhì)恰好發(fā)生化合反應生成硝酸，發(fā)生的反應是4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3；則A(NO)、H2O、O2物質(zhì)的量之比是：4∶3∶2。
13．(2021·張家口模擬)工業(yè)上用軟錳礦(MnO2)(含Cu、Ni、Co等難溶于酸的雜質(zhì))和硫化錳精礦(MnS)為原料制取硫酸錳。其流程示意圖如下：

已知：①FeSO4可加快酸性浸出的反應速率；
②Ksp(ZnS)＝1．2×10－24、Ksp(MnS)＝1．4×10－15。
回答下列問題：
(1)“酸性浸出”時ZnS被軟錳礦氧化為SO，該反應的離子方程式為__4MnO2＋ZnS＋8H＋===4Mn2＋＋Zn2＋＋SO＋4H2O__。
(2)試劑a可選用__AC__(填選項字母)?！罢{(diào)pH”除沉淀“濾渣1”外，還有的目的是__將溶液調(diào)至中性，避免“中性浸取”時產(chǎn)生H2S有毒氣體(答出H2S方可給分)__。
A．Mn(OH)2　B．稀硫酸　C．碳酸錳(MnCO3)
(3)濾渣1除含有Cu、Ni、Co等難溶于酸的雜質(zhì)固體外還可能含有__Fe(OH)3__。(填化學式)
(4)“中性浸取”發(fā)生反應的離子方程式為__MnS＋Zn2＋===ZnS＋Mn2＋__；寫出一條能提高中性浸取效率的措施：__將硫化錳精礦粉碎(或適當提高浸取溫度)__。
(5)工業(yè)上用電解硫酸錳酸性溶液的方法制備KMnO4，寫出該電解過程的陽極反應方程式__Mn2＋－5e－＋4H2O===MnO＋8H＋__。
【解析】　(1)“酸性浸出”時MnO2被ZnS還原為Mn2＋，ZnS被軟錳礦氧化為SO，根據(jù)得失電子守恒配平發(fā)生反應的離子方程式為4MnO2＋ZnS＋8H＋===4Mn2＋＋Zn2＋＋SO＋4H2O；(2)加入a的目的是調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鐵除去鐵離子，為了不引入新雜質(zhì)，選用的試劑a可為MnCO3或Mn(OH)2，選AC；酸性條件下S2－會生成有毒氣體H2S，所以“調(diào)pH”除沉淀“濾渣1”外，還有的目的是將溶液調(diào)至中性，避免“中性浸取”時產(chǎn)生H2S有毒氣體；(3)加入碳酸錳或氫氧化錳調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鐵除去鐵離子，濾渣1除含有Cu、Ni、Co等難溶于酸的雜質(zhì)固體外，還有Fe(OH)3；(4)“中性浸取”是濾液中加入硫化錳精礦，把硫酸鋅轉(zhuǎn)化為硫化鋅沉淀，除去鋅離子，發(fā)生反應的離子方程式為MnS＋Zn2＋===ZnS＋Mn2＋；根據(jù)影響反應速率的因素可知，提高浸取率的措施有將硫化錳精礦粉碎或適當提高浸取溫度等。(5)工業(yè)上用電解硫酸錳酸性溶液的方法制備KMnO4，電解過程中錳離子在陽極失電子生成高錳酸根離子，陽極反應式為Mn2＋－5e－＋4H2O===MnO＋8H＋。

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