1.3.3 情境下信息型方程式的书写（课件PPT）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

融入实践强应用 (新情境下信息型方程式的书写) 微课时突破3 CONTENTS 目录 1 一、集训高考真题——明考法 二、系统解题知能——建模型 课时跟踪检测 2 3 信息型化学方程式的书写由于情境新颖、信息丰富、变化多端，常使学生未做而惧三分，是学生易失分的题目。多出现在实验综合题和工艺流程题中，实验综合题中以题干信息的挖掘为主，工艺流程题中以框图信息为突破点。突破信息型方程式的书写，需判断是否为氧化还原反应，若是氧化还原反应，则要抓住反应本质“得失电子守恒”，利用氧化还原反应配平的方法和技巧来书写。多练多悟就能掌握这一难点。 1．(2023·全国新课标卷·节选)铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： (1)“煅烧”过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为______________(填化学式)。 (2)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为______________________________________________________________ ___________________________________________________________。 2．(2023·北京等级考·节选)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下： 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 (1) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： □Fe3＋＋Ag2S＋□_________⥫⥬ □________＋2[AgCl2]－＋S ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl－、H＋的作用_________ ______________________________ 。 (2) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 该步反应的离子方程式有_________________________________ 。 解析：(1)①反应中S元素化合价升高，则Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－⥫⥬ 2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S。 (2)铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此“沉银”过程中发生反应的离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。 答案：(1)①2　4　Cl－　2　Fe2＋　②Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag＋结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H＋是为了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe(OH)3沉淀 (2)2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ 3．(2023·辽宁等级考·节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。 (1)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1mol H2SO5中过氧键的数目为____________。 (2)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____________________________________________________ (H2SO5的电离第一步完全、第二步微弱)。 (3)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为________________________________________________。 解析：(1)H2SO5的结构简式为 ，故1mol H2SO5中过氧键的数目为6.02×1023。 (3)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)以Co(OH)2形式存在，其可被空气中的O2氧化为CoO(OH)，根据氧化还原反应规律即可写出反应的化学方程式。 答案：(1)6.02×1023 (3)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O 1．陌生化学方程式书写的思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： (1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 (2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒定律外，还遵循得失电子守恒定律。 最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒定律)即可。 2．“四步法”突破新情景下氧化还原反应化学方程式的书写 [例1]　KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为____________________________________ ______________________________________________________________。 [解题流程] 第一步：依题意，锰元素的化合价降低，判断KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 [例2]　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。 回答下列问题： [全训题点考法] 考法(一)　依据题干信息书写方程式 1．(1)以NaIO3为原料制备I2的方法：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为________________________________ ________________________________________________________。 (2)工业上可由天然二氧化锰粉和硫化锰矿用硫酸溶浸得硫单质和硫酸锰，写出该反应的化学方程式：_________________________________。 (2)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O 考法(二)　依据流程图信息书写方程式 4．利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为________________________ ________________________________。 考法(三)　依据反应机理图书写方程式 5．黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化反应的转化关系如图所示： (1)分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式。 ①反应Ⅰ： __________________________________________________。 ②反应Ⅱ：________________________________________________。 (2)NO在总反应中的作用是____________。 6．NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)： NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为______________________ _______________________________________。 答案：2NH3 ＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 √ 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 5 2 3 4 2．工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2－并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确的是(　 ) 1 5 2 3 4 √ 1 5 2 3 4 1 5 2 3 4 1 5 2 3 4 3．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是(　 ) 1 5 2 3 4 A．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 B．H2S溶液中存在电离平衡H2S＋H2O⥫⥬ HS－＋H3O＋ C．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1 D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为 Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O⥫⥬ 2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc √ 1 5 2 3 4 解析：在废水处理过程中，CoPc参与反应但反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，A正确；H2S是二元弱酸，分步电离，第一步电离产生HS－和氢离子或水合氢离子：H2S＋H2O⥫⥬ HS－＋H3O＋，B正确；反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，C错误；反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量与(CoPc)O反应生成Na2S2O3和CoPc，D正确。 1 5 2 3 4 4．根据信息完成下列方程式。 (1)KMnO4氧化废水中的Mn2＋生成MnO2的离子方程式为_________ _________________________________________ 。 (2)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为________________ ________________________________________ 。 (3)酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放ClO2，该反应的离子方程式为_________________________________________________ _________________________________________ 。 1 5 2 3 4 (4)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为__________________________________________________________。 (5)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_______________________________________________________ ________________________________________________。 (6)在45～50 ℃时向CuCl悬浊液中持续通入空气，得到碱式氯化铜[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]，该反应的化学方程式为_______________________ ________________________________________________。 1 5 2 3 4 1 5 2 3 4 5．碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图： 已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。 (1)已知Te为第ⅥA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为________。 1 5 2 3 4 (2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为_____________________________________________； “还原”过程中，发生反应的离子方程式为____________________ ________________________________。 解析：Te与S同主族，SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，所以TeO2与浓NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2TeO3。 1 5 2 3 4 一、集训高考真题——明考法 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq \o\al(2－,7)存在，在碱性介质中以CrOeq \o\al(2－,4)存在。 解析：(1)根据已知信息可知，最高价铬酸根离子在碱性介质中以CrOeq \o\al(2－,4)形式存在，故“煅烧”后含铬化合物主要为Na2CrO4。 (2)“分离钒”后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2Oeq \o\al(2－,7)形式存在，“还原”过程中，Cr2Oeq \o\al(2－,7)被S2Oeq \o\al(2－,5)还原为Cr3＋，S2Oeq \o\al(2－,5)转化为SOeq \o\al(2－,4)，因此反应的离子方程式为2Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋3S2Oeq \o\al(2－,5)＋10H＋===4Cr3＋＋6SOeq \o\al(2－,4)＋5H2O。 答案：(1)Na2CrO4　 (2)3S2Oeq \o\al(2－,5)＋2Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋10H＋===6SOeq \o\al(2－,4)＋4Cr3＋＋5H2O (2)“氧化”中Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，则H2SO5被还原为SOeq \o\al(2－,4)，结合H2SO5的电离第一步完全、第二步微弱可知，该反应的离子方程式为Mn2＋＋HSOeq \o\al(－,5)＋H2O===MnO2↓＋SOeq \o\al(2－,4)＋3H＋。 (2)Mn2＋＋HSOeq \o\al(－,5)＋H2O===MnO2↓＋SOeq \o\al(2－,4)＋3H＋ 二、系统解题知能——建模型 第二步：按“氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物”写出离子方程式初步框架：MnOeq \o\al(－,4)＋C2Oeq \o\al(2－,4) Mn2＋＋CO2↑。MnOeq \o\al(－,4)→Mn2＋，锰元素降低5价；C2Oeq \o\al(2－,4)→CO2，碳元素升高1价，1 mol C2Oeq \o\al(2－,4)共失去2 mol e－，故在C2Oeq \o\al(2－,4)前配5，CO2前配10；在MnOeq \o\al(－,4)前配2，在Mn2＋前配2， 即 。 eq \o(――→,\s\up7(△)) [答案]　2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)＋16H＋eq \o(=====,\s\up7(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，即 2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)＋eq \x(　)H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋eq \x(　)H2O。 第四步：依据电荷守恒在H＋前配16，依原子守恒在H2O前配8。 eq \o(――→,\s\up7(△)) (1)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq \o\al(＋,2)，同时还有________(填离子符号)被氧化，其反应的离子方程式为________________ ___________________________________________。 (2)写出VO＋转化为VOeq \o\al(＋,2)的离子方程式：________________________ __________________________________________。 [解题流程] (1)“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VOeq \o\al(＋,2)的同时，还有Fe2＋被氧化成Fe3＋。 (2)VO＋转化为VOeq \o\al(＋,2)时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1mol MnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒，再根据书写陌生氧化还原反应方程式的流程，可得VO＋转化为VOeq \o\al(＋,2) 的离子方程式为 。 [答案]　(1)Fe2＋　MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2)VO＋＋MnO2＋2H＋===VOeq \o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O 答案：(1)2IOeq \o\al(－,3)＋5HSOeq \o\al(－,3)===I2＋5SOeq \o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O 2．(1)高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为_______________ ______________________________。 (2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BHeq \o\al(－,4)(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和[B(OH)4]－，其反应的离子方程式为____________________________________________________ ____________________。 答案：(1)3Li2CO3＋C6H12O6＋6FePO4高温,6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑ (2)2Fe2＋＋BHeq \o\al(－,4)＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋[B(OH)4]－ 3．NaN3是一种易溶于水(NaN3===Na＋＋Neq \o\al(－,3))的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下： (1)反应Ⅰ的化学方程式为______________________________________ ________________________。 (2)销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为________________________________________________(Neq \o\al(－,3)被氧化为N2)。 答案：(1)2NaNH2＋N2ONaN3＋NH3＋NaOH (2)ClO－＋2Neq \o\al(－,3)＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑ 答案：2Co(OH)3＋SOeq \o\al(2－,3)＋4H＋===2Co2＋＋SOeq \o\al(2－,4)＋5H2O 总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SOeq \o\al(2－,4)＋4H＋。 答案：(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \o\al(2－,4)＋16H＋ (2)作催化剂 1．(2022·湖南等级考)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq \o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。 下列说法正确的是(　 ) A．过程Ⅰ中NOeq \o\al(－,2)发生氧化反应 B．a和b中转移的e－数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq \o\al(＋,4))＝1∶4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \o\al(－,2)＋NHeq \o\al(＋,4)===N2↑＋2H2O 解析：根据以下流程图： 过程Ⅰ中NOeq \o\al(－,2)得电子发生还原反应，A项错误；由以上分析知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；由以上分析知，过程Ⅱ中参加反应的 n(NO)与n(NHeq \o\al(＋,4))之比为1∶1，C项错误；由以上分析知，总反应为NHeq \o\al(＋,4)＋NOeq \o\al(－,2)===N2↑＋2H2O，D项正确。 A．碱性条件下，氧化性：O2＞S2Oeq \o\al(2－,3)＞MnOeq \o\al(2－,3) B．过程 Ⅰ 中氧化剂和还原剂物质的量之比为 2∶1 C．过程Ⅱ中发生反应的离子方程式为4MnOeq \o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O===S2Oeq \o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－ D．将1 mol S2－转化为SOeq \o\al(2－,4)理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况) 解析：由题图可知，过程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2 生成MnOeq \o\al(2－,3)，则氧化性：O2＞MnOeq \o\al(2－,3)，过程Ⅱ中MnOeq \o\al(2－,3)氧化S2－生成S2Oeq \o\al(2－,3)，则氧化性：MnOeq \o\al(2－,3)＞S2Oeq \o\al(2－,3)，所以碱性条件下，氧化性：O2＞MnOeq \o\al(2－,3)＞S2Oeq \o\al(2－,3)，故A错误；过程Ⅰ中发生反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnOeq \o\al(2－,3)＋4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2，故B错误；过程Ⅱ中MnOeq \o\al(2－,3)得电子转化为Mn(OH)2，S2－失电子转化为S2Oeq \o\al(2－,3)，根据原子守恒、得失 电子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式为4MnOeq \o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O===S2Oeq \o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，故C正确；1molS2－ 转化为SOeq \o\al(2－,4)理论上转移8mol电子，根据得失电子守恒可知，需要氧气的物质的量为eq \f(8 mol,4)＝2mol，在标准状况下的体积为2mol×22.4 L·mol－1＝44.8L，故D错误。 (3)4H＋＋5ClOeq \o\al(－,2)===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O (4)PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－ (5)4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑ (6)4CuCl＋O2＋8H2Oeq \o(=====,\s\up7(45～50 ℃))2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O] 答案：(1)2MnOeq \o\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (2)NaAlH4＋4H2O===Na[Al(OH)4]＋4H2↑ 答案：(1)Na2TeO3 (2)Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O　 Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SOeq \o\al(2－,4)＋ Te↓＋8H＋ $$