高考化学二轮复习专题3氧化还原反应离子反应学案

这是一份高考化学二轮复习专题3氧化还原反应离子反应学案，共23页。

专题三　氧化还原反应　离子反应

体系构建·串真知


真题回放·悟高考
解读考纲
1．了解离子反应、氧化还原反应的概念。
2．了解离子反应发生的条件和氧化还原反应的常见规律及应用。
3．能正确书写离子方程式，并能进行有关计算。
4．掌握常见的氧化还原反应方程式的配平及简单的陌生氧化还原反应方程式的书写方法，并能进行有关的计算。
体验真题
1．(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、M gSO4
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。
2．(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。
3．(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。
4．(2018·全国Ⅱ·13)下列实验过程可以达到实验目的的是(　B　)
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.400 0 mol·L－1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【解析】　4.0 g固体NaOH的物质的量为0.1 mol，因此使用250 mL的容量瓶，但题目中对实验的操作叙述不清楚，没有冷却、洗涤等步骤，故A项错误；FeCl3具有氧化性，因此能与具有还原性的维生素C发生反应，从而使溶液的颜色由黄色变为浅绿色(Fe2＋)，故B项正确；C项中产生的气体应最后通过浓硫酸，否则会引入水蒸气，故C项错误；H2O2与NaHSO3的反应没有明显的实验现象，因此不能用此反应探究浓度对反应速率的影响，故D项错误。
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VO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1 mol ClO2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↑。
7．(2019·全国卷Ⅱ·26节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：

(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为__BaSO4＋4CBaS＋4CO↑__。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为__CO＋H2OCO2＋H2__。
(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的__BaCO3__(填化学式)。
(3)沉淀器中反应的离子方程式为__S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO═══ZnS·BaSO4↓__。
【解析】　(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，硫的化合价由＋6→－2，由“回转炉尾气中含有有毒气体”知，碳元素的化合价由0→＋2，由电子守恒和原子守恒得，化学方程式为BaSO4＋4CBaS＋4CO↑。由“生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体”可知，CO与水蒸气反应生成CO2和H2，该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2；(2)在潮湿空气中长期放置，可溶性硫化钡与空气中的CO2和H2O反应生成H2S气体和BaCO3；(3)BaS和ZnSO4都是可溶性盐，都能拆成离子，故反应的离子方程式为S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO═══ZnS·BaSO4↓。
8．(2019·全国卷Ⅲ·26节选)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

(1)“滤渣1”含有S和__SiO2(不溶性硅酸盐)__；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式__MnO2＋MnS＋2H2SO4═══2MnSO4＋S＋2H2O__。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是__将Fe2＋氧化为Fe3＋__。
(3)写出“沉锰”的离子方程式__Mn2＋＋2HCO═══MnCO3↓＋CO2↑＋H2O__。
【解析】　天然二氧化锰粉与硫化锰矿溶浸时矿物中含有的Fe、Al、Mg、Zn、Ni等与硫酸反应生成可溶性盐，进入溶液。二氧化锰具有氧化性，硫化锰中－2价的硫具有还原性，在硫酸作用下发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4═══2MnSO4＋S＋2H2O。因此“滤渣1”中含有不溶性的S、SiO2或不溶性硅酸盐。(2)过滤出“滤渣1”后，滤液中主要含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，由于Fe2＋开始沉淀的pH较大，加入MnO2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节pH除去。(3)溶液经过除杂后阳离子主要为Mn2＋，“沉锰”时加入NH4HCO3形成MnCO3沉淀。反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO═══MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
预判考情
离子反应和氧化还原反应是历年高考的重点和热点，预计2021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。

知识深化·精整合
一、氧化还原反应
1．氧化还原反应中的概念及相互间的联系

2．氧化还原反应的基本规律及应用
(1)氧化还原反应基本规律及应用内化于心，外化于形
①强弱规律

②守恒规律

③归中规律

(2)解答氧化还原反应规律应用题的“3步骤”
第一步：分析化合价的变化，准确判断相关概念
氧化剂被还原，发生还原反应，生成还原产物；
还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。
第二步：依据规律判断反应的合理性
氧化还原反应遵循强弱律、优先律、转化律等，同时应掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧，低价还，中间价态两面转”。
第三步：利用电子守恒进行定量判断
有关氧化还原反应的定量问题，利用得、失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，列等式求解。
3．陌生氧化还原方程式、离子方程式的书写知识储备
(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－。
二、离子反应
1．离子方程式的书写
(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．离子方程式正误判断方法
审清题意“三注意”
注意反应环境
注意操作顺序
注意反应物之间量的关系
化学式拆写“四原则”
易溶强电解质拆，弱电解质、难溶物不拆
微溶物清拆浊不拆
单质、氧化物不拆
浓硫酸不拆，浓盐酸、浓硝酸拆
反应产物“三分析”
分析量不同时的产物
分析是否漏掉同步反应
分析变价元素的产物
方程式遵循“三守恒”
原子是否守恒
电荷是否守恒
得失电子是否守恒
3.离子共存中的常见隐含条件
条件类型
常见表述
误点点拨
常见的限制条件
“无色”
Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO等有色离子不能大量存在
“pH＝1”或“pH＝13”
溶液显酸性或碱性
“因发生氧化还原反应而不能共存”
只能是氧化性离子和还原性离子不大量共存，并不是其他离子反应，同时要注意溶液酸碱性的影响
“透明”
“透明”也可“有色”
常见的隐含条件
“与Al反应放出H2”
溶液既可能显酸性也可能显碱性
“由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1”的溶液
溶液既可能显酸性也可能显碱性
“通入足量的NH3”
与NH3·H2O反应的离子不能大量存在
含有大量Fe3＋的溶液
酸性溶液并具有氧化性
含有大量AlO、S2－的溶液
碱性溶液
含有大量NO的溶液
隐含H＋与还原性离子不能大量存在
相互促进水解
NH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
相互促进水解
Al3＋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
题干要求
(1)“一定大量共存”
(2)“可能大量共存”
(3)“不能大量共存”
审清关键字词

典题精研·通题型
考点一　氧化还原反应
典例探究
角度一　氧化还原反应的概念及其关系
典例1 (2020·阜阳模拟)过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4＋6Na2O2═══2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。下列说法中不正确的是(　C　)
A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C．由反应可知每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12 mol电子
D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
【解析】　由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A正确；2FeSO4＋6Na2O2═══2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Fe元素的化合价由＋2价升高为＋6价，O元素的化合价部分由－1价降低为－2价，部分由－1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；2FeSO4～10e－，所以每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移15 mol电子，C错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确。
技巧点拨
解决氧化还原反应概念的一般思路
理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关概念。在实际解题过程中，应从其特征——元素化合价入手。具体思路是“找变价、判类型、分升降、定其他”。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。
角度二　氧化还原反应的规律及应用
典例2 (1)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为__0.8__。
(2)(2016·全国卷Ⅲ)欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为__0.5__mol。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为____mol。
(4)已知：还原性HSO>I－，氧化性IO>I2。在NaIO3溶液中滴加过量的NaHSO3溶液反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__NaI__(填化学式)。
【解析】　(1)根据电子得失守恒可知：×(3－)×x＝×2，解得x＝0.8。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，钒元素化合价从＋4升高到＋5，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5降低到－1，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3 mol÷6＝0.5 mol。(3)电子转移数目既可用氧化剂得电子数目也可以用还原剂失电子数目进行确定。由反应方程式8NH3＋6NO2═══7N2＋12H2O可知，当生成1 mol N2时有 mol电子转移。(4)由还原性HSO>I－，可知当NaHSO3溶液过量时IO先被还原成I2，再被还原成I－。
题后反思
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
角度三　陌生氧化还原方程式的书写与相关计算
典例3 (2020·青岛模拟)磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：
(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程I中，被还原的元素是__Cu、P__(填元素符号)，过程Ⅲ的化学方程式为__2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C═══6CaSiO3＋10CO↑＋P4__。

(2)磷酸钒锂/碳复合材料[ Li3V2(PO4)3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：

①复合材料中V的化合价为__＋3__，C的作用是__增强复合材料的导电性__。
②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为__V2O5＋5H2C2O4═══V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O__；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是__减少产品损耗__。
③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和 LixC6和 Li3V2(PO4)3/C做电极，放电时的电池总反应为 LixC6＋ Li3－xV2(PO4)3═══Li3V2(PO4)3＋C6，则电池充电时阳极的电极反应式为__Li3V2(PO4)3－xe－═══ Li3－xV2(PO4)3＋x Li＋__。
【解析】　(1)根据图像，过程Ⅰ中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价降低，被还原；过程Ⅲ中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C═══6CaSiO3＋10CO↑＋P4；(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[ Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根显－3价，锂显＋1价，因此V的化合价为＋3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性；②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3过程中V的化合价由＋5价降低为＋3价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5＋5H2C2O4═══V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O; Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗；③该锂离子放电时的电池总反应为 LixC6＋ Li3－xV2(PO4)3═══Li3V2(PO4)3＋C6，则充电时电池的总反应为 Li3V2(PO4)3＋C6═══LixC6＋Li3－xV2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为： Li3V2(PO4)3－xe－═══Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋。
规律方法
陌生氧化还原方程式的书写方法

类题精练
1．(2020·鹤岗模拟)高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。(未配平)下列说法正确的是(　A　)
A．Fe2＋的还原性强于Mn2＋
B．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5∶1
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【解析】　Fe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；MnO化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；锰元素由＋7价降至＋2价，铁元素由＋2价升至＋3价，根据得失电子守恒，MnO、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H＋的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋═══Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，故C项错误；根据离子方程式MnO＋5Fe2＋＋8H＋═══Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，生成4 mol水时转移5 mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D项错误。
2．(2020·成都模拟)用“银－Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：

已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是(　D　)
A．反应①中参与反应的HCHO为30 g时转移电子2 mol
B．可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3＋
C．生成44.8 L CO2时反应②中参加反应的Ag一定为8 mol
D．理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【解析】　30 g HCHO的物质的量为1 mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到＋4价，所以转移电子4 mol，故A错误；过氧化氢能将Fe2＋氧化为Fe3＋，与Fe3＋不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3＋，故B错误；没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2＋越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。
3．(1)(2018·全国卷Ⅰ)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为__S2O＋2I2＋3H2O═══2SO＋4I－＋6H＋__，该样品中Na2S2O5的残留量为__0.128__g·L－1(以SO2计)。
(2)(2018·全国卷Ⅱ)一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：

①焙烧过程中主要反应的化学方程式为__2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2__。
②溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为__Cd2＋＋Zn═══Cd＋Zn2＋__。
(3)(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：

回答下列问题：
写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式__2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑__。
【解析】　(1)由于Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，所以在氧化还原反应中作还原剂，因此在与碘标准液反应时，会被氧化成硫酸根，碘单质被还原为碘离子，该反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O═══2SO＋4I－＋6H＋；根据硫原子守恒及上述反应的离子方程式可得如下关系：2SO2～S2O～2I2，故该样品中Na2S2O5的残留量为0.01 L×0.010 00 mol·L－1×64 g·mol－1÷0.05 L＝0.128 g·L－1。(2)①由于闪锌矿的主要成分是ZnS，焙烧时硫元素转化为SO2，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2。②Zn是一种比较活泼的金属，具有较强的还原性，可以还原一些氧化性较强的不活泼金属阳离子。所以溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn＋Cd2＋═══Zn2＋＋Cd。(3)找出发生氧化还原反应的物质：FePO4中Fe3＋有氧化性、H2C2O4有还原性(碳元素为＋3价，可以被氧化为＋4价)。依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物：Fe3＋表现氧化性的还原产物应为Fe2＋，LiFePO4符合预测；H2C2O4高温下被氧化为CO2。根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数：根据电子守恒FePO4与H2C2O4按2∶1反应。根据原子守恒配平未发生氧化还原反应的物质的计量数。
考点二　离子反应
典例探究
角度一　离子方程式的书写与正误判断
典例4 (2020·淮安模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(　D　)
A．电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO＋4OH－═══2MnO2↓＋3SO＋2H2O
C．向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2＋＋NO＋4H＋═══3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D．向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O═══HClO＋HCO
【解析】　电解饱和MgCl2溶液的离子方程式应为：Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO＋2H2O═══2Mn2＋＋5SO＋4H＋，故B项错误；向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO＋4H＋═══3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO，则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O═══HClO＋HCO，故D项正确。
技巧点拨
离子方程式正误判断及书写时的关注点

角度二　离子共存
典例5 (2020·双鸭山模拟)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　A　)
A．0.1 mol· L－1 FeSO4溶液：Na＋、K＋、Cl－、NO
B．滴入酚酞变红色的溶液：K＋、Ca2＋、HCO、CO
C．加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3＋、ClO－、SO
D．水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol· L－1的溶液：K＋、Mg2＋、I－、C6H5O－
【解析】　0.1 mol· L－1 FeSO4溶液中：Na＋、K＋、Cl－、NO、Fe2＋、SO各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；滴入酚酞变红色的溶液呈碱性，HCO不能大量存在，且Ca2＋与CO反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，选项B错误；加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性，ClO－不能大量存在，选项C错误；水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol· L－1的溶液可能为酸性溶液也可能为碱性溶液，酸性条件下C6H5O－不能大量存在，碱性条件下Mg2＋不能大量存在，选项D错误。
规律方法
判断离子共存的步骤
第一步：“细审题干关键点”
(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。
角度三　离子推断
典例6 (2020·哈尔滨模拟)某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中(　B　)
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且c(Cl－)≥0.4 mol/L
C．SO、NH、一定存在，Cl－可能不存在
D．CO、Al3＋一定不存在，K＋可能存在
【解析】　由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明溶液中一定有NH，且物质的量为0.02 mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3＋，1.6 g固体为氧化铁，物质的量为0.01 mol，有0.02 mol Fe3＋，一定没有CO；4.66 g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02 mol；根据电荷守恒，一定有Cl－，且至少为0.02 mol×3＋0.02－0.02 mol×2＝0.04 mol，物质的量浓度至少为c(Cl－)＝0.04 mol÷0.1 L＝0.4 mol/L。至少存在Cl－、SO、NH、Fe3＋四种离子，A项错误；根据电荷守恒，至少存在0.04 mol Cl－，即c(Cl－)≥0.4 mol· L－1，B项正确；一定存在氯离子，C项错误；Al3＋无法判断是否存在，D项错误。
题后反思
离子推断“四原则”
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；
(2)互斥性原则在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子；
(3)电中性原则：溶液中一定既有阳离子，又有阴离子，且正负电荷总数相等；
(4)进出性原则：实验过程中引入或反应生成的离子对后续实验有干扰。
角度四　新情境下陌生离子方程式的书写
典例7 (2020·黄冈模拟)工业上采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②部分阳离子沉淀时溶液的pH。
离子
Al3＋
Fe3＋
Ca2＋
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
4.1
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的pH
4.7
3.2
13.1
10.1
11.1
③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
(1)根据图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(菱锰矿粉)分别为__500_℃__、__60_min__、__1.10__。

(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2，作用是__将Fe2＋氧化为Fe3＋__，再调节溶液pH的最大范围为__4.7≤pH<8.1__，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。
(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为__Mn2＋＋2HCO═══MnCO3↓＋CO2↑＋H2O__。
(4)上述流程中可循环使用的物质是__NH4Cl__(填化学式)。
(5)现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中NO转化为NO)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH═══N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol· L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋═══Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用5.00 mL 0.500 mol· L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为
__6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋═══6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O__。
②试样中锰的质量分数为__20.625%__。
【解析】　(1)结合题中图像，浸出率达到一定高度后再改变该量时变化不明显的临界点，即为最佳选择，则焙烧温度为500 ℃，焙烧时间为60 min，的值为1.10。(2)为了通过调节pH使溶液中的铁变为沉淀，则需要把亚铁离子氧化为铁离子；为了完全使溶液中的Fe3＋、Al3＋变为沉淀，而不影响Ca2＋、Mg2＋、Mn2＋，则pH应大于等于4.7，小于8.1。(3)净化除杂后溶液中的锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳气体与水，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO═══MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)通过流程可知，可以循环利用的物质为氯化铵。(5)①酸性K2Cr2O7溶液中的Cr为＋6价，反应中变为＋3价，亚铁离子变为＋3价，反应的离子方程式：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋═══6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②加入的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3－和K2Cr2O7反应，n(Fe2＋)∶n(Cr2O)＝6∶1，n1(Fe2＋)＝6×0.5 mol· L－1×0.005 L＝0.015 mol，n2(Fe2＋)∶n([Mn(PO4)2]3－)＝1∶1，n2(Fe2＋)＝n([Mn(PO4)2]3－)＝0.500 mol· L－1×0.060 L－0.015 mol＝0.015 mol，据Mn原子守恒，m(Mn)＝0.015 mol×55 g· mol－1＝0.825 g，质量分数＝×100%＝20.625%。
类题精练
4．(2020·天津塘沽模拟)下列化学用语对事实的表述正确的是(　C　)
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH＋C2HOHC17H35COOC2H5＋HO
B．向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO＋SO2＋H2O═══H2SiO3↓＋SO
C．由Na和Cl形成离子键的过程：

D．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O═══2HClO＋CO
【解析】　硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2HOH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH＋C2HOHC17H35CO18OC2H5＋H2O，故A错误；向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO＋2SO2＋2H2O═══H2SiO3↓＋2HSO，故B错误；氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：，故C正确；弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO－＋CO2＋H2O═══HClO＋HCO，故D错误。
5．(2020·青岛模拟)下列离子反应方程式正确的是(　D　)
A．Na2O2与水反应：2O＋2H2O═══4OH－＋O2↑
B．NaHCO3溶液与稀硫酸：CO＋2H＋═══H2O＋CO2↑
C．氯气与水反应：Cl2＋H2O═══2H＋＋Cl－＋ClO－
D．Ca(HCO3)2与过量的NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO＋2OH－═══CaCO3↓＋CO＋2H2O
【解析】　过氧化钠在离子方程式中是不能写成离子，A错误；碳酸氢钠在离子方程式中不能用碳酸根表示，必须写成碳酸氢根，B错误；产物次氯酸是弱酸，不能拆写为离子，C错误；Ca(HCO3)2与过量的NaOH溶液反应的离子方程式Ca2＋＋2HCO＋2OH－═══CaCO3↓＋CO＋2H2O，D正确。
6．(2020·大庆模拟)有一混合物的水溶液可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH、Cl－、Ba2＋、HCO、SO，现取两份100 mL的该溶液进行如下实验：
(1)第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL；
(2)第二份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。
根据上述实验，下列推测正确的是(　B　)
A．Ba2＋一定存在
B．100 mL该溶液中含0.01 mol HCO
C．Na＋不一定存在
D．Cl－不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【解析】　根据题意，Ba2＋和SO可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448 mL，即0.02 mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH，根据反应NH＋OH－═══NH3↑＋H2O，产生NH3为0.02 mol，可得NH也为0.02 mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30 g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33 g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO＋Ba2＋＋OH－═══BaCO3↓＋H2O、SO＋Ba2＋═══BaSO4↓，因为BaCO3＋2HCl═══BaCl2＋CO2↑＋H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO、SO，一定不存在Ba2＋。由条件可知BaSO4为2.33 g，物质的量为0.01 mol，BaCO3为4.30 g－2.33 g＝1.97 g，物质的量为0.01 mol，根据原子守恒，所以100 mL该溶液中含0.01 mol HCO。由上述分析可得，溶液中一定存在HCO、SO、NH，其物质的量分别为：0.01 mol、0.01 mol、0.02 mol，根据溶液中电荷守恒可知Na＋一定存在，而钡离子一定不存在，A错误；100 mL该溶液中含0.01 mol的碳酸氢根离子，B正确；根据电荷守恒可知钠离子一定存在，C错误；不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，D错误。
7．(2019·江苏高考节选)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为__2Fe2＋＋H2O2＋2H＋═══2Fe3＋＋2H2O__；水解聚合反应会导致溶液的pH__减小__。
【解析】　H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身被还原为H2O，根据Fe和O得失电子守恒配平，用H＋平衡电荷。Fe3＋水解结合OH－，释放出H＋，酸性增强，pH减小。
8．(1)“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原生成单质碲，该反应的离子方程式是__2SO＋Te4＋＋2H2O═══Te↓＋2SO＋4H＋__。
(2)处理含CN－废水的方法是第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN－不完全氧化为CNO－；第二步控制pH为7.5～8.5，用NaClO完全氧化CNO－生成N2和两种盐。请写出第二步反应的离子方程式：
__2CNO－＋3ClO－＋H2O═══N2↑＋3Cl－＋2HCO__。
(3)已知还原性：SO>I－。KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将m g成品溶于水并加入淀粉作指示剂，用c mol·L－1的酸性KIO3标准溶液进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液的体积为V mL，滴定终点时发生的离子反应方程式为__IO＋5I－＋6H＋═══3I2＋3H2O__，成品中Na2SO3的质量分数为__%__。
【解析】　(1)由还原碲信息根据氧化还原反应原理，SO还原Te4＋为Te，本身被氧化为SO，离子反应方程式为2SO＋Te4＋＋2H2O═══Te↓＋2SO＋4H＋。(2)NaClO作氧化剂，即ClO－―→Cl－；生成“两种盐”中有一种为碳酸盐，结合“pH为7.5～8.5”应该为HCO而不是CO。(3)由于还原性SO>I－，开始时还原剂Na2SO3过量，所以IO的还原产物可能为I－，当SO耗尽时，再加入的IO就与溶液中的I－反应生成I2，所以滴定终点前的反应为IO＋3SO═══3SO＋I－，滴定终点的反应为IO＋5I－＋6H＋═══3I2＋3H2O；根据滴定反应的离子方程式IO＋3SO═══3SO＋I－可知：n(Na2SO3)＝3cV×10－3 mol，所以m(Na2SO3)＝126×3cV×10－3 g；所以Na2SO3的质量分数为%。