2023届高考化学二轮复习专题三氧化还原反应离子反应学案

这是一份2023届高考化学二轮复习专题三氧化还原反应离子反应学案，共33页。

专题三　氧化还原反应　离子反应

明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P18
1．认识有化合价变化的反应是氧化还原反应，了解氧化还原反应的本质是电子的转移，知道常见的氧化剂和还原剂。
2．认识酸、碱、盐等电解质在水溶液中或熔融状态下能发生电离。通过实验事实认识离子反应及其发生的条件，了解常见离子的检验方法。
3．能用离子方程式正确表示典型物质的主要化学性质，能从元素价态的角度，依据氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化。

品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P18
真题细研
1．(2021·全国乙卷T3)下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是(　A　)
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
CO＋CaSO4===CaCO3＋SO
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢：
Cu2＋＋S2－===CuS↓
【解析】　硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为CO＋CaSO4===CaCO3＋SO，故A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，故D错误。
2．(2020·全国卷Ⅱ·8)某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为(　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，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。
3．(2020·全国卷Ⅲ·11)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是(　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．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH＋OH－===NH3·H2O
【解析】　用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分SO氧化为SO，同时产生的氢离子与剩余部分SO结合生成HSO，Cl2被还原为Cl－，反应的离子反应方程式为3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO，A选项正确；向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O＋O2↑，C选项错误；NH4HSO4电离出的H＋优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为H＋＋OH－===H2O，D选项错误。
4．(2019·全国卷Ⅲ·10)离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是(　A　)

A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的NO、SO、Cl－通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH－===H2O
【解析】　本题为信息题，注意从题目信息中提取有用信息。根据示意图，水经过阳离子交换树脂后，Ca2＋、Na＋、Mg2＋均被H＋交换，因为Ca2＋、Mg2＋是＋2价阳离子，H＋是＋1价阳离子，根据电荷守恒与Ca2＋、Mg2＋交换的H＋数目应为Ca2＋、Mg2＋总数的2倍，因此水中阳离子总数增加，A错误；根据示意图，NO、SO、Cl－经过阴离子交换树脂后被OH－替换，B正确；水经过净化后溶液中离子浓度减小，水的导电性降低，纯水几乎不导电，C正确；经过阳离子交换树脂后溶液中的阳离子全部是H＋，经过阴离子交换树脂后溶液中的阴离子被OH－替换，所以在阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH－===H2O，D正确。
5．(2020·全国卷Ⅰ·26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是__加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)__。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有__Fe2＋__离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式__VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O__。
【解析】　(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，则VO＋和VO2＋被氧化成VO的同时还有Fe2＋被氧化，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋转化为VO时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2 mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。
6．(2020·全国卷Ⅱ·26节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为__2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O__。
(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为__1.25__mol；产生“气泡”的化学方程式为__NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O__。
【解析】　(1)Cl2歧化为Cl2O和Cl－，HgO和氯气反应的方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O；(2)5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1 mol ClO2，消耗NaClO2为×5＝1.25 mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为NaHCO3＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
考情预判
离子反应和氧化还原反应是历年高考的重点和热点，预计2023年高考仍会延续以往的考查方式，重点考查氧化还原反应、离子反应的基本规律，新情境下信息型氧化还原反应方程式、离子方程式的书写和判断等，其中离子共存，离子方程式的正误判以及氧化还原反应的规律主要以选择题的形式出现，在填空部分常会结合元素化合物知识以化工流程题，实验探究题形式考查离子方程式的书写，陌生氧化还原方程式的书写及配平和相关计算，多角度、动态地分析离子反应、氧化还原反应，利用特征离子反应和氧化还原反应对物质进行定性研究或判断。

悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P20
考点一　氧化还原反应

核心知识·整合
1．理清两条概念线索

2．掌握氧化还原反应的规律

3．储备陌生氧化还原方程式、离子方程式的书写知识
(1)在日常的学习、练习中，注意记忆、积累常见元素的化合价；认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。
②强还原性物质或离子：Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
(2)掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。有时候物质的氧化还原产物还要根据题中的情境信息考虑，如H2S与浓硝酸反应甚至能被氧化为H2SO4，I－可以被过量的浓氯水氧化生成IO。了解常见物质反应后的存在形式，比如O2得电子后转变为O2－，在酸性环境下结合H＋生成H2O，而在碱性条件下则与H2O转变为OH－。

关键能力·突破

　考向1　氧化还原反应的概念及其关系
典例1(2022·咸阳模拟)ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应1：4HCl＋2KClO3===2ClO2↓＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O
反应2：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O
下列说法正确的是(　A　)
A．两个反应中KClO3都作氧化剂
B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应2中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为15mol
D．制备等量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数多
【解析】　反应1，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，A正确；反应1，KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，KClO3做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有两个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B错误；反应2，KClO3→ClO2中Cl元素化合价从＋5降到＋4，有24个Cl原子变价，每转移24 mol电子，生成气体的物质的量为30 mol，则转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol，C错误；将反应1乘以12，生成24 mol ClO2时转移(5－4)×24＝24 mol，反应2生成24 mol ClO2时也转移24 mol，D错误。

思维建模
三步解答氧化还原反应的题目


〔迁移应用〕
1．(2022·喀什模拟)铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为＋2价和＋4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　C　)
A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂
B．物质的氧化性：Cl2>Pb3O4
C．Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1
D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L
【解析】　反应Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中，Pb元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作为氧化剂，A错误；反应Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中，Pb元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由－1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，B错误；因为铅丹中Pb元素的化合价只有＋2、＋4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2＋与Pb4＋的物质的量之比为2∶1，C正确；选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，D错误。
　考向2　氧化还原反应的计算
典例2(2022·长沙模拟)200mL由硫酸和硝酸组成的混合酸中，c(H＋)＝1.5mol/L，c(SO)＝0.55mol/L。向其中加入5.76g铜粉，待充分反应后(不考虑溶液体积的变化)，下列说法正确的是(　D　)
A．反应生成的气体是NO、SO2的混合气
B．反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解
C．反应中转移了0.018mol电子
D．溶液中Cu2＋的物质的量浓度为0.45mol/L
【解析】　由c(SO)＝0.55 mol/L，则c(H2SO4)＝0.55 mol/L，n(H＋)＝cV＝1.5×200×10－3＝0.3 mol，由c(H2SO4)＝0.55 mol/L，可以推出n(H2SO4)＝0.11 mol，则硫酸提供的氢离子n(H＋)硫酸＝0.22 mol，可以计算出n(HNO3)＝0.3－0.22＝0.08 mol，铜的物质的量n(Cu)＝＝0.09 mol，根据方程式：
3Cu ＋ 8H＋＋ 2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2 3
0.09 0.24 0.06 0.09
可以发现铜不足量，可以完全溶解，则n(Cu2＋)＝0.09 mol。稀硫酸中硫酸根离子不参加反应，不生成SO2，只能生成NO，A错误；由分析可知铜没有剩余，B错误；由分析可知，铜完全反应，则n(e－)＝2n(Cu)＝2×0.09＝0.18 mol，C错误；溶液中铜离子浓度，c(Cu)＝＝0.45 mol/L，D正确。
方法技巧
利用电子守恒关系解题的思维流程
一找各物质
找出反应中的氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物，并标出变价元素的化合价
二定得失数
找准一个原子(或离子)得失电子数(注意化学式中粒子的个数)
三列关系式
根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式关系式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值

〔迁移应用〕
2．(2022·重庆模拟)As元素有＋2、＋3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是(　D　)

A．反应Ⅰ中若0.5molAs4S4参加反应，转移14mol电子，则物质a为SO2
B．从反应Ⅱ可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应Ⅲ属于非氧化还原反应
D．反应Ⅳ中，As2S3和Sn2＋恰好完全反应时，其物质的量之比为2∶1
【解析】　As4S4中As为＋2价，S为－2价，经过反应I，As4S4转变为As2O3，As元素化学价升高到＋3，当0.5 mol As4S4反应时，As转移电子的物质的量为0.5×(3－2)×4＝2 mol，S转移电子的物质的为14 mol－2 mol＝12 mol，S的化合价也升高，设S升高后的价态为x，则0.5×[x－(－2)]×4＝12 mol，x＝4，故a为二氧化硫，A正确；反应Ⅱ中As2O3与水反应仅生成H3AsO3，是H3AsO3的酸酐，B正确；反应Ⅲ中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应Ⅳ发生的反应为2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋===2H2S＋2Sn4＋＋2As4S4，As2S3和Sn2＋的物质的量之比为1∶1，D错误。
　考向3　陌生氧化还原方程式的书写
典例3(2022·西安模拟)叠氮化钠(NaN3)不溶于乙醚，微溶于乙醇，易溶于水，常用于汽车安全防护袋的气源，汽车发生剧烈碰撞时，立即自动充气。实验室模拟尿素法制备水合肼(N2H4·H2O)并利用其进一步反应制取NaN3的流程如下：

已知：①N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2；
②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4·H2O。
回答下列问题：
(1)吸收塔内发生反应的离子方程式为__Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O__。
(2)写出反应器1中生成水合肼反应的化学方程式：__CO(NH2)2＋NaClO＋2NaOHN2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl__。
(3)已知亚硝酸乙酯的结构简式为CH3CH2ONO，写出反应器2中生成NaN3和CH3CH2OH的化学方程式：__NaOH＋CH3CH2ONO＋N2H4·H2O===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O__。若生成39gNaN3，则该反应中转移电子的物质的量为__2__mol__。
(4)反应器1要控制NaClO溶液的用量，其主要目的是__防止过量的NaClO将生成的N2H4·H2O氧化__。
【解析】　(1)Cl2通入吸收塔中与NaOH发生氧化还原反应，生成NaClO、NaCl和H2O，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；(2)在反应器1中MnSO4作催化剂条件下碱性NaClO溶液与尿素溶液发生氧化还原反应，生成N2H4·H2O、Na2CO3和NaCl，其化学方程式为CO(NH2)2＋NaClO＋2NaOHN2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl；(3)水合肼(N2H4·H2O)与亚硝酸乙酯和NaOH混合液在反应器2中发生反应生成NaN3和CH3CH2OH，其化学方程式为N2H4·H2O＋CH3CH2ONO＋NaOH===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O；39 g NaN3的物质的量为n(NaN3)＝＝0.6 mol，由化学方程式N2H4·H2O＋CH3CH2ONO＋NaOH===NaN3＋CH3CH2OH＋3H2O可知，CH3CH2ONO中N元素为＋3价，NaN3中N元素为价，即生成1 mol NaN3转移 mol电子，设生成39 g NaN3转移x mol电子，则1∶＝0.6∶x，解之x＝2 mol；(4)由题中信息可知，N2H4·H2O易溶于水，具有强还原性，易被氧化成N2，而NaClO具有强氧化性，所以过量的NaClO会将生成的N2H4·H2O氧化。

　　　　　　思维模型


〔迁移应用〕
3．(2022·临汾模拟)六氟锑酸钠(NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2∶1，则氧化产物为__SO或Na2SO4__，Sb2S3发生反应的离子方程式为__Sb2S3＋8OH－===2SbO＋3S2－＋4H2O__。
(2)“氟化”反应的离子方程式为__NaSbO3·3H2O＋6HF===Na＋＋SbF＋6H2O__。
【解析】　(1)“碱浸、还原”时，Sb由＋5价降为＋3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2∶1，根据得失电子守恒有2×2×(5－3)＝1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x＝4，则Na2S2O3中S被氧化为＋(2＋4)＝＋6价，则氧化产物为SO或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3＋8OH－===2SbO＋3S2－＋4H2O；(2)“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为NaSbO3·3H2O＋6HF===Na＋＋SbF＋6H2O。
题组训练·提能
题组一　氧化还原反应的概念及其关系
1．(2022·重庆模拟)关于反应4CO2＋SiH44CO＋2H2O＋SiO2，下列说法正确的是(　D　)
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
【解析】　根据反应方程式，碳元素的化合价由＋4价降为＋2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由－4价升为＋4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由－4价升高至＋4价，因此生成1 mol SiO2时，转移8 mol电子，D正确。
2．(2022·汉中模拟)在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化反应的离子方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋。实现该反应的物质间转化如图，下列说法正确的是(　C　)

A．反应Ⅰ中消耗1molO2生成1molNO
B．反应Ⅲ是氧化还原反应
C．该转化过程中NO做催化剂
D．反应Ⅱ中1molFeS2被氧化转移16mol电子
【解析】　由图可知：Fe(NO)2＋中铁由＋2价变＋3价，氧气中氧由0价变成－2价，根据得失电子守恒，反应I的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，消耗1 mol O2生成4 mol NO，A错误；反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，B错误；由总反应2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以NO做催化剂，C正确；反应Ⅱ中S元素的化合价从－1价升高为＋6价，则每1 mol FeS2参加反应，则转移了14 mol的电子，D错误。
3．(2022·成都模拟)下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是(　C　)
A．KMnO4→MnO2 B．NH3→NH
C．Fe2＋→Fe3＋ D．Cl2→ClO－
【解析】　KMnO4→MnO2，KMnO4受热分解即可实现，不需要加氧化剂实现，故A错误；NH3→NH中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，B错误；Fe2＋→Fe3＋中Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，C正确；Cl2→ClO－，Cl2与NaOH溶液反应即可实现，该反应中Cl2是氧化剂也是还原剂，不需要加氧化剂，D错误。
题组二　氧化还原反应的计算及综合应用
4．(2022·南宁模拟)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋OH－―→CO＋MnO＋H2O(未配平，下同)
②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O
下列说法错误的是(　D　)
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
B．“反应①”中氧化性：MnO>CO
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗59.5gMnO时，反应中转移0.5mole－
【解析】　根据氧化还原反应配平可得：CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，反应中MnO为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，B正确；由于SO与MnO、MnO不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗59.5 g MnO，即＝0.5 mol时，则反应中转移电子数目为，D错误。
5．(2022·绍兴模拟)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的化学原理可用离子方程式表示为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，则下列说法正确的是(　D　)
A．Cl－是氧化产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．Fe3＋发生还原反应
D．高铁酸钠在水处理中体现了氧化性，因此具有消毒的作用，且上述反应生成1mol高铁酸钠转移3mol电子
【解析】　ClO－中Cl的化合价降低，被还原为Cl－，Cl－是还原产物，A错误；ClO－中Cl的化合价降低，ClO－是氧化剂，Fe的化合价升高，Fe3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，B错误；Fe的化合价升高，Fe3＋是还原剂，被氧化，发生氧化反应，C错误；高铁酸钠在水处理中反应转化为氢氧化铁，铁的化合价由＋6价降低为＋3价，高铁酸钠是氧化剂，体现了氧化性，上述反应中Fe的价态由＋3价升高为＋6价，生成1 mol高铁酸钠转移1 mol×(6－3)＝3 mol电子，D正确。
6．(2022·福州模拟)以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备铬的工艺流程如图所示：

下列说法错误的是(　C　)
A．焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4
B．滤渣1的主要成分为Fe2O3
C．酸浸时应加入足量稀硫酸
D．转化时发生反应的化学方程式为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH
【解析】　铬铁矿在氧气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和NaAlO2固体，发生反应为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑，主反应为4FeO·Cr2O3＋7O2＋8Na2CO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2，加水通过水浸NaAlO2、Na2CrO4进入浸出液中，而不溶的Fe2O3形成滤渣1，浸出液加入稀硫酸形成滤渣2是Al(OH)3沉淀，最后分离出Na2CrO4溶液，加入S发生转化，发生反应为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH，得到Cr(OH)3再转化为Cr。焙烧时FeO·Cr2O3→Na2CrO4、Fe2O3，Fe和Cr元素化合价都升高，通入氧气做氧化剂，发生反应为4FeO·Cr2O3＋7O2＋8Na2CO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，A正确；由分析可知，不溶于水的Fe2O3形成滤渣1，B正确；酸浸时加入稀硫酸目的是形成Al(OH)3沉淀，除去铝元素，由于Al(OH)3能溶于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，C错误；转化时加入S和Na2CrO4反应生成Na2S2O3、Cr(OH)3，S元素化合价升高了2，有2个S发生变价，Cr元素化合价降低了3，结合得失电子守恒和原子守恒，发生反应方程式为4Na2CrO4＋6S＋7H2O===4Cr(OH)3＋3Na2S2O3＋2NaOH，D正确。
7．(2022·青岛模拟)钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂(主要成分为MoS、V2O5和Al2O3)中提取比较贵重的金属钒和钼，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎，目的是__加快反应速度__。
(2)“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐，写出MoS转化为Na2MoO4的化学方程式__2MoS＋2Na2CO3＋5O22Na2MoO4＋2CO2＋2SO2__。
(3)“滤渣”的化学式为__Al(OH)3__。滤液①的主要成分为Na2MoO4、__NaVO3、NaHCO3__。
(4)“沉钼”的离子方程式为__2NH＋6H＋＋4MoO===(NH4)2O·4MoO3·2H2O＋H2O__。
(5)高温用H2还原(NH4)2O·4MoO3·2H2O得金属钼，氧化剂与还原剂物质的量之比为__1∶12__。
【解析】　(1)对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；“焙烧”时需对废催化剂进行粉碎，目的是加快反应速度；(2)“焙烧”过程中MoS转化为对应的钠盐，硫元素被氧气氧化为二氧化硫，MoS在焙烧过程中和碳酸钠、氧气反应生成Na2MoO4和二氧化碳、二氧化硫，化学方程式为2MoS＋2Na2CO3＋5O22Na2MoO4＋2CO2＋2SO2；(3)根据“沉铝”信息可知，“滤渣”的成分为氢氧化铝Al(OH)3；“焙烧”过程中MoS、V2O5和Al2O3均转化为对应的钠盐，沉铝过程中偏铝酸钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀除去了铝，则得到滤液①的主要成分为Mo、V的钠盐和生成的碳酸氢钠，故为Na2MoO4、NaVO3、NaHCO3；(4)由流程可知，“沉钼”过程中加入硝酸铵和硝酸与MoO反应生成(NH4)2O·4MoO3·2H2O，离子方程式为2NH＋6H＋＋4MoO===(NH4)2O·4MoO3·2H2O＋H2O；(5)氢气还原(NH4)2O·4MoO3·2H2O得金属钼，钼化合价由＋6变为0价，化合价降低发生还原反应为氧化剂；氢气生成水，氢元素化合价由0变为＋1，化合价升高发生氧化反应为还原剂；根据电子守恒可知，(NH4)2O·4MnO3·2H2O～24e－～12H2，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶12。

考点二　离子反应

核心知识·整合
1．正确书写离子方程式的两种方法
(1)书写时判断离子反应顺序的方法
①氧化还原型离子反应——强者优先
同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应，其中还原性(或氧化性)最强的还原剂(或氧化剂)最先反应，反应完全后由强到弱依次进行。
②复分解型离子反应——最稳定生成物优先
采用“假设验证法”：假设某种离子先反应，若生成产物与其他成分能共存，则该离子优先反应，否则该离子不能优先反应。如含有Al3＋、NH、H＋溶液中逐滴加入NaOH溶液，OH－按H＋→Al3＋→NH→Al(OH)3顺序依次反应。
(2)与“量”有关的离子方程式的书写——“少定多变”法
…就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，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组成比相符。
…过量反应物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。
2．离子共存问题审题“三大”注意
(1)审清题干中的要求：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。
(2)应注意题干中提示的水的电离程度：当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)小于1×10－7mol·L－1时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7mol·L－1时，水的电离得到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。
(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。
3．离子共存的四大题设“陷阱”
(1)常见的限制条件
①“无色”：Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等有色离子不能大量存在。
②“pH＝1”或“pH＝13”：溶液显酸性或碱性。
③“因发生氧化还原反应而不能大量共存”：只能是氧化性离子和还原性离子不共存，并不是其他离子反应，同时要注意溶液酸碱性的影响。
(2)常见的隐含条件
①“与Al反应放出H2”：溶液既可能显酸性也可能显碱性。
②“由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1”的溶液：溶液既可能显酸性也可能显碱性。
③“通入足量的NH3”：与NH3·H2O反应的离子不能存在。
④含有大量Fe3＋的溶液：酸性溶液并具有强氧化性。
⑤含有大量AlO、S2－的溶液：碱性溶液。
⑥含有大量NO的溶液：隐含H＋与还原性离子不能大量存在。
(3)相互促进水解
①NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合：存在相互促进水解情况，但水解程度较小，在溶液中仍然能大量共存。
②Al3＋与CO、HCO、AlO、HS－、S2－；Fe3＋与CO、HCO、AlO、ClO－：相互促进水解，生成沉淀或气体，不能大量共存。
4．掌握常见离子的检验
(1)常见阳离子的检验

(2)常见阴离子的检验


关键能力·突破
　考向1　离子方程式的书写及正误判断
典例1(2022·马鞍山模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(　D　)
A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3
B．向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液：SO＋2H＋===SO2↑＋H2O
C．向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
【解析】　Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为ClO－＋H2O＋CO2===HClO＋HCO，故A错误；向Na2SO3溶液中滴加稀HNO3溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为2NO＋3SO＋2H＋===3SO＋2NO↑＋H2O，故B错误；由于I－的还原性大于Fe2＋的还原性，则氯气先与I－反应，将I－氧化完后，再氧化Fe2＋，根据得失电子守恒可知，等量的Cl2刚好氧化I－，Fe2＋不被氧化，正确的离子反应方程式应为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，故C错误；在NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，氢氧根离子只与氢离子反应，不与铵根离子反应，离子方程式应为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，故D正确。
方法技巧
离子方程式正误判断及书写时的关注点

〔迁移应用〕
1．(2022·岳阳模拟)下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是(　A　)
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
Na＋、Fe3＋、SO、Cl－
过量
H2S
2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
B
Fe2＋、K＋、NO、Br－
少量
HI
4H＋＋3Fe2＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
C
NH、Fe3＋、AlO、Na＋
少量
铜粉
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
D
AlO、Na＋、K＋、HCO
过量
HCl
5H＋＋HCO＋AlO===Al3＋＋CO2↑＋3H2O
【解析】　Na＋、Fe3＋、SO、Cl－之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故A正确；Fe2＋、K＋、NO、Br－之间能够大量共存，但I－的还原性大于Fe2＋，加入少量HI后只有I－被氧化，正确的离子方程式为8H＋＋6I－＋2NO===3I2＋2NO↑＋3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；AlO与Fe3＋发生双水解反应，离子反应为3AlO＋Fe3＋＋6H2O===Fe(OH)3↓＋3Al(OH)3↓，在溶液中不能大量共存，故C错误；AlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误。
　考向2　离子共存与离子推断
典例2(2022·荆州模拟)对下列粒子组在指定溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是(　C　)

溶液与粒子组
判断和分析
A
使甲基橙变黄色的溶液：Na＋、K＋、SiO、AlO
能大量共存，因为使甲基橙变黄色的溶液呈碱性，粒子与OH－不发生反应
B
pH＝0的溶液：Fe2＋、NH、NO、HCOOH
能大量共存，因为这些粒子之间不反应
C
常温下水电离的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液：K＋、NH、C2O、Cl－
不能大量共存，因为酸性溶液中会发生反应2H＋＋C2O===H2C2O4，碱性溶液中会发生反应NH＋OH－===NH3·H2O
D
透明溶液：Na＋、K＋、MnO、NO
不能大量共存，因为MnO呈紫红色
【解析】　甲基橙的变色范围为3.1～4.4，使甲基橙变黄色的溶液，可能成酸性、中性或碱性，酸性条件下，2H＋＋SiO===H2SiO3↓，H＋＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓，A项错误；pH＝0的溶液呈强酸性，会发生反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，B项错误；常温下水电离的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中会发生反应2H＋＋C2O===H2C2O4，碱性溶液中会发生反应NH＋OH－===NH3·H2O，不能大量共存，C项正确；透明溶液可能是有色溶液，也可能是无色溶液，D项错误。
方法技巧
判断离子共存的步骤
第一步：“细审题看关键点”
(1)注意“一定大量共存”“可能大量共存”还是“不能大量共存”等关键点。
(2)注意“透明溶液”意味着无难溶物和微溶物，但并不意味着溶液无色。
第二步：“分析限制条件”
(1)常见表示溶液呈酸性的表述
①常温下，pH＝1的溶液；
②使pH试纸变红的溶液；
③使甲基橙呈红色的溶液；
④与镁粉反应放出氢气的溶液；
⑤c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(2)常见表示溶液呈碱性的表述
①常温下，pH＝14的溶液；
②使pH试纸变蓝的溶液；
③使酚酞试液变红的溶液；
④c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1的溶液。
(3)常见表示溶液既可能呈酸性也可能呈碱性的表述
①常温下，水电离出的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液；
②与NH4HCO3反应能产生气体的溶液。
(4)无色溶液：不含有Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、MnO等。
第三步：“抓住反应发生条件”
(1)生成气体、沉淀、弱电解质的复分解反应。
(2)特别注意氧化还原反应。
(3)熟记相互促进的水解反应。
〔迁移应用〕
2．(2022·咸阳模拟)某100mL溶液可能含有Na＋、NH、Fe3＋、CO、SO、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)：

下列说法错误的是(　B　)
A．原溶液一定存在CO，理由是沉淀①在盐酸中部分溶解
B．是否存在Na＋只有通过焰色反应才能确定
C．原溶液一定不存在Fe3＋，可能存在Cl－
D．原溶液中c(Na＋)≥0.1mol·L－1
【解析】　加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量的盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO、SO这两种离子，一定没有Fe3＋(Fe3＋和CO会发生双水解反应，不能共存)，且沉淀②为BaSO4，n(BaSO4)＝＝＝0.01 mol，m(BaCO3)＝4.30 g－2.33 g＝1.97 g，则n(BaCO3)＝＝＝0.01 mol。加入NaOH溶液产生0.672 L(标准状况)气体，则溶液中含有NH，NH3有0.03 mol，即n(NH)＝0.03 mol。CO和SO所带的负电荷的物质的量为0.01 mol×2＋0.01 mol×2＝0.04 mol，NH所带的正电荷的物质的量为0.03 mol×1＝0.03 mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有Na＋，且最少为0.01 mol(因无法判断是否有Cl－，如果有Cl－，需要多余的Na＋去保持溶液的电中性)，据此分析解答。加入BaCl2溶液之后，产生沉淀①，且沉淀①在盐酸中部分溶解，BaSO4不溶于盐酸，溶解的是BaCO3，则说明一定有CO，故A正确；由分析可知，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定含有Na＋，不必通过焰色反应确定，故B错误；原溶液中一定有CO，Fe3＋和CO会发生双水解反应，不能共存，则一定不存在Fe3＋；溶液中一定含有Na＋，但Na＋含量不确定，若多于0.01 mol，根据电荷守恒，需要Cl－去保持溶液的电中性，故可能存在Cl－，故C正确；若原溶液中不存在Cl－，则c(Na＋)＝＝＝0.1 mol·L－1，若原溶液中存在Cl－，则c(Na＋)>0.1 mol·L－1，即c(Na＋)≥0.1 mol·L－1，故D正确。
题组训练·提能
题组一　离子方程式的书写及正误判断
1．(2022·汉中模拟)下列离子方程式书写错误的是(　D　)
A．“水滴石穿”的反应原理：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO
B．Na2SO3溶液用作脱氯剂：Cl2＋SO＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
C．Na和CuSO4溶液反应：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋
D．向NH4HCO3溶液中滴入过量NaOH溶液：NH＋H＋＋2OH－===NH3·H2O＋H2O
【解析】　“水滴石穿”的反应原理：碳酸钙与二氧化碳和水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，即CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO，A正确；SO具有还原性，Cl2具有氧化性，Na2SO3溶液可用作脱氯剂，离子方程式为Cl2＋SO＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO，B正确；Na单质优先与溶液中水分子反应生成NaOH和H2，NaOH再和CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应为2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，C正确；向NH4HCO3溶液中滴入过量NaOH溶液，离子方程式为NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋H2O＋CO，D错误。
2．(2022·西安模拟)下列反应的离子方程式书写错误的是(　D　)
A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O
B．使用K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓
C．少量CO2通入漂白粉溶液中：CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaCO3↓＋2HClO
D．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
【解析】　Na2S2O3中S元素的平均化合价为＋2价，在酸性溶液中会发生歧化反应，生成单质S和SO2，则其离子方程式为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O，故A正确；Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]反应生成亮蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，所以可用K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋，则其离子方程式为2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓，故B正确；漂白粉溶液中含有Ca2＋、ClO－以及Cl－离子，向其通入少量CO2，则会生成碳酸钙沉淀和次氯酸，则其方程式为CO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaCO3↓＋2HClO，故C正确；草酸为弱酸，不能拆分成离子形式，所以草酸与酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故D错误。
3．(2022·西南大学附中模拟)下列离子方程式书写不正确的是(　D　)
A．向Mg(OH)2中滴加FeCl3溶液，沉淀由白色变成红褐色：3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋===2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋
B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
C．用K3[Fe(CNH)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2＋：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓
D．向等物质的量浓度的KOH和K2SO3的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－＋2SO＋5H＋===3H2O＋2SO2↑
【解析】　向Mg(OH)2中滴加FeCl3溶液，沉淀由白色变成红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁：3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋===2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋，A正确；向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，B正确；用K3[Fe(CN)6]溶液检测FeCl2溶液中的Fe2＋，会产生蓝色沉淀：2[Fe(CN)6]3－＋3Fe2＋===Fe3[Fe(CN)6]2↓，C正确；向等物质的量浓度的KOH和K2SO3的混合溶液中加入过量稀盐酸：OH－＋SO＋3H＋===2H2O＋SO2↑，D错误。
题组二　离子共存与离子推断
4．(2022·吴忠模拟)下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　C　)
A．中性溶液中：Fe3＋、Na＋、SO、NO
B．lg＝10的溶液中：Na＋、K＋、CH3COO－、Cl－
C．明矾溶液中：NH、K＋、I－、Br－
D．加入铝粉会产生H2的溶液中：Cu2＋、Mg2＋、NO、ClO－
【解析】　中性溶液中Fe3＋会发生水解，生成氢氧化铁沉淀，不能共存，A项错误；lg ＝10的溶液中显酸性，酸性条件下，CH3COO－与氢离子会结合，不能共存，B项错误；明矾溶液中存在Al3＋，Al3＋、NH、K＋、I－、Br－互不反应，能大量共存，C项正确；加入铝粉会产生H2的溶液中可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下，ClO－不能大量共存，碱性条件下，Cu2＋、Mg2＋不能大量共存，D项错误。
5．(2022·呼和浩特模拟)常温下pH＝1的某溶液A中含有NH、K＋、Na＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、CO、NO、Cl－、I－、SO中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示：

下列有关说法正确的是(　A　)
A．该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四种离子
B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C．可用焰色试验确定原溶液中是否含有Na＋，若含有Na＋灼烧时火焰呈黄色，是因为激发态的电子跃迁至基态，若未见黄色火焰则无Na＋
D．一定没有Fe3＋，但是无法确定是否含有I－
【解析】　由题干信息可知，pH＝1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO一定不存在，溶液A中加入过量的(NH4)2CO3溶液，Fe3＋和CO发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色)，说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁因此，丁为NO2，丙为NO，说明原溶液中有NO，但是NO在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH)3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n(Al3＋)＋n(H＋)＝3×0.1 mol/L＋0.1 mol/L＝0.4 mol·L－1，而NO所带电荷数为0.1 mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1 mol·L－1，因此原溶液中含有SO、Cl－。由分析可知，该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3＋、SO、Cl－四种离子，A正确；未告知气体所在的状态，故无法计算实验消耗Cu 14.4 g，生成气体丁的体积，B错误；由分析可知，溶液中一定不存在Na＋，故无需进行焰色实验，C错误；由分析可知，一定没有Fe3＋、I－，D错误。

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REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P26
新情景信息型方程式的书写
〔高考必备〕
1．审题关键点
(1)根据所学知识和题目所给信息(包括图像、工艺流程图等)，找出氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(2)使化合价升降的总数目相等(得失电子总数相等)，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(3)观察方程式两边离子所带电荷数是否相等，若不等，则要使电荷守恒，根据反应是在何种环境(酸性或碱性)中进行补充H＋或OH－。若在酸性环境中，一边加a个H＋(电荷守恒)，另一边加b个H2O(原子守恒)；若在碱性环境中，一边加m个OH－(电荷守恒)，另一边加n个H2O(原子守恒)。
2．书写方法


3．常见氧化剂、还原剂及产物预测
(1)常见的氧化剂及还原产物预测
氧化剂
还原产物
KMnO4
Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；
MnO(碱性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr3＋
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
X2(卤素单质)
X－
H2O2
OH－(碱性)；H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
NaClO(或ClO－)
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl2、ClO2
PbO2
Pb2＋

(2)常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂
氧化产物
Fe2＋
Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)
SO2(或H2SO3、SO)
SO
S2－(或H2S)
S、SO2(或SO)、SO
H2C2O4
CO2
H2O2
O2
I－(或HI)
I2、IO
CO
CO2
金属单质(Zn、
Fe、Cu等)
Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂
反应生成Fe3＋)、Cu2＋

〔典例探究〕
(2021·河北卷节选)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)工序③中发生反应的离子方程式为__2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓__。
(2)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O__，可代替NaOH的化学试剂还有__Na2CO3__(填化学式)。
【解析】　(1)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na＋＋2CrO＋2CO2＋H2O===Cr2O＋2NaHCO3↓；(2)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
〔预测演练〕
1．(2022·成都模拟)某电解铜企业生产过程中产生大量阳极泥，主要成分如下：Cu－16.32%，Ag－4.62%，Au－0.23%，Pb－15.68%。现设计如下流程实现对铜、银的有效回收：

已知：
①NaNO3受热分解产生NaNO2和O2；
②焙烧时Pb转化为PbO；
③Ag(NH)2OH能被含醛基的有机物还原生成银。
回答下列问题：
(1)铜阳极泥可用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)，加入氯酸钠的目的是__作氧化剂__。写出铜被浸出的离子反应方程式__3Cu＋ClO＋6H＋===3Cu2＋＋Cl－＋3H2O__。
(2)写出焙烧过程中银与NaNO3反应的化学方程式__NaNO3＋2AgAg2O＋NaNO2__。
(3)浸渣的主要成分有__Au、PbSO4__。
(4)对浸取液进行氯化时的现象是__产生白色沉淀__，滤渣提银时需依次加入__浓氨水__、甲醛溶液。
(5)最后的滤液中加入一定浓度的纯碱沉铜(主要沉淀为碱式碳酸铜)，经实验测定某批沉铜产品中m(Cu)∶m(C)＝16∶1，则该碱式碳酸铜的组成可表示为__C__。
A．Cu(OH)2·CuCO3
B．Cu(OH)2·2CuCO3
C．2Cu(OH)2·CuCO3
【解析】　结合题干和已知，阳极泥中含有的主要成分有Cu、Ag、Au和Pb，加入适量NaNO3焙烧，得到含Au、CuO、Ag2O和PbO的烧渣，再加入适量的硫酸，得到主要成分为PbSO4和Au的浸渣，浸取液中含有Cu2＋和Ag＋，氯化过滤后得到AgCl的滤渣和含Cu2＋的滤液，据此分析解答。(1)若铜阳极泥用湿法直接浸出，浸出剂主要是硫酸，同时还需加入一定量的氯酸钠(NaClO3)作氧化剂，铜被浸出时，Cu转化为Cu2＋，反应的离子方程式为3Cu＋ClO＋6H＋===3Cu2＋＋Cl－＋3H2O；(2)已知NaNO3受热分解产生NaNO2和O2，则焙烧过程中银与NaNO3反应生成Ag2O和NaNO2，反应的化学方程式为NaNO3＋2AgAg2O＋NaNO2；(3)根据上述分析可知，浸渣的主要成分为PbSO4和Au；(4)浸取液中含有Cu2＋和Ag＋，氯化过滤后得到AgCl的滤渣，即观察到的现象为产生白色沉淀，可向AgCl中加入浓氨水得到Ag(NH)2OH，再加入甲醛溶液即可提取Ag；(5)某批沉铜产品中m(Cu)∶m(C)＝16∶1，则n(Cu)∶n(C)＝∶＝3∶1，因此该碱式碳酸铜的组成可表示为2Cu(OH)2·CuCO3，故答案选C。
2．(2022·重庆模拟)钯(Pd)是一种不活泼金属，具有优良的吸氢功能，其氢氧化物具有两性。工业上采用如图流程从二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]中提取钯。

(1)Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为__＋2__。
(2)“酸溶”生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为__Pd(NH3)2Cl2＋2HCl(浓)(NH4)2PdCl4__。
(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中发生的氧化还原的离子反应方程式为__ClO＋2NH===N2↑＋Cl－＋2H＋＋3H2O或6ClO＋10NH===5N2↑＋3Cl2↑＋4H＋＋18H2O__，__ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O__。
【解析】　(1)根据化合价代数和等于0，Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为＋2；(2)“酸溶”时Pd(NH3)2Cl2和盐酸反应生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为Pd(NH3)2Cl2＋2HCl(浓)(NH4)2PdCl4；(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中ClO把NH氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO＋10NH===5N2↑＋3Cl2↑＋4H＋＋18H2O；ClO把Cl－氧化为Cl2，反应的离子方程式为ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。
3．镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。由于电池使用后电极材料对环境有危害。某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：

已知：①NiCl2易溶于水，Fe3＋不能氧化Ni2＋；
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O；
③Ksp[Ni(OH)2]：5.0×10－16，Ksp(NiC2O4)：4.0×10－10。
回答下列问题：
(1)酸溶后所留残渣的主要成分__碳粉__(填物质名称)。
(2)用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为__Fe(OH)3、Al(OH)3__(填化学式)。
(3)写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式：__Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓__。
(4)写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式：__NiC2O4＋2OH－Ni(OH)2↓＋C2O__，该反应的平衡常数为__8×105____L·mol－1。
(5)电解过程中阴极反应式为__2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－__，沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一氧化，写出氧化反应的离子方程式：__2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－__。
(6)铁镍蓄电池，放电时总反应：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是__B__。
A．电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池充电时，阴极附近溶液的pH降低
C．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
【解析】　(1)由题意可知，电极材料中的Ni(OH)2、碳粉、氧化铁中只有碳粉不能与盐酸发生反应，滤渣的主要成分为碳粉；(2)由题意可知，加入NiO调节pH目的为去除滤液中含有的铁离子与铝离子，故析出沉淀的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；(3)加入Na2C2O4的目的为将Ni2＋沉淀出来，反应的方程式为Na2C2O4＋NiCl2＋2H2O===2NaCl＋NiC2O4·2H2O↓；(4)加入氢氧化钠的目的是沉淀未完全反应的Ni2＋，反应的方程式为NiC2O4＋2OH－===Ni(OH)2↓＋C2O，该反应的平衡常数为，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)电解过程中，阴极为H＋得电子生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，沉淀Ⅲ为Ni(OH)2，电解所得氯气可将其氧化为Ni(OH)3，反应的方程式为2Ni(OH)2＋2OH－＋Cl2===2Ni(OH)3＋2Cl－；(6)根据放电时总反应为Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知：A.电池的电解液为碱性溶液，电池的正极为Ni2O3、负极为Fe，正确；B.电池充电时，阴极反应为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，pH变大，错误；C.电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；D.电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，正确。