專題三離子反應氧化還原反應研析最新考綱洞悉命題熱點1.了解離子反應的概念、離子反應發(fā)生的條件。2．掌握常見離子的檢驗方法。3．能正確書寫化學方程式和離子方程式，并能進行有關計算。4．了解氧化還原反應的本質，了解常見的氧化還原反應。5．掌握常見氧化還原反應的配平和相關計算。1.氧化還原反應基本規(guī)律，陌生氧化還原方程式的書寫、配平，以及有關計算2．離子反應的概念、離子反應的條件及離子大量共存問題3．離子方程式的正誤判斷、書寫及計算[全國卷]下列說法中正確的有________。(1)(2017·全國卷Ⅱ)向2mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液中加足量鐵粉，振蕩，黃色逐漸消失，加1滴KSCN溶液，溶液顏色不變，說明還原性：Fe>Fe2＋(2)(2017·全國卷Ⅱ)將金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入集滿CO2的集氣瓶；集氣瓶中產生大量白煙，瓶內有黑色顆粒產生，則CO2具有氧化性(3)(2015·全國卷Ⅰ)將稀硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液，有氣體生成，溶液呈血紅色，說明稀硝酸將Fe氧化為Fe3＋(4)(2014·全國卷Ⅰ)FeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作，是因為FeCl3能從含有Cu2＋的溶液中置換出銅[解析]向FeCl3溶液中加足量鐵粉，振蕩、加1滴KSCN溶液，發(fā)生的反應為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，加KSCN溶液顏色不變，說明FeCl3與Fe反應完全，還原性Fe>Fe2＋，(1)正確；集氣瓶中有黑色顆粒產生，說明有碳單質生成，則CO2中碳元素化合價降低，CO2表現(xiàn)氧化性，(2)正確；稀硝酸與過量的Fe充分反應生成硝酸亞鐵、NO氣體和水，無Fe3＋，加入KSCN溶液后，溶液不變紅色，(3)錯誤；氯化鐵中的三價鐵離子能和銅反應生成二價鐵離子和銅離子，(4)錯誤。[答案](1)(2)[省市卷]1．(2019·浙江卷)聚合硫酸鐵[Fe(OH)SO4]n能用作凈水劑(絮凝劑)，可由綠礬(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反應得到。下列說法不正確的是()A．KClO3作氧化劑，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗eq\f(6,n)molKClO3B．生成聚合硫酸鐵后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體而凈水D．在相同條件下，F(xiàn)e3＋比[Fe(OH)]2＋的水解能力更強[解析]FeSO4和KClO3反應生成[Fe(OH)SO4]n的化學方程式為6nFeSO4＋nKClO3＋3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n＋nKCl，根據(jù)化學方程式可知，KClO3作氧化劑，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗eq\f(n,6)molKClO3，A項錯誤；[Fe(OH)]2＋的水解能力小于Fe2＋，導致生成聚合硫酸鐵后，溶液堿性增強，B項正確；[Fe(OH)]2＋可在水中水解生成Fe(OH)3膠體而凈水，C項正確；比較Fe3＋和[Fe(OH)]2＋的水解能力，可以從二者所帶電荷的多少來分析，所帶正電荷越多，結合OH－的能力就越強，水解能力就越強，D項正確。[答案]A2．(2019·北京卷)下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應的是()物質(括號內為雜質)除雜試劑AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、濃H2SO4DNO(NO2)H2O、無水CaCl2[解析]A項，F(xiàn)e粉將溶液中的Fe3＋轉化為Fe2＋，涉及氧化還原反應；B項，Mg2＋與NaOH溶液反應生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀鹽酸中和，兩個反應均不涉及氧化還原反應；C項，Cl2能溶于水并與水發(fā)生氧化還原反應，不能用水除去Cl2中的HCl；D項，NO2溶于水生成HNO3和NO，涉及氧化還原反應。[答案]B3．(2019·天津卷)下列離子方程式能用來解釋相應實驗現(xiàn)象的是()實驗現(xiàn)象離子方程式A向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)=Mg2＋＋2NH3·H2OB向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液得到紅褐色液體Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3H＋C二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色3SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋4H＋=3SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋2H2OD氧化亞鐵溶于稀硝酸FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O[解析]氫氧化鎂懸濁液中存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2Mg2＋＋2OH－，滴加氯化銨溶液，NHeq\o\al(＋,4)與OH－結合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移動，離子方程式為Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)=Mg2＋＋2NH3·H2O，A項正確：向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，得到紅褐色Fe(OH)3膠體而不是沉淀，B項錯誤；二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生反應5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，C項錯誤；氧化亞鐵與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，D項錯誤。[答案]A4．(2019·浙江卷)不能正確表示下列變化的離子方程式是()A．二氧化硫與酸性高錳酸鉀溶液反應：5SO2＋2H2O＋2MnOeq\o\al(－,4)=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋B．酸性碘化鉀溶液中滴加適量雙氧水：2I－＋2H＋＋H2O2=I2＋2H2OC．硅酸鈉溶液和鹽酸反應：SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓D．硫酸銅溶液中加少量的鐵粉：3Cu2＋＋2Fe=2Fe3＋＋3Cu[解析]CuSO4溶液中加入少量的鐵粉：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，D錯誤。[答案]D考點一離子方程式的正誤判斷離子方程式正誤判斷的審題要點1．審清題意“三注意”：反應環(huán)境；操作順序；反應物之間量的關系。2．化學式拆寫“四原則”：易溶強電解質拆，弱電解質、難溶物不拆；微溶物清拆濁不拆；單質、氧化物不拆；濃硫酸不拆，濃鹽酸、濃硝酸拆。3．反應產物“三分析”：量不同時的產物；是否漏掉同步反應；變價元素的產物。4．方程式遵循“三守恒”：原子守恒；電荷守恒；得失電子守恒?！镜淅?】(2019·江蘇卷)下列指定反應的離子方程式正確的是()A．室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2OB．用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2：Al＋2OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋H2↑C．室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋H2OD．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋[思路點撥][解析]A項，Cl2與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O，正確；B項，題給離子方程式不符合電荷守恒與得失電子守恒，錯誤；C項，稀HNO3與Cu發(fā)生反應生成NO，錯誤；D項，Na2SiO3為可溶性的鈉鹽，應拆開，錯誤。[答案]A1．(2019·合肥質檢一)下列離子方程式表達不正確的是()A．向FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2B．向Na2S2O3溶液中滴加HCl溶液：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2OC．向NaAlO2溶液中通入過量CO2制Al(OH)3：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)D．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O[解析]向FeCl3溶液中滴加HI溶液，F(xiàn)e3＋與I－發(fā)生氧化還原反應，A項正確；向Na2S2O3溶液中滴加HCl溶液，S2Oeq\o\al(2－,3)與H＋反應生成S、SO2和H2O，B項正確；向NaAlO2溶液中通入過量CO2，生成Al(OH)3和NaHCO3，C項正確；向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，Al3＋先與OH－反應，NHeq\o\al(＋,4)后與OH－反應，D項錯誤。[答案]D2．(2019·河北衡水三調)下列離子方程式書寫正確的是()A．向KIO3溶液中通入過量SO2：IOeq\o\al(－,3)＋3SO2＋3H2O=I－＋3SOeq\o\al(2－,4)＋6H＋B．向酸性高錳酸鉀溶液中滴加雙氧水，溶液褪色：MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O2＋4H＋=Mn2＋＋2O2↑＋4H2OC．CuSO4溶液與足量的NaHS溶液反應：Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋D．在Fe(NO3)3溶液中加入過量HI溶液：8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋6I－=2NO↑＋4H2O＋3I2[解析]過量SO2與IOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應生成SOeq\o\al(2－,4)和I－，A項正確；題給離子方程式中得失電子不守恒，應為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，B項錯誤；由于NaHS足量，所以還可發(fā)生反應：H＋＋HS－=H2S↑，總反應為Cu2＋＋2HS－=CuS↓＋H2S↑，C項錯誤；酸性條件下，F(xiàn)e3＋和NOeq\o\al(－,3)均能氧化I－，故HI過量時，發(fā)生反應Fe3＋＋3NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10I－=Fe2＋＋3NO↑＋6H2O＋5I2，D項錯誤。[答案]A考點二離子共存和離子推斷1．突破離子共存判斷中的常設“陷阱”(1)“顏色”陷阱：若限定溶液無色，則Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋、MnOeq\o\al(－,4)、Cr3＋、Cr2Oeq\o\al(2－,7)、CrOeq\o\al(2－,4)等有色離子不能大量存在。(2)溶液酸堿性的幾種表示方法①表示酸性的溶液a．常溫下pH<7或c(H＋)>c(OH－)的溶液；b．能使紫色石蕊試液或甲基橙顯紅色的溶液；c．能使pH試紙顯紅色的溶液。②表示堿性的溶液a．常溫下pH>7或c(H＋)<c(OH－)的溶液；b．能使酚酞試液顯紅色或紫色石蕊試液顯藍色的溶液；c．能使pH試紙顯藍色的溶液。③表示既可能為酸性溶液又可能為堿性溶液a．與Al反應放出H2的溶液；b．由水電離的c(H＋)＝1×10－nmol·L－1或由水電離的c(OH－)＝1×10－nmol·L－1的溶液(常溫下n≠7)(若n>7表示加酸或堿抑制水的電離，n<7表示水解呈酸性或堿性的鹽溶液)。(3)溶液中可能發(fā)生的氧化還原反應①含有大量Fe3＋的溶液，隱含是酸性溶液，并具有強氧化性。②含有大量NOeq\o\al(－,3)、MnOeq\o\al(－,4)的溶液，在酸性條件下具有強氧化性。(4)相互促進水解的兩種情況①NHeq\o\al(＋,4)與CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)，Mg2＋與HCOeq\o\al(－,3)等組合中，雖然存在相互促進水解情況，但水解程度較小，在溶液中仍能大量共存。②Al3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、S2－、HS－相互促進水解，不能大量共存。Fe3＋與COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、AlOeq\o\al(－,2)相互促進水解，不能大量共存。2．常見離子的特征反應實驗操作與現(xiàn)象(1)常見陽離子的檢驗(2)常見陰離子的檢驗【典例2】(2019·江蘇卷)室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．0.1mol·L－1NaOH溶液：Na＋、K＋、COeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)B．0.1mol·L－1FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、MnOeq\o\al(－,4)C．0.1mol·L－1K2CO3溶液：Na＋、Ba2＋、Cl－、OH－D．0.1mol·L－1H2SO4溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)[思路點撥][解析]A項，題給四種離子在堿性條件下均能大量存在，正確；B項，MnOeq\o\al(－,4)可以氧化Fe2＋，錯誤；C項，COeq\o\al(2－,3)與Ba2＋會發(fā)生反應生成BaCO3沉淀，錯誤；D項，H＋可以與HSOeq\o\al(－,3)反應生成SO2，且酸性條件下NOeq\o\al(－,3)會氧化HSOeq\o\al(－,3)生成SOeq\o\al(2－,4)，錯誤。[答案]A題組一：離子共存1．(2019·湖北省部分重點聯(lián)考)下列各組離子在指定條件下一定能夠大量共存的是()A．含有較多Fe3＋的溶液：Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、HS－、NHeq\o\al(＋,4)B．c(OH－)＝1mol·L－1的溶液：AlOeq\o\al(－,2)、CH3COO－、K＋、Ba2＋C．pH＝1的溶液：K＋、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Na＋D．遇Al能放出H2的溶液：HCOeq\o\al(－,3)、K＋、Mg2＋、Cl－[解析]Fe3＋與HS－易發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，A項錯誤；OH－與AlOeq\o\al(－,2)、CH3COO－、K＋、Ba2＋均不發(fā)生反應，故能大量共存，B項正確；pH＝1的溶液中，H＋、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)易發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，C項錯誤；和Al反應放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，而HCOeq\o\al(－,3)在酸性、堿性條件下均不能大量存在，Mg2＋在堿性條件下不能大量存在，D項錯誤。[答案]B2．(2019·湖南省四校調研聯(lián)考)下列各組離子在指定溶液中能大量存在的是()[解析]滴加酚酞，溶液顯紅色，可見溶液顯堿性，但ClO－有氧化性，會使有機色素褪色，不能在該溶液中大量存在，A錯誤；AlOeq\o\al(－,2)與NHeq\o\al(＋,4)發(fā)生相互促進的水解反應而不能共存，B錯誤；醋酸酸性大于碳酸，也大于HCOeq\o\al(－,3)，故HCOeq\o\al(－,3)電離出的H＋不能與CH3COO－結合生成醋酸，故能大量共存，C正確；加水稀釋時eq\f(cH＋,cOH－)不變，即溶液顯中性，但Fe3＋、Cu2＋存在時因水解而使溶液呈酸性，即其不能在該溶液中大量存在，D錯誤。[答案]C離子共存問題審題應注意的問題(1)應注意判斷離子共存的情況：①一定能大量共存；②可能大量共存；③不能大量共存。(2)注意題目中的隱含條件：酸性、堿性、pH、指示劑的顏色變化、溶液顏色、與鋁反應放出H2和水的電離情況等。(3)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1×10－7mol·L－1時，水的電離受到抑制，溶液可能為酸溶液或堿溶液；當由水電離出的c(H＋)或c(OH－)大于1×10－7mol·L－1時，水的電離受到促進，溶液可能為弱酸鹽溶液或弱堿鹽溶液。(4)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。題組二：離子推斷3．(2019·陜西省榆林市一模)某溶液僅有K＋、Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)中的幾種。為確定其成分，做如下實驗：①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產生無色無味的氣體和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，無沉淀產生。下列推斷正確的是()A．肯定有Al3＋、Cl－，一定沒有HCOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,4)B．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NHeq\o\al(＋,4)、K＋C．肯定有Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－，肯定沒有HCOeq\o\al(－,3)D．該溶液可能顯弱酸性，也可能顯中性[解析]①取部分溶液，加入適量Na2O2固體，產生無色無味的氣體和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，產生無色無味的氣體，說明無NHeq\o\al(＋,4)，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，說明無Mg2＋，有Al3＋，Al3＋與HCOeq\o\al(－,3)雙水解不共存，則一定不存在HCOeq\o\al(－,3)；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，無沉淀產生，說明無SOeq\o\al(2－,4)，溶液中只有Cl－一種陰離子。綜上所述A項正確。應無Mg2＋和NHeq\o\al(＋,4)，K＋不能確定，B、C項錯誤。Al3＋水解呈酸性，D項錯誤。[答案]A4．(2019·重慶七校聯(lián)考)某溶液中可能含有SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Na＋中的幾種，且所含陰離子濃度相同(忽略OH－和H＋)。某化學興趣小組設計了如下實驗方案以確定該溶液中所含離子成分，下列說法正確的是()A．該溶液中一定含有SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋、Na＋B．溶液中一定只含有三種陽離子C．通過計算，溶液中一定含有Fe2＋，且其濃度可能與Fe3＋相等D．向溶液中加入少量鹽酸，一定會有紅棕色氣體產生[解析]加入NaOH溶液有氣體產生，所以有NHeq\o\al(＋,4)且為0.01mol；有紅褐色沉淀，所以一定有Fe3＋，但Fe2＋無法確定，因為生成的少量白色沉淀會被紅褐色沉淀掩蓋，根據(jù)灼燒后有1.6g固體Fe2O3，即0.01mol，可知鐵元素為0.02mol，根據(jù)離子共存可知不會有COeq\o\al(2－,3)；由于加入了過量NaOH溶液，所以原溶液中是否含有Na＋無法確定；如果有Al3＋，則濾液中通入CO2會有沉淀，故可排除Al3＋；根據(jù)加入BaCl2所得沉淀質量，可知含有SOeq\o\al(2－,4)且n(SOeq\o\al(2－,4))＝0.02mol；若溶液中沒有Na＋，則陽離子所帶正電荷大于0.01mol＋0.02mol×2＝0.05mol，小于0.01mol＋0.02mol×3＝0.07mol，則一定存在NOeq\o\al(－,3)，陰離子濃度相同，陰離子所帶負電荷為0.02mol×2＋0.02mol＝0.06mol，根據(jù)電荷守恒，則一定含有Fe2＋，設為xmol，則0.06＝0.01＋2x＋3×(0.02－x)，x＝0.01，F(xiàn)e2＋與Fe3＋濃度相等；若含有Na＋，則n(Fe2＋)>0.01mol，n(Fe3＋)<0.01mol，故溶液中可能含有四種陽離子；溶液中一定含有Fe2＋，且其濃度可能與Fe3＋相等；溶液中NOeq\o\al(－,3)的濃度不大，因此加入少量鹽酸，與Fe2＋反應產生NO無色氣體。綜上所述，A、B、D錯誤，C正確。[答案]C突破離子推斷問題的四個原則(1)肯定性原則：結合實驗現(xiàn)象推出肯定存在或肯定不存在的物質或離子。(2)互斥性原則：在肯定某些離子存在的同時，結合離子共存規(guī)律，否定一些離子的存在。(3)進出性原則：注意實驗過程中反應生成的離子或引入的離子對后續(xù)實驗的干擾。(4)電中性原則：溶液中既要有陽離子，也要有陰離子?？键c三氧化還原反應的規(guī)律及應用題組一：氧化還原反應的規(guī)律及應用1．(2019·黑龍江省重點第三次聯(lián)考)已知還原性Cl－<Fe2＋<H2O2<I－<SO2，下列反應不能發(fā)生的是()A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Fe2＋B．I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HIC．H2O2＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=SO2↑＋O2↑＋2H2OD．Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－[解析]由已知條件可知還原性SO2>H2O2，而C項還原性：H2O2>SO2，與已知條件不一致，符合題意。[答案]C2．(2019·重慶名校聯(lián)合考試)氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發(fā)生分解，反應可表示為aHClO3=bO2↑＋cCl2↑＋dHClO4＋eH2O。下列說法正確的是()A．由反應可知：氧化產物只有HClO4B．由非金屬性：Cl>S可推知，酸性：HClO3>H2SO4C．若a＝8，b＝3，則該反應轉移8e－D．若該反應所得1mol混合氣體的質量為45g，則反應可表示為3HClO3=2O2↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2O[解析]該反應中氧化產物有O2和HClO4，A項錯誤；HClO3不是Cl的最高價氧化物對應的水化物，故不能根據(jù)非金屬性：Cl>S來推斷酸性：HClO3>H2SO4，B項錯誤；若a＝8，b＝3，根據(jù)原子守恒和得失電子守恒得：①2c＋d＝8，②12＋2d＝10c，聯(lián)立①②解得c＝2，d＝4，則該反應轉移20e－，C項錯誤；設混合氣體中O2為xmol，則Cl2為(1－x)mol,32x＋71(1－x)＝45，解得x＝eq\f(2,3)，即1mol混合氣體中O2為eq\f(2,3)mol，Cl2為eq\f(1,3)mol，D項正確。[答案]D題組二：守恒思想在計算中的應用3．(2019·山東濟寧模擬)某廢水中含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)，為了處理有毒的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，需要先測定其濃度：取20mL廢水，加入適量稀硫酸，再加入過量的V1mLc1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反應(還原產物為Cr3＋)。用c2mol·L－1KMnO4溶液滴定過量的Fe2＋至終點，消耗KMnO4溶液V2mL。則原廢水中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))為(用代數(shù)式表示)()A.eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1 B.eq\f(c1V1－5c2V2,60)mol·L－1C.eq\f(5c1V1－c2V2,120)mol·L－1 D.eq\f(c1V1＋5c2V2,120)mol·L－1[解析]本題有關反應的離子方程式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失電子守恒列等式：c1mol·L－1×V1mL×10－3L·mL－1＝20mL×10－3L·mL－1×6c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＋5c2mol·L－1×V2mL×103L·mL－1，解得：c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1。[答案]A4．(2019·長沙長郡、衡陽等十校聯(lián)考)足量銅與一定量的濃硝酸反應，得到硝酸銅溶液和NO2、NO的混合氣體2.24L(標準狀況)，這些氣體與一定體積O2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入4mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是50mL，下列說法正確的是()A．參加反應的硝酸是0.2molB．消耗氧氣的體積為1.68LC．銅和硝酸反應過程中轉移的電子數(shù)為0.3molD．混合氣體中含NO21.12L[解析]沉淀達到最大時，溶液中溶質為NaNO3，根據(jù)N元素守恒，參加反應的HNO3的物質的量為n(NaNO3)＋n(NO、NO2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50×10－3×4＋\f(2.24,22.4)))mol＝0.3mol，故A錯誤；根據(jù)電子守恒，關系式為2Cu～O2，據(jù)A計算，消耗Cu0.1mol，則消耗O2的體積為eq\f(0.1mol×22.4L·mol－1,2)＝1.12L，故B錯誤；銅和硝酸反應過程中轉移的電子等于銅失去的電子，為0.1mol×2＝0.2mol，故C錯誤；根據(jù)電子守恒，設NO為amol，NO2為bmol，則有①a＋b＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol；②3a＋b＝0.1mol×2，解得a＝b＝0.05mol，則混合氣體中含NO2為0.05mol×22.4L·mol－1＝1.12L，故D正確。[答案]D利用守恒思想求解氧化還原反應問題的四大步驟步驟1找物質：找出氧化劑、還原劑及相應的還原產物和氧化產物。步驟2定得失：確定一個原子或離子得失電子數(shù)(注意化學式中的原子個數(shù))。步驟3列等式：根據(jù)題中物質的物質的量和得失電子守恒列出等式。步驟4找關系：對于多步連續(xù)進行的氧化還原反應，只要中間各步反應過程中沒有損耗，可直接找出起始物和最終產物，刪去中間產物，建立二者之間的電子守恒關系，快速求解。專題強化訓練(三)能力練(20分鐘)一、選擇題1．(2019·合肥第一次教學質量檢測)在指定條件下，下列各組離子一定能大量共存的是()A．滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)B．滴入KSCN溶液顯血紅色的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－C.eq\f(cOH－,cH＋)＝1012的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋、NOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)D．由水電離的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、AlOeq\o\al(－,2)、HCOeq\o\al(－,3)[解析]滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液為酸性溶液，F(xiàn)e2＋、NOeq\o\al(－,3)在酸性條件下能發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，A項錯誤；滴入KSCN溶液顯血紅色的溶液中含有Fe3＋，在該溶液中四種離子能大量共存，B項正確；eq\f(cOH－,cH＋)＝1012的溶液為強堿性溶液，NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋不能大量存在，且Al3＋與COeq\o\al(2－,3)能發(fā)生相互促進的水解反應而不能大量共存，C項錯誤；由水電離的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液中水的電離受到抑制，該溶液為強酸性溶液或強堿性溶液，NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)在強堿性溶液中不能大量存在，AlOeq\o\al(－,2)、HCOeq\o\al(－,3)在強酸性溶液中不能大量存在，且NHeq\o\al(＋,4)、AlOeq\o\al(－,2)能發(fā)生相互促進的水解反應：NHeq\o\al(＋,4)＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O=NH3·H2O＋Al(OH)3↓而不能大量共存，D項錯誤。[答案]B2．(2019·長沙一模)下列離子方程式書寫正確的是()A．KI溶液久置空氣中變黃色：4I－＋O2＋2H2O=2I2＋4OH－B．0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液與0.2mol·L－1Ba(OH)2溶液等體積混合：Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OC．向硫酸銅溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2＋＋S2－=CuS↓D．向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀鹽酸：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋2H2O＋NO↑[解析]KI溶液長時間放置在空氣中會被氧氣氧化生成I2而變黃，A項正確；0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液與0.2mol·L－1Ba(OH)2溶液等體積混合：Al3＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ba2＋＋4OH－=Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓，B項錯誤；HS－是弱酸的酸式酸根離子，不能拆寫，C項錯誤；I－的還原性強于Fe2＋，向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀鹽酸，I－先被氧化，D項錯誤。[答案]A3．(2019·山東濟南質量檢測)CuS、Cu2S均可用于處理酸性廢水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，發(fā)生反應如下。反應Ⅰ：CuS＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)反應Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有關說法正確的是()A．反應Ⅰ和Ⅱ中各有2種元素的化合價發(fā)生變化B．處理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)時反應Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物質的量相等C．反應Ⅱ中還原劑與氧化劑的物質的量之比為3∶5D．質量相同時，Cu2S能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)[解析]反應Ⅰ中S、Cr元素的化合價發(fā)生變化，反應Ⅱ中Cu、S、Cr元素的化合價發(fā)生變化，A項錯誤；配平離子方程式Ⅰ為3CuS＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋32H＋=3Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋16H2O，配平離子方程式Ⅱ為3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O，處理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)時反應Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物質的量不相等，B項錯誤；反應Ⅱ中還原劑為Cu2S，氧化劑為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，二者物質的量之比為3∶5，C項正確；假設CuS、Cu2S的質量均為ag，則CuS去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物質的量為eq\f(a,96)mol×eq\f(4,3)＝eq\f(a,72)mol，Cu2S去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物質的量為eq\f(a,160)mol×eq\f(5,3)＝eq\f(a,96)mol，CuS能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，D項錯誤。[答案]C4．(2019·安徽江南十校綜合質量檢測)實驗室中有一瓶無色透明的溶液，可能含有Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋、Al3＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)中的一種或幾種，且該溶液所含陰離子的濃度相同。某化學學習小組為確定該溶液的成分，做了如下實驗探究：實驗實驗操作及現(xiàn)象①取該未知溶液100mL，加入過量NaOH溶液，并加熱，得到0.02mol氣體，無沉淀析出②在實驗①后的溶液中通入足量CO2，得到白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌、灼燒，得到1.02g固體③另取該未知溶液100mL，加入足量Ba(NO3)2溶液，得到4.66g不溶于硝酸的沉淀下列判斷正確的是()A．溶液中一定不存在Cu2＋、Cl－、COeq\o\al(2－,3)B．不能確定溶液中是否存在Na＋、NOeq\o\al(－,3)C．原溶液存在5種離子，濃度均為0.2mol·L－1D．向該溶液中滴加少量FeCl2溶液，則溶液中的陰離子的總物質的量變小[解析]無色透明溶液說明溶液中無Cu2＋；實驗①產生的氣體為NH3，則100mL溶液中含0.02molNHeq\o\al(＋,4)，c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.2mol·L－1，由此可推出溶液中不存在COeq\o\al(2－,3)；實驗②說明溶液中存在Al3＋，則n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×eq\f(1.02g,102g·mol－1)＝0.02mol，c(Al3＋)＝0.2mol·L－1；實驗③說明溶液中含SOeq\o\al(2－,4)，n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(BaSO4)＝eq\f(4.66g,233g·mol－1)＝0.02mol，即c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.2mol·L－1。100mL溶液中已確定存在的陽離子所帶電荷為0.02mol＋3×0.02mol＝0.08mol，陰離子所帶電荷為0.04mol，根據(jù)電荷守恒可知溶液中存在其他陰離子，又因溶液中陰離子的濃度相等，故溶液中一定含有NOeq\o\al(－,3)、Cl－，進而推斷溶液中一定不含Na＋。綜上所述，A、B項錯誤，C項正確。原溶液中陽離子水解顯酸性，加入FeCl2溶液，F(xiàn)e2＋被NOeq\o\al(－,3)氧化，NOeq\o\al(－,3)的物質的量減小，但Cl－的物質的量增大，且增加量大于NOeq\o\al(－,3)的減小量，故陰離子的總物質的量增大，D項錯誤。[答案]C5．(2019·保定一模)下列離子方程式書寫正確的是()A．向pH＝1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：HA－＋OH－=A2－＋H2OB．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋3H2O=3I2＋6OH－C．Na2O2長期暴露在空氣中，淡黃色固體變成白色固體：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑D．向含有大量的四種離子：K＋、Na＋、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)溶液中，通入少量SO2：SO2＋3ClO－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋Cl－＋2HClO[解析]NaHA溶液的物質的量濃度未知，無法判斷HA－是全部電離，還是部分電離，所以不能確定HA－的存在形式，故A錯誤；溶液呈酸性，不能生成OH－，應寫在：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故B錯誤；Na2O2長期暴露在空氣中，最終變成Na2CO3白色固體，故C錯誤；少量SO2與ClO－發(fā)生氧化還原反應生成SOeq\o\al(2－,4)、Cl－、H＋，ClO－和H＋結合成HClO，故D正確。[答案]D二、非選擇題6．(2018·石景山一模)從海水中可以提取很多有用的物質，例如從海水制鹽所得到的鹵水中可以提取碘。活性炭吸附法是工業(yè)提碘的方法之一，其流程如下：資料顯示：Ⅰ.pH＝2時，NaNO2溶液只能將I－氧化為I2，同時生成NOⅡ.I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HClⅢ.5SOeq\o\al(2－,3)＋2IOeq\o\al(－,3)＋2H＋=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O(1)反應①的離子方程式____________________。(2)方案甲中，根據(jù)I2的特性，分離操作X的方法是___________。(3)已知：反應②中每吸收3molI2轉移5mol電子，離子方程式是_____________。(4)Cl2、酸性KMnO4等都是常用的強氧化劑，但該工藝中氧化鹵水中的I－卻選擇了價格較高的NaNO2，原因是_____________。(5)方案乙中，已知反應③過濾后，濾液中仍存在少量的I2、I－、IOeq\o\al(－,3)。請分別檢驗濾液中的I－、IOeq\o\al(－,3)，將實驗方案補充完整。實驗中可供選擇的試劑：稀H2SO4、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液、Na2SO3溶液a．濾液用CCl4多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗不出碘單質存在。b．__________________________。[解析](3)根據(jù)已知條件，反應②中每吸收3molI2轉移5mol電子，則碘在氧化還原反應中得失電子數(shù)均為5，發(fā)生歧化反應，其離子方程式是3I2＋3COeq\o\al(2－,3)=5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋3CO2或3I2＋6COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6HCOeq\o\al(－,3)。(5)檢驗濾液中的I－可以選擇氧化劑將其氧化，產生的I2遇淀粉變藍；檢驗濾液中的IOeq\o\al(－,3)可利用還原劑將其還原，產生的I2遇淀粉變藍。[答案](1)2NOeq\o\al(－,2)＋2I－＋4H＋=I2＋2NO↑＋2H2O(2)升華或加熱、冷凝結晶(無冷凝結晶也可)(3)3I2＋3COeq\o\al(2－,3)=5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋3CO2或3I2＋6COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6HCOeq\o\al(－,3)(4)氯氣、酸性高錳酸鉀等都是常用的強氧化劑，會繼續(xù)氧化I2(或亞硝酸鈉僅能把碘離子氧化成碘單質，意思對即可)(5)從水層取少量溶液于試管中，加入幾滴淀粉溶液，滴加Fe2(SO4)3溶液，振蕩，溶液變藍，說明濾液中含有I－；另從水層中取少量溶液于試管中，加入幾滴淀粉溶液，加硫酸酸化，滴加Na2SO3溶液，振蕩，溶液變藍，說明濾液中含有IOeq\o\al(－,3)拔高練(25分鐘)一、選擇題1．(2019·福州調研)下列反應的離子方程式正確的是()A．向AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OB．醋酸和石灰石反應：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2OC．硫酸銨溶液和氫氧化鋇溶液反應：Ba2＋＋2OH－＋2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2NH3·H2OD．向FeCl2溶液中加入稀硝酸：4H＋＋NOeq\o\al(－,3)＋Fe2＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O[解析]氨水不能溶解Al(OH)3，故向AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，A項錯誤；醋酸為弱酸，醋酸和石灰石反應：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，B項錯誤；硫酸銨溶液和氫氧化鋇溶液發(fā)生復分解反應，C項正確；該反應電荷不守恒，向FeCl2溶液中加入稀硝酸：4H＋＋NOeq\o\al(－,3)＋3Fe2＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，D項錯誤。[答案]C2．(2019·貴陽質檢)某離子反應中涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六種微粒。其中N2、ClO－的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷不正確的是()A．該反應的氧化劑是ClO－B．消耗1mol還原劑，轉移3mol電子C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶3D．反應后溶液的酸性明顯增強[解析]由題圖可知，ClO－為反應物，N2是生成物。結合給出的微粒種類，根據(jù)電荷守恒、元素守恒及得失電子守恒可寫出反應的離子方程式：3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=2Cl－＋N2↑＋3H2O＋2H＋，故ClO－是氧化劑，Cl－是還原產物，A項正確；NHeq\o\al(＋,4)是還原劑，被氧化為N2,1molNHeq\o\al(＋,4)參加反應轉移3mol電子，B項正確；氧化劑與還原劑的物質的量之比為3∶2，C項錯誤；生成物中有H＋，故反應后溶液酸性增強，D項正確。[答案]C3．(2019·湖南八校聯(lián)考)pH＝0的某X溶液中，除H＋外，還可能存在Al3＋、Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、Cl－、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)中的若干種，現(xiàn)取適量X溶液進行如下一系列實驗：下列有關判斷不正確的是()A．生成氣體A的離子方程式為3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2OB．生成沉淀H的離子方程式為AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)C．溶液X中一定沒有的離子僅為COeq\o\al(2－,3)、Ba2＋D．溶液X中一定含有的離子是H＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋[解析]強酸性溶液X，則溶液中不存在弱酸根離子COeq\o\al(2－,3)，溶液和硝酸鋇溶液反應生成沉淀C，則溶液中存在SOeq\o\al(2－,4)，不存在和硫酸根離子反應的Ba2＋，C是BaSO4；酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，所以溶液中Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)不能共存，加入硝酸鋇產生氣體，則溶液中存在Fe2＋，不存在NOeq\o\al(－,3)，A是NO；溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液時，產生氣體D，則溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)，D是NH3，產生沉淀F是Fe(OH)3，溶液E通入過量二氧化碳時產生沉淀H和溶液G，則溶液中存在Al3＋，沉淀H是Al(OH)3，溶液G是NaHCO3。溶液X中應含有Fe2＋，酸性條件下與硝酸根離子反應生成氣體NO，反應的離子方程式為3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A項正確；生成沉淀H的離子方程式為AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，B項正確；溶液X中一定沒有的離子為COeq\o\al(2－,3)、Ba2＋、NOeq\o\al(－,3)，C項錯誤；溶液X中一定含有的離子是H＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋，D項正確。[答案]C4．(2019·武漢調研)常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．使甲基橙試液變紅的溶液中：I－、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Na＋B．含有大量Na＋的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、AlOeq\o\al(－,2)C．水電離出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、Na＋、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)D．澄清透明的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)[解析]使甲基橙試液變紅的溶液呈