1．能根據(jù)題中提供的信息結(jié)合已有知識，正確書寫信息方程式。
2．能從四個方面——配平、反應(yīng)條件、符號使用及產(chǎn)物在所給環(huán)境中能否存在等，判斷所寫方程式的正誤。
教學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn)
非氧化還原反應(yīng)及氧化還原方程式書寫。
教學(xué)方法
應(yīng)用有關(guān)思維方法解決問題
教學(xué)過程
【規(guī)律點(diǎn)和易錯點(diǎn)】孫猴子七十二般變化，都逃不出你的手心
1．（2024·江蘇卷）回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導(dǎo)體材料鐵酸鉍和光學(xué)材料氧化釹。
向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3＋可轉(zhuǎn)化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應(yīng)離子方程式為_______________________________________________________。
【答案】2Nd3＋＋3CO32－＋H2O＝2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑
【解析】向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3＋和CO32－相互促進(jìn)對方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2，該反應(yīng)的離子方程式為2Nd3＋＋3CO32－＋H2O＝2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑。
2．（2024·江蘇卷）貴金屬銀應(yīng)用廣泛。Ag與稀HNO3制得AgNO3，常用于循環(huán)處理高氯廢水。
還原AgCl。在AgCl沉淀中埋入鐵圈并壓實(shí)，加入足量0.5 ml·L－1鹽酸后靜置，充分反應(yīng)得到Ag。
①鐵將AgCl轉(zhuǎn)化為單質(zhì)Ag的化學(xué)方程式為___________________________________________。
②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉(zhuǎn)化為Ag的原因是__________________________________________
___________________________________________________________。
【答案】①Fe＋2AgCl＝FeCl2＋2Ag ②形成了以Fe、Ag為負(fù)極，AgCl為正極，鹽酸為電解質(zhì)溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應(yīng)式為AgCl＋e—＝Ag＋Cl－，生成Ag
【解析】①在足量0.5 ml·L－1鹽酸中靜置，鐵將AgCl轉(zhuǎn)化為單質(zhì)Ag，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Fe＋2AgCl＝FeCl2＋2Ag；②不與鐵圈直接接觸的AgCl也能轉(zhuǎn)化為Ag，是因?yàn)樾纬闪艘訤e、Ag為負(fù)極，AgCl為正極，鹽酸為電解質(zhì)溶液的原電池，正極AgCl得到電子，電極反應(yīng)式為AgCl＋e—＝Ag＋Cl－，生成Ag。
3．（2024·江蘇卷）氫能是理想清潔能源，氫能產(chǎn)業(yè)鏈由制氫、儲氫和用氫組成。
一定條件下，將氮?dú)夂蜌錃獍磏(N2)∶n(H2)＝1∶3混合勻速通入合成塔，發(fā)生反應(yīng)N2＋3H2eq \(\s\up 4(eq \(\s\up 2(α－Fe/Al2O3),\s\d 4())),\s\d 6(高溫、高壓))2NH3。海綿狀的α－Fe作催化劑，多孔Al2O3作為α－Fe的“骨架”和氣體吸附劑。
H2中含有CO會使催化劑中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________。
【答案】CH3COO[Cu(NH3)2]＋NH3·H2O＋CO＝CH3COO[Cu(NH3)3CO]＋H2O
【解析】根據(jù)題給反應(yīng)物及生成物書寫即可。
【問題解決1】
（2024·南通市海門市第一次調(diào)研）碳酸鈰[Ce2(CO3)3]是一種稀土材料，工業(yè)上常以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3、SiO2)為原料制備碳酸鈰，其工藝流程如圖所示：
“沉淀”時的離子方程式為________________________________________________________。
【答案】Ce3＋＋6HCO3－＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O
【解析】含Ce3＋溶液中加入碳酸氫銨溶液，碳酸氫根電離出的碳酸根與Ce3＋結(jié)合生成沉淀，促進(jìn)碳酸氫根的電離，所以會產(chǎn)生大量氫離子，氫離子又和碳酸氫根結(jié)合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為Ce3＋＋6HCO3－＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O。
非氧化還原反應(yīng)——酸堿反應(yīng)、水解反應(yīng)方程式書寫
1．運(yùn)用“證據(jù)eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())推理eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())符號”思路書寫，其基本過程為：
①“讀”取題目中的有效信息(證據(jù))；②寫出主要反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式(推理＋表征)；③再依據(jù)質(zhì)量守恒、電荷守恒(基本規(guī)律)，配平。
2．酸堿反應(yīng)
根據(jù)反應(yīng)物的酸堿性及反應(yīng)中有關(guān)信息，書寫反應(yīng)物和生成物，再配平即可。
3．水解反應(yīng)
運(yùn)用類比的方法，可以確定相同反應(yīng)原理的產(chǎn)物。如CaC2與H2O反應(yīng)的原理為水解反應(yīng)，水電離成H＋和OH－，然后分別與Ca2＋和C22－結(jié)合，生成Ca(OH)2和C2H2，可以推知像CaC2這樣金屬與非金屬結(jié)合成的離子型化合物Al4C3、Mg2C3、Li2C2、Mg3N2、Na2O2等與水反應(yīng)均類似，故可以順利判斷出生成物。
4．用HCO3－沉淀金屬陽離子離子方程式的書寫
HCO3－在水溶液中既存在電離平衡(HCO3－H＋＋CO32－)又存在水解平衡(HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－)
（1）若金屬陽離子(以Ca2＋為例)的Ksp(CaCO3)＜Ksp[Ca(OH)2]，則溶液中的金屬陽離子(Ca2＋)主要結(jié)合HCO3－電離產(chǎn)生的CO32－生成碳酸鹽沉淀(CaCO3)，反應(yīng)的離子方程式為Ca2＋＋2HCO3－＝CaCO3↓＋H2O＋CO2↑。
（2）若金屬陽離子(以Mg2＋為例)的Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，則溶液中的金屬陽離子(Mg2＋)主要結(jié)合HCO3－水解產(chǎn)生的OH－生成氫氧化物沉淀[Mg(OH)2]，反應(yīng)的離子方程式為Mg2＋＋2HCO3－＝Mg(OH)2↓＋2CO2↑。
（3）示例
沉鈰過程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為2Ce3＋＋6HCO3－＋(n－3)H2O＝Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑。
1．（2023·蘇州上學(xué)期期末）異丙醇鋁Al[OCH(CH3)2]3加入到75℃中，充分?jǐn)嚢杩缮葾l(OH)3膠體。生成Al(OH)3膠體的化學(xué)方程式為___________________________________________________________________。
【答案】Al[OCH(CH3)2]3＋3H2Oeq \(======,\s\up6(75℃))Al(OH)3(膠體)＋3HOCH(CH3)2
【解析】Al[OCH(CH3)2]3在75℃水中，充分?jǐn)嚢杩缮葾l(OH)3膠體，方程式為Al[OCH(CH3)2]3＋3H2Oeq \(======,\s\up6(75℃))Al(OH)3(膠體)＋3HOCH(CH3)2，故答案為Al[OCH(CH3)2]3＋3H2Oeq \(======,\s\up6(75℃))Al(OH)3(膠體)＋3HOCH(CH3)2
2．（2023·鹽城五校）偏鋁酸鈣可由水硬鋁石[AlO(OH)]與石灰石在高溫下煅燒得到。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________。
【答案】2AlO(OH)＋CaCO3eq \(====,\s\up7(高溫),\s\d5())Ca(AlO2)2＋CO2↑＋H2O
【解析】由題意有：CaCO3＋AlO(OH)eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())Ca(AlO2)2，推測生成物還有CO2和H2O，配平得2AlO(OH)＋CaCO3eq \(====,\s\up7(高溫),\s\d5())Ca(AlO2)2＋CO2↑＋H2O。
3．（2024·無錫上學(xué)期期中）Cr(VI)在水溶液中有H2CrO4、HCrO4－、CrO42－和Cr2O72－四種存在形式(H2CrO4是二元弱酸)，HCrO4－部分轉(zhuǎn)化為Cr2O72－的離子方程式為________________________________。
【答案】2HCrO4－Cr2O72－＋H2O
【解析】Cr(VI)在水溶液中有H2CrO4、HCrO4－、CrO42－和Cr2O72－四種存在形式(H2CrO4是二元弱酸)，HCrO4－部分轉(zhuǎn)化為Cr2O72－的離子方程式為HCrO4－Cr2O72－，根據(jù)電荷守恒有2HCrO4－Cr2O72－，再由質(zhì)量守恒得2HCrO4－Cr2O72－＋H2O。
【問題解決2】
（2023·如皋期末）將Fe2O3與蔗糖(C12H22O11)一起焙燒，可生成FeO與CO2。寫出焙燒時所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________________________________________________________。
【答案】24Fe2O3＋C12H22O11eq \(=====,\s\up7(焙燒))48FeO＋12CO2↑＋11H2O
【解析】由題意Fe2O3＋C12H22O11eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())FeO＋CO2↑，C12H22O11中碳的價態(tài)為0價，鐵元素降低1價，碳元素升高24價，據(jù)電子守恒有24Fe2O3＋1C12H22O11eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())24FeO＋12CO2↑，再據(jù)質(zhì)量守恒得24Fe2O3＋C12H22O11eq \(=====,\s\up7(焙燒))48FeO＋12CO2↑＋11H2O。
氧化還原反應(yīng)信息方程式書寫
解題關(guān)鍵：根據(jù)題目信息，依據(jù)反應(yīng)環(huán)境正確判斷反應(yīng)物和生成物，借助于電子守恒、電荷守恒、原子守恒進(jìn)行配平和驗(yàn)證。
1．（2023·蘇州期末）325 ℃時，水在Mn粉表面產(chǎn)生的H2可將CO2轉(zhuǎn)化成甲酸，同時生成MnO。由H2O、Mn、CO2制備甲酸的化學(xué)方程式為____________________________________________________________。
【答案】Mn＋CO2＋H2Oeq \(=====,\s\up7(325 ℃))MnO＋HCOOH
【解析】HCOOH中C元素的價態(tài)為+2。由題意可知Mn+H2O＋CO2eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())MnO＋HCOOH，Mn元素升高2價，C元素總+4降+2，降低2價，故反應(yīng)式為Mn＋CO2＋H2Oeq \(=====,\s\up7(325 ℃))MnO＋HCOOH。
2．（2023·蘇州上學(xué)期期末）NH2COONH4具有強(qiáng)還原性，生產(chǎn)尿素過程中，常通入適量氧氣防止鎳制容器表面的金屬鈍化膜(NiO)被破壞。
①NH2COONH4與NiO反應(yīng)產(chǎn)生N2的化學(xué)方程式為_________________________________________________。
②生產(chǎn)時通入的CO2氣體中?；煊猩倭縃2S。有氧氣存在的條件下，H2S腐蝕反應(yīng)容器的速率會更快，其原因是_________________________________________________________________________________________。
【答案】①NH2COONH4＋3NiO＝N2＋3Ni＋3H2O＋CO2 ②H2S與O2反應(yīng)生成SO2，SO2、O2、H2O反應(yīng)生成硫酸，酸性增強(qiáng)，腐蝕能力增強(qiáng)
【解析】①NH2COONH4與NiO反應(yīng)產(chǎn)生N2，由氧化還原分析，NiO生成Ni，故化學(xué)方程式為NH2COONH4＋3NiO＝N2＋3Ni＋3H2O＋CO2；②生產(chǎn)時通入的CO2氣體中?；煊猩倭縃2S。有氧氣存在的條件下，發(fā)生反應(yīng)2H2S＋3O2＝2SO2＋2H2O，2H2O＋O2＋2SO2＝2H2SO4，硫酸腐蝕性更強(qiáng)。
3．（2024·連云港一模）制備[C(NH3)6]Cl3并測定C含量。將CaCl2?2H2O和活性炭(催化劑)加入三頸瓶中(裝置見圖)，然后再依次通過滴液漏斗緩慢滴加NH4Cl和濃氨水混合溶液、H2O2溶液，控制溫度不超過60℃充分反應(yīng)，冷卻后過濾。
①三頸瓶中生成[C(NH3)6]3＋反應(yīng)的離子方程式為______________________________________________。
②加入NH4Cl的作用是___________________________________________________________。
【答案】①2C2＋＋H2O2＋10NH3·H2O＝2[C(NH3)6]3＋＋12H2O ②NH4Cl抑制氨水電離，防止生成C(OH)2沉淀
【解析】①三頸瓶中,C2＋被雙氧水氧化生成[C(NH3)6]3＋反應(yīng)的離子方程式為2C2＋＋H2O2＋10NH3·H2O＝2[C(NH3)6]3＋＋12H2O；②NH4Cl能抑制氨水電離，防止生成C(OH)2沉淀。
4．（2024·江蘇省南通市、鹽城市二模）單寧酸(C76H52O46)－硫酸體系中，低品位軟錳礦(MnO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為29％)中的Mn(Ⅳ)可被還原為Mn2＋而浸出。其浸出過程如圖所示。
（1）當(dāng)1 ml C76H52O46完全水解，生成的沒食子酸和葡萄糖物質(zhì)的量之比為_________。
（2）寫出葡萄糖還原MnO2生成CO2的離子反應(yīng)方程式：____________________________________________________________________。
【答案】（1）10∶1 （2）C6H12O6＋12MnO2＋24H＋＝12Mn2＋＋6CO2↑＋18H2O
【解析】（1）設(shè)1 ml C76H52O46完全水解，生成的沒食子酸x ml、葡萄糖y ml，根據(jù)C守恒：7x＋6y＝76……①，沒食子酸、葡萄糖比單寧酸分子中多的氧、氫原子都由水提供，則 EQ \f(6x＋12y－52,5x＋6y－46)＝ EQ \f(2,1)……②，解得x＝10，帶入①得y＝1，生成的沒食子酸和葡萄糖物質(zhì)的量之比為10∶1；（2）葡萄糖還原MnO2生成CO2，根據(jù)得失電子守恒，離子反應(yīng)方程式為C6H12O6＋12MnO2＋24H＋＝12Mn2＋＋6CO2↑＋18H2O。
【問題解決3】
（2024·南通市海安市）工業(yè)上可由菱鋅礦(主要成分為ZnCO3，還含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制備ZnO。工藝如圖所示：
已知：①“酸浸”后的溶液pH＝1，所含金屬離子主要有Zn2＋、Fe3＋、Cd2＋、Mn2＋、Ni2＋。
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2＋時，產(chǎn)物中含Mn元素物質(zhì)只有MnO2。
（1）“氧化除雜”時，KMnO4與Mn2＋的離子方程式為_________________________________________________________。
（2）“沉鋅”生成堿式碳酸鋅[ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O]沉淀，寫出生成該沉淀的化學(xué)方程式：_______________________________________________________________________。
【答案】（1）2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋ （2）3ZnSO4＋3Na2CO3＋4H2O＝ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O＋2CO2↑＋3Na2SO4
【解析】菱鋅礦(主要成分為ZnCO3，還含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制備ZnO，加入稀硫酸“酸浸”后得到含Zn2＋、Fe3＋、Cd2＋、Mn2＋、Ni2＋的濾液，濾渣為不溶于酸的雜質(zhì)，濾液調(diào)節(jié)pH后Fe3＋使轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除雜”使Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnO2，除去Fe3＋、Mn2＋；接著“還原除雜”除去、Ni2＋Cd2＋；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成堿式碳酸鋅[ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O]沉淀，堿式碳酸鋅經(jīng)“高溫灼燒”得到ZnO。
（1）在“氧化除雜”時，KMnO4與Mn2＋發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生MnO2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋；（2）根據(jù)分析，向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成堿式碳酸鋅[ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O]沉淀，反應(yīng)的化學(xué)的方程式為3ZnSO4＋3Na2CO3＋4H2O＝ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O＋2CO2↑＋3Na2SO4。
化工流程方程式書寫
1．細(xì)讀題干尋找提純對象，結(jié)合工藝流程示意圖分析被提純元素的存在形式及雜質(zhì)的去除情況。
2．確定未知反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物，根據(jù)題意分析溶液環(huán)境，配平氧化還原方程式。
先從流程圖中找出反應(yīng)物和生成物，其次依據(jù)有關(guān)反應(yīng)原理確定所缺少的生成物，之后配平，第三根據(jù)電荷守恒確定可能是什么離子參加反應(yīng)或生成何種離子，最后根據(jù)質(zhì)量守恒確定其他所缺少的物質(zhì)（一般是水）。
1．（2023·南通一調(diào)）從廢脫硝催化劑(主要成分為TiO2、V2O5)中回收TiO2和V2O5具有重要意義。堿溶法回收TiO2和V2O5。部分工藝流程如下：
“酸洗”時Na2Ti3O7轉(zhuǎn)化為TiOCl2或TiOSO4；“水解”后得到H2TiO3。寫出“熱堿浸取”時TiO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______________________________________________________。
【答案】3TiO2＋2Na＋＋2OH－eq \(====,\s\up6(Δ))Na2Ti3O7＋H2O
【解析】由流程圖可知“熱堿浸取”時TiO2發(fā)生的反應(yīng)為：TiO2＋Na＋＋OH－eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())Na2Ti3O7，由鈉守恒TiO2＋2Na＋＋OH－eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())Na2Ti3O7，再由電荷守恒TiO2＋2Na＋＋2OH－eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())Na2Ti3O7，最后由質(zhì)量守恒3TiO2＋2Na＋＋2OH－eq \(====,\s\up6(Δ))Na2Ti3O7＋H2O。
2．（2023·蘇州上學(xué)期期末）工業(yè)上利用高鈦爐渣(主要成分為TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3等)制備TiO2。
已知：①TiO2、FeO3在高溫下與NaOH反應(yīng)生成Na2TiO3、NaFeO2，弱堿性條件下Na2TiO3、NaFeO2水解會生成TiO(OH)2、Fe(OH)3沉淀；②TiO(OH)2難溶于稀酸或稀堿，可以溶解在濃酸或濃堿中；③Fe3＋水解能力顯著強(qiáng)于Fe2＋，F(xiàn)e(OH)3容易吸附沉淀。
Ⅰ．硫酸法制備TiO2
（1）焙燒、浸取
①“焙燒”時可將CaTiO3轉(zhuǎn)化為TiOSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________。
②酸浸渣的主要成分為___________。
【答案】①CaTiO3＋2H2SO4eq \(====,\s\up7(高溫),\s\d5())CaSO4＋TiOSO4＋2H2O ②CaSO4、SiO2
【解析】高鈦爐渣(主要成分為TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3等)中加入濃硫酸焙燒，CaTiO3轉(zhuǎn)化為TiOSO4、CaSO4，然后加入稀硫酸“浸取”，經(jīng)過濾得到的酸浸渣為CaSO4、SiO2，濾液中含有TiOSO4、Fe2(SO4)3，濾液經(jīng)沸騰水解，過濾得到TiO(OH)2，TiO(OH)2經(jīng)系列處理得到TiO2。
①“焙燒”時可將CaTiO3轉(zhuǎn)化為TiOSO4，根據(jù)原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaTiO3+2H2SO4eq \(====,\s\up7(高溫),\s\d5())CaSO4+TiOSO4+2H2O；②根據(jù)分析，酸浸渣的主要成分為CaSO4、SiO2。
3．（2024·泰州市下學(xué)期一模）V2O5廣泛用于冶金、化工行業(yè)，可制取多種含釩化合物。
（1）實(shí)驗(yàn)室制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體，過程如下：
“還原”步驟中生成N2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________________________；若不加N2H4，HCl也能還原V2O5生成VO2＋和Cl2，分析反應(yīng)中不生成Cl2的原因________________________。
【答案】①2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O ②N2H4的還原性強(qiáng)于HCl
【解析】由題給流程可知，五氧化二釩與肼、HCl反應(yīng)生成VOCl2、氮?dú)夂退琕OCl2與碳酸氫銨溶液反應(yīng)制得氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體。
由分析可知，還原步驟發(fā)生的反應(yīng)為五氧化二釩與肼、HCl反應(yīng)生成VOCl2、氮?dú)夂退?，反?yīng)的化學(xué)方程式為2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O；由題給信息可知，五氧化二釩也能與氯化氫反應(yīng)生成VOCl2和氯氣，反應(yīng)中不生成氯氣說明肼的還原性強(qiáng)于氯化氫，會優(yōu)先與五氧化二釩反應(yīng)，故答案為：2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O；N2H4的還原性強(qiáng)于HCl。
【問題解決4】
（2024·連云港上學(xué)期調(diào)研一）一種電化學(xué)法將CO2轉(zhuǎn)化為乙烯的原理如圖所示：
①陰極上的電極反應(yīng)式為___________________________________________________。
②以鉛蓄電池為電源，每生成0.5 ml乙烯，理論上需消耗鉛蓄電池中硫酸的物質(zhì)的量為___________。
【答案】①2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O ②6 ml
【解析】①由圖可知，左側(cè)電極為陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成乙烯和水，電極反應(yīng)式為2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O，故答案為：2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O；②鉛蓄電池的總反應(yīng)為Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，由得失電子數(shù)目守恒可知，每生成0.5 ml乙烯，理論上需消耗鉛蓄電池中硫酸的物質(zhì)的量為0.5 ml×12＝6 ml，故答案為6 ml。
電極反應(yīng)式書寫
1．寫出半反應(yīng)式：氧化劑＋ne－—→還原產(chǎn)物、還原劑－ne－—→氧化產(chǎn)物
2．電荷守恒：找出所缺少的離子（注意反應(yīng)的環(huán)境：水溶液——酸性、中性、堿性；熔融液、固體電解質(zhì)）
3．質(zhì)量守恒：找出所缺少的其他物質(zhì)
1．（2024·蘇州調(diào)研期初）電催化還原法是CO2的有機(jī)資源化的研究熱點(diǎn)。控制其他條件相同，將一定量的CO2通入盛有酸性溶液的電催化裝置中，CO2可轉(zhuǎn)化為有機(jī)物，陰極所得產(chǎn)物及其物質(zhì)的量與電壓的關(guān)系如圖所示。
①電解電壓為U1時，電解時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____________。
②電解電壓為U2時，陰極由CO2生成甲醇的電極反應(yīng)式為_______________________________________。
③在實(shí)際生產(chǎn)中發(fā)現(xiàn)當(dāng)pH過低時，有機(jī)物產(chǎn)率降低，可能的原因是______________________________。
【答案】①2.8 ml ②CO2＋6H＋＋6e—＝CH3OH＋H2O ③此時陰極主要為氫離子放電
【解析】①由圖可知，電解電壓為U1時，陰極產(chǎn)生0.2 ml C2H5OH、0.2 ml H2，2CO2＋12H＋＋12e—＝C2H5OH＋3H2O、2H＋＋2e—＝H2↑，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2 ml×12＋0.2 ml×2＝2.4 ml＋0.4 ml＝2.8 ml；②由CO2生成CH3OH，C的化合價由＋4到－2，電極反應(yīng)式為CO2＋6e—eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())CH3OH，由電荷守恒CO2＋6e—＋6H＋eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 0(),\s\d 0(—→))),\s\d 0())CH3OH，再據(jù)質(zhì)量守恒CO2＋6H＋＋6e—＝CH3OH＋H2O；③當(dāng)pH過低時，陰極主要為氫離子放電，導(dǎo)致有機(jī)物產(chǎn)率降低。
2．（2024·江蘇鎮(zhèn)江市高三開學(xué)考）用CO2與H2，通過不同途徑可得到甲酸。
①一種利用電催化反應(yīng)器合成甲酸工作原理如圖所示。
①生成HCOOH的電極反應(yīng)方程式為_______________________________。
②325℃時，水在Mn粉表面產(chǎn)生的H2與CO2反應(yīng)生成甲酸和MnO。直接加熱CO2與H2難以生成甲酸，該條件下能較快生成甲酸的原因是_____________________________________________________________。
【答案】①CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH ②反應(yīng)生成的MnO是氫氣與二氧化碳反應(yīng)生成甲酸的催化劑，降低反應(yīng)所需活化能
【解析】①根據(jù)圖中信息陽極是氫離子失去電子變?yōu)闅潆x子，陰極是二氧化碳得到電子和氫離子結(jié)合生成HCOOH，因此生成HCOOH的電極反應(yīng)方程式為CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH；故答案為：CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH；②325℃時，水在Mn粉表面產(chǎn)生的H2與CO2反應(yīng)生成甲酸和MnO。直接加熱CO2與H2難以生成甲酸，該條件下能較快生成甲酸的原因是反應(yīng)生成的MnO是氫氣與二氧化碳反應(yīng)生成甲酸的催化劑，降低反應(yīng)所需活化能；故答案為：反應(yīng)生成的MnO是氫氣與二氧化碳反應(yīng)生成甲酸的催化劑，降低反應(yīng)所需活化能。
【問題解決5】
（2024·連云港上學(xué)期調(diào)研一）水體中的Cr2O72－、HCrO4－、SO42－是高毒性的重金屬離子，可用Cr(Ⅵ)表示。處理含Cr(Ⅵ)廢水的方法有沉淀法、還原法等。
（3）亞硫酸氫鈉－石灰乳還原沉淀法：向初始pH不等的幾份酸性含鉻(總濃度為0.20 ml·L－1)廢水中加入等量NaHSO3，將Cr(Ⅵ)還原成Cr(Ⅲ)，再加入石灰乳可將Cr(Ⅲ)轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀。
①已知溶液中含鉻物種濃度隨pH的變化如圖所示，pH＝4時，溶液中主要含Cr(Ⅵ)粒子與NaHSO3反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________________。
②廢水中殘留Cr(Ⅵ)與反應(yīng)時間的關(guān)系變化關(guān)系如圖所示，實(shí)際反應(yīng)中，控制廢水pH為2.5的原因是______________________________________________________________________________。
【答案】①3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O ②pH偏高，H＋濃度低，反應(yīng)速率較慢；pH偏低，H＋濃度大，HSO3－易轉(zhuǎn)化為SO2氣體逸出
【解析】①由圖可知，溶液pH為4時，溶液中Cr(Ⅵ)粒子為重鉻酸根離子，溶液中發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下溶液中重鉻酸根離子與亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成硫酸根離子、鉻離子和水，反應(yīng)的離子方程式為3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O，故答案為：3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O；②由圖可知，溶液pH越大，反應(yīng)速率越慢，實(shí)際生產(chǎn)中，溶液pH偏高，溶液中氫離子濃度低，反應(yīng)速率較慢，不利于工業(yè)生產(chǎn)；溶液pH偏低，氫離子濃度大，易與亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化硫氣體逸出，導(dǎo)致Cr(Ⅵ)去除率降低，故答案為：pH偏高，H＋濃度低，反應(yīng)速率較慢；pH偏低，H＋濃度大，HSO3－易轉(zhuǎn)化為SO2氣體逸出。
圖象方程式
根據(jù)圖象中的有關(guān)物質(zhì)的量是增大還是減小或轉(zhuǎn)化關(guān)系，確定反應(yīng)物還是生成物，再根據(jù)有關(guān)原理配平。
1．（2024·江蘇鎮(zhèn)江市高三開學(xué)考）V2O5是接觸法制硫酸的催化劑，使用后的廢釩催化劑可回收利用。
（1）接觸室中發(fā)生的反應(yīng)為：2SO2＋O2eq \(eq \(,\s\up6()),\s\up6(V2O5),\s\d6(Δ))2SO3，催化氧化過程中釩元素的變化如圖所示。
①基態(tài)釩原子的電子排布式為_____________。
②過程c發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________。
【答案】①3d342 ②4VOSO4＋O2＝2V2O5＋4SO3
【解析】①V位于周期表中第四周期第VB族，則其基態(tài)原子的價電子排布式為3d342；②過程c中VOSO4轉(zhuǎn)化為V2O5，由原子守恒可知，該過程中同時生成SO3，化學(xué)方程式為：4VOSO4＋O2＝2V2O5＋4SO3。
2．（2024·淮安市高三上學(xué)期開學(xué)考）以廢舊鋰電池的正極材料[活性物質(zhì)為LixCO2(x≤1)、附著物為炭黑、聚乙烯醇粘合劑、淀粉等]為原料，制備納米鈷粉和C3O4。
（2）制鈷粉：向浸出后的溶液中加入NaOH調(diào)節(jié)pH，接著加入N2H4?H2O可以制取單質(zhì)鈷粉，同時有N2生成。已知不同pH時C(Ⅱ)的物種分布圖如圖所示。C2＋可以和檸檬酸根離子(C6H5O73－)生成絡(luò)合成離子 [C(C6H5O7)]－。
①寫出pH＝9時制鈷粉的離子方程式：________________________________________________________。
②pH＞10后所制鈷粉中由于含有C(OH)2而導(dǎo)致而純度降低。若向pH＞10的溶液中加入檸檬酸鈉[Na3(C6H5O7)]，可以提高鈷粉的純度，原因是________________________________________________________
_______________________________________________________________________________________________。
【答案】①C4(OH)44＋＋2N2H4?H2O＋4OH－＝4C↓＋2N2↑＋10H2O ②加入檸檬酸鈉，C2＋和檸檬酸根離子(C6H5O73－)生成配合物[C(C6H5O7)]－，C(OH)2(s)C2＋(aq)＋2OH－(aq)平衡正向移動，能抑制C(OH)2生成[或促進(jìn)C(OH)2溶解]
【解析】①根據(jù)圖示可知在溶液pH＝9時，溶液中C元素主要存在形式為C4(OH)44＋,C4(OH)44＋與N2H4?H2O在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生C單質(zhì)、N2和H2O，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式為：C4(OH)44＋＋2N2H4?H2O＋4OH－＝4C↓＋2N2↑＋10H2O；②若向pH>10的溶液中加入檸檬酸鈉[[Na3(C6H5O7)]，可以提高鈷粉的純度，原因是：加入檸檬酸鈉，C2＋和檸檬酸根離子C6H5O73－)生成配合物[C(C6H5O7)]－，C(OH)2(s)C2＋(aq)＋2OH－(aq)平衡正向移動，能抑制C(OH)2生成[或促進(jìn)C(OH)2溶解]。
1．（2025·揚(yáng)州開學(xué)考）五氧化二釩(V2O5)是廣泛用于冶金、化工等行業(yè)的催化劑。由富釩廢渣制備V2O5的一種流程如下：
已知：①NaVO3溶于水，NH4VO3難溶于水。
（2）“酸浸”時，MnO2將VO＋轉(zhuǎn)化為VO2＋的離子反應(yīng)方程式為___________________________________________________________。
（5）NH4VO3在空氣中灼燒得V2O5。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式______________________________________________________________。
【答案】（2）VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O （5）2NH4VO3eq \(====,\s\up6(Δ))V2O5＋2NH3↑＋H2O
【解析】（2）“酸浸”時，MnO2將VO＋轉(zhuǎn)化為VO2＋，V元素的化合價由＋3價升至＋5價，MnO2被還原成Mn2＋，Mn元素的化合價由＋4價降至＋2價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)的離子方程式為VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O；（5）NH4VO3在空氣中灼燒得V2O5、NH3和H2O，化學(xué)方程式為2NH4VO3eq \(====,\s\up6(Δ))V2O5＋2NH3↑＋H2O。
2．（2024·連云港上學(xué)期調(diào)研一）根據(jù)提供的情境書寫指定反應(yīng)的方程式。
一種以MnCO3為原料制取MnO2的流程如圖所示，450℃，MnCO3在空氣中灼燒得到三種錳的氧化物，錳元素所占比例隨溫度變化的曲線如圖所示。

（1）寫出450℃，MnCO3在空氣中灼燒生成主要產(chǎn)物的化學(xué)方程式：______________________________。
（2）寫出“浸取”時Mn2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：______________________________________。
【答案】（1）2MnCO3＋O2eq \(======,\s\up6(450 C))2MnO2＋2CO2 （2）Mn2O3＋2H+＝MnO2＋Mn2＋＋H2O
【解析】由題給流程可知，碳酸錳在空氣中灼燒分解生成三氧化二錳和二氧化碳，向三氧化二錳中加入稀硫酸浸取，三氧化二錳轉(zhuǎn)化為二氧化錳和硫酸錳，過濾得到硫酸錳溶液和二氧化錳。
（1）由圖可知，450℃時，二氧化錳的錳元素所占比例最大，說明碳酸錳在空氣中灼燒分解生成二氧化錳和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MnCO3＋O2eq \(======,\s\up6(450 C))2MnO2＋2CO2，故答案為：2MnCO3＋O2eq \(======,\s\up6(450 C))2MnO2＋2CO2；（2）由分析可知，浸取時發(fā)生的反應(yīng)為三氧化二錳與稀硫酸反應(yīng)生成二氧化錳和硫酸錳，反應(yīng)的離子方程式為Mn2O3＋2H＋＝MnO2＋Mn2＋＋H2O，故答案為：Mn2O3＋2H+＝MnO2＋Mn2＋＋H2O。
3．（2024·江蘇南京市、鹽城市一模）“碳中和”目標(biāo)如期實(shí)現(xiàn)的關(guān)鍵技術(shù)之一是CO2的再資源化利用。
（2）XO基摻雜Na2CO3形成XO－Na2CO3(X＝Mg、Ca、Cd等)，能用于捕獲CO2，原理如下圖所示。已知陽離子電荷數(shù)越高、半徑越小，陰離子越易受其影響而分解。
①X＝Ca時，再生的化學(xué)方程式為__________________________________________。
②X＝Mg相比X＝Ca，其優(yōu)點(diǎn)有______________________________________________________________。
【答案】①Na2Ca(CO3)2eq \(====,\s\up6(Δ))CaO＋Na2CO3＋CO2↑ ②等質(zhì)量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋電荷數(shù)相等、Mg2＋半徑小，再生時MgCO3分解溫度低，更節(jié)能
【解析】（2）①X＝Ca時，Na2Ca(CO3)2加熱生成CaO－Na2CO3和CO2，再生的化學(xué)方程式為Na2Ca(CO3)2eq \(====,\s\up6(Δ))CaO－Na2CO3＋CO2↑，故答案為Na2Ca(CO3)2eq \(====,\s\up6(Δ))CaO－Na2CO3＋CO2↑；②已知陽離子電荷數(shù)越高、半徑越小，陰離子越易受其影響而分解，所以X＝Mg相比X＝Ca，其優(yōu)點(diǎn)有等質(zhì)量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋電荷數(shù)相等、Mg2＋半徑小，再生時MgCO3分解溫度低，更節(jié)能，故答案為等質(zhì)量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋電荷數(shù)相等、Mg2＋半徑小，再生時MgCO3分解溫度低，更節(jié)能。
4．（2024·無錫上學(xué)期期中）工業(yè)上可電解MnSO4溶液制備電池用高純MnO2。
（1）MnSO4溶液的制備
利用菱錳礦粉(主要成分為MnCO3，還含有少量FeCO3、Al2O3、CO、SiO2等雜質(zhì))制備MnSO4溶液的流程如下：
已知：25℃時，Ksp[(Mn(OH)2)]＝2.0×10－13，Ksp(CS)＝4.0×10－21，Ksp(MnS)＝2.5×10－13。在本實(shí)驗(yàn)條件下C2＋不能被MnO2氧化。
①“酸浸”過程中加入過量硫酸的目的是_______________________________________________________。
②“氧化”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________。
③“除鈷”過程中加入過量的難溶電解質(zhì)MnS，所得懸濁液中 EQ \f(c(C2＋),c(Mn2＋))＝___________。
【答案】①使碳酸錳完全溶解，防止Mn2＋水解 ②MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O ③1.6×10－8
【解析】制備硫酸錳的流程中，第一步酸浸過程中二氧化硅不溶于硫酸，濾液中含Mn2＋、Fe2＋、C2＋、Al3＋，二氧化錳固體將Fe2＋氧化為Fe3＋，石灰乳是Fe3＋、Al3＋沉淀為氫氧化鐵和氫氧化鋁，硫化錳固體將C2＋沉淀為CS。
①過量硫酸的目的是使碳酸錳完全溶解，防止Mn2＋水解；②二氧化錳可以將Fe2＋氧化為Fe3＋，離子方程式為MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O；③ EQ \f(c(C2＋),c(Mn2＋))＝ EQ \f(c(C2＋)×c(S2－),c(Mn2＋)×c(S2－))＝ EQ \f(4.0×10－21,2.5×10－13)＝1.6×10－8。
5．（2023·江蘇南京市高三學(xué)期調(diào)研）MnSO4可用于制備多種物質(zhì)。
由MnSO4制備CuMnOx催化劑。
①基態(tài)Mn2＋的價電子排布式為___________；SO42－的空間結(jié)構(gòu)為__________________。
②將一定量KMnO4和MnSO4固體投入超純水中混合攪拌，在120℃下反應(yīng)10小時，得到黑色固體MnO2，反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________________；再加入CuSO4和Na2CO3溶液，經(jīng)過攪拌、陳化、造粒、干燥、煅燒等工序得到比表面積較高的催化劑。其中一種成分的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，每個O2－周圍緊鄰的Cu2＋的個數(shù)為___________。
【答案】①3d5 ②正四面體形 ③3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2Oeq \(=====,\s\up6(120℃))5MnO2↓＋4H＋ ④4
【解析】①錳為25號元素，失去2個電子形成基態(tài)Mn2＋，基態(tài)Mn2＋價電子排布式為3d5；SO42－中心S原子價層電子對數(shù)＝4＋ EQ \f(6＋2－2×4,2)＝4，則中心S原子為sp3雜化，其空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；②KMnO4和MnSO4加入超純水中得到黑色固體MnO2，反應(yīng)的離子方程式為3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2Oeq \(=====,\s\up6(120℃))5MnO2↓＋4H＋；Cu2＋離子數(shù)目＝1＋8× EQ \f(1,4)＝3，O2－離子數(shù)目＝8× EQ \f(1,8)＋4× EQ \f(1,2)＝3，每個Cu2＋周圍緊鄰的的O2－個數(shù)為4，則每個O2－周圍緊鄰的Cu2＋的個數(shù)也為4?；蛉鐖D黑球表示O2－緊鄰的Cu2＋，晶胞中每個O2－周圍緊鄰的Cu2＋的個數(shù)為4。書寫方程式的程序
①
一看反應(yīng)物系統(tǒng)—→二審給定條件—→三定反應(yīng)程度—→四析生成物—→五辨生成物特征—→六配平—→七檢查
②
細(xì)致審查給定條件——物料狀態(tài)·溶液濃度·加熱程度·壓強(qiáng)·催化劑·光·電·點(diǎn)燃·加入方式、順序·物質(zhì)的量之比·少量、適量、足量
③
化學(xué)方程式思維方向立體化——對該反應(yīng)實(shí)質(zhì)的探究——為什么能發(fā)生？在何條件下發(fā)生？該反應(yīng)的意義和價值——概念的建立和深化、理論的證明或發(fā)展、自然現(xiàn)象的解釋與認(rèn)識、生產(chǎn)生活中的應(yīng)用。
陌生氧化還原反應(yīng)方程式的書寫步驟
①
結(jié)合物質(zhì)的類別、化合價情況確認(rèn)反應(yīng)發(fā)生的本質(zhì)
②
確定最關(guān)鍵的反應(yīng)物和生成物
③
由電子守恒配平關(guān)鍵反應(yīng)物和生成物
④
再根據(jù)守恒配平或補(bǔ)充其他輔助反應(yīng)物和產(chǎn)物
⑤
依據(jù)題目信息寫好反應(yīng)條件
⑥
結(jié)合反應(yīng)條件和反應(yīng)體系所處的環(huán)境對各物質(zhì)的存在形式、狀態(tài)進(jìn)行修正
水解原理
通式

類型
①活潑金屬的碳化物、氮化物、磷化物、硫化物
②（Si、P、X、N、S）的鹵化物
③有機(jī)化合物的活潑金屬有機(jī)化合物：C2H5ONa、RCOONa、RCOR、RCOX、RCONH2
說明
根據(jù)水：①均裂H2O＝—H＋—OH、②異裂H2O＝H＋＋OH－來考慮
第一步
①找出氧化劑和還原劑；②從反應(yīng)現(xiàn)象、物質(zhì)性質(zhì)、價態(tài)變化、得失電子等角度推斷氧化（還原）產(chǎn)物；③利用電子守恒配平。
第二步
根據(jù)電荷守恒，根據(jù)溶液的酸堿性，通過在反應(yīng)方程式的兩端添加H＋或OH－使方程式兩端的電荷守恒。
第三步
根據(jù)原子守恒，通過在反應(yīng)方程式兩端添加H2O（或其他小分子）使方程式兩端的原子守恒。

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