热点题型01 陌生化学（离子）方程式的书写-2025年高考化学【热点·重点·难点】专练（江苏专用）

热点01 陌生化学（离子）方程式的书写 氧化还原反应方程式的书写一般在填空题中出现较多，常结合化工生产流程及实验探究中考查，越来越注重结合新信息书写陌生的化学方程式（离子方程式）。要求考生要有效地接受、吸收、整合题目的信息，推断物质，利用守恒规律加以书写，充分体现出学科核心素养。 1．书写方法 2．方程式类型 新情景条件 归纳总结 1.工艺流程中的氧化还原方程式的书写 （1）细读题干寻找提纯对象，结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。 （2）确定未知反应的反应物和生成物，根据题意分析溶液环境，配平氧化还原方程式。 2.实验探究中的氧化还原方程式的书写 （1）细读题干寻找实验目的，通读题目中从实验步骤中了解操作步骤，结合装置分析实验过程，与实验目的相对应。 （2）根据题意确定反应物和生成物，结合溶液环境配平方程式，注意质量守恒、电子守恒、电荷守恒。 3.电化学试题中氧化还原反应方程式的书写 （1）有关原电池原理的电极方程式的书写，负极失去电子，发生氧化反应；氧化剂在正极上得到电子，发生还原反应。根据得失电子相等，从而配平电极方程式。 （2）有关电解原理的电极方程式的书写，还原剂在阳极上失去电子，发生氧化反应；氧化剂在阴极上得到电子，发生还原反应。再根据得失电子相等，从而配平电极反应式。 3．书写关键——识记常见氧化剂、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 H2SO4(浓) SO2 X2(卤素单质) X－ H2O2 OH－(碱性)；H2O(酸性) Na2O2 NaOH(或Na2CO3) Cl2 Cl－ HClO、NaClO、Ca(ClO)2(或ClO－) Cl－、Cl2 NaClO3 Cl2、ClO2、Cl－ PbO2 Pb2＋ Fe3＋ Fe2＋ （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、NaHSO3) SO S2－(或H2S、NaHS) S、SO2(或SO)、SO H2C2O4、C2O CO、CO2 H2O2 O2 I－(或HI、NaI) 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＋ H2 H＋(酸性)、H2O(碱性) 4．知识储备——明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 5．熟练书写复杂氧化还原反应方程式的常见误区 【误区1】误认为酸碱性不同对产物无影响。溶液的酸碱性不同产物也不同，如高锰酸钾的还原产物： 【误区2】忽视溶液的酸碱性条件。 ①在酸性条件下，离子方程式中不能出现OH-；在碱性条件下，离子方程式中不能出现H+。 ②酸性条件下多氧配H+，另一侧补水；碱性条件下多氧配水，另一侧补OH-。 （建议用时：40分钟） 考向01 工艺流程中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2024年高考真题江苏卷化学试题）贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为 。[已知：，] (2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 2．（2024年高考真题江苏卷化学试题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 3．（2023年高考江苏卷化学真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是 。 4．（江苏省2022年普通高中学业水平选择性考试）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 5．（2024年新课标卷理科综合化学试题）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 考向02 实验探究中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为 ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有 (填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 (2)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是 。      (3)制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是 ；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中， 。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)    2．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为 。 (2)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为 (填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中     B．将溶液滴加到溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 (填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有 (填化学式)。 (4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③ 。 3．（2021·江苏·高考真题）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是 ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 (2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则= 。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9] (3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 (4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。 为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流， ，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。 4．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 5．（2024·重庆·高考真题）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 (1)的制备 保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品。 ①仪器a的名称为 ；保护的目的是 。 ②生成的化学方程式为 。 ③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是 (填“”或“”)。 (2)的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原时溶液滴加过量 B．热的溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 考向03 电化学试题中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2024·宁夏四川·高考真题）科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A．充电时，向阳极方向迁移 B．充电时，会发生反应 C．放电时，正极反应有 D．放电时，电极质量减少，电极生成了 2．（2024·山东·高考真题）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充 C．电解总反应式为 D．催化阶段反应产物物质的量之比 3．（2024·湖南·高考真题）在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是 A．电解时，向Ni电极移动 B．生成的电极反应： C．电解一段时间后，溶液pH升高 D．每生成的同时，生成 4．（2024·湖北·高考真题）我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是 A．电解一段时间后阳极区减小 B．理论上生成双极膜中有解离 C．阳极总反应式为 D．阴极区存在反应 5．（2024·海南·高考真题）电解溶液得到，是早期制备的重要步骤。某实验装置如图所示。电解过程流出液b中混有少量气泡。下列说法错误的是 A．电解过程中阴极区的不断迁移到阳极区 B．图中a代表 C．回路中通过电子产生 D．氧化成的电极反应为 考向04 陌生氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2025·湖南长沙··阶段练习）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法不正确的是 A．用酸洗涤时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ B．“操作I”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗 C．“滤渣I”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3 D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式为 2．（2025·北京顺义·期中）硫化氢()是一种有毒、有害的气体。为处理某废气中的，将废气与空气混合后通入、、的混合液中，转化的流程如图所示。下列说法正确的是 A．转化过程中参与循环的离子只有、 B．转化过程有四种元素的化合价发生了变化 C．氧化性由强到弱的顺序： D．过程Ⅲ中发生的反应为： 3．（2025·四川绵阳·阶段练习）2024年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生延辰104周年纪念日。金属铈是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及的转化关系如图所示，下列说法错误的是 A．过程①的离子方程式： B．过程②中氧化性： C．该反应历程的总反应为： D．溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性 4．（2025·江苏·期中）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，培养后能提供，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图。 (1)氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿(已知：ZnS难溶于水，易溶于酸)。 ①反应1的离子方程式是 ；反应2中有S单质生成，离子方程式是 。 ②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，其原因可能是 。 ③在反应1和反应2两步反应过程中，化合价没有变化的元素是 。 (2)氧化亚铁硫杆菌还可以对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如图所示： 已知总反应为： ①补充完整过程I离子方程式： 。 。 ②过程II中，若将换成，能否将转化为？请说明理由： 。 ③溶液可以制备绿矾晶体()，该晶体在空气中易被氧化。取x g样品，加水完全溶解，用酸化的a 溶液滴定至终点，消耗溶液b mL。则绿矾晶体纯度的计算式为 。 5．（2025·辽宁·阶段练习）微量元素铬有增强胰岛素的功能，工业上铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域，一种由铬铁矿(主要成分为)制备金属铬的流程示意图如下： 回答下列问题： (1)已知中铁元素的化合价为+2，则铬元素的化合价为 。是一种酸根离子，则从物质分类上属于 (填“氧化物”“酸”“碱”或“盐”)。 (2)反应①的化学方程式为 。 (3)反应②的离子方程式为 。 (4)反应④称为铝热反应，能放出大量的热。用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目： 。 (5)的氧化性与相似，在酸性条件下还原产物为，也能与浓盐酸反应制取氯气，反应中浓盐酸体现的性质为 ；当生成1时，转移电子的物质的量为 。 考向05 非氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2025·福建厦门·期中）在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。下列说法错误的是 A．该循环过程中未涉及置换反应 B．碳酸氢钠的电离方程式为 C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和” D．钙化作用的离子方程式之一为 2．（2025·山东淄博·期中）天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。在此过程中会产生大量含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。 已知：①、、在水溶液中的物质的量分数随的分布曲线如图所示： ②碳酸的电离平衡常数：， (1)①用蒸馏水稀释的氢硫酸，数值随加水量的增加而增大的是 。 A．        B．        C．        D． ②用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式为 ，该反应对应的化学平衡常数K= (只列出计算式)。 (2)①当时，含硫废水中、的浓度比是 。 ②溶液呈碱性，原因是 。 (3)氧化还原法处理含硫废水： 向含硫废水中加入一定浓度的溶液，加酸将溶液调为，产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式是 。 3．（2025·云南玉溪·阶段练习）某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含有大量Na+、Cu2+、SO、Cl-、NO。 (1)下列离子中，能与该废水大量共存的是___________(填标号)； A．Mg2+ B．Ag+ C．OH- D．HCO (2)取100mL该废水于烧杯，逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中，原废水中存在的离子的数目会发生变化的是H+、 (用离子符号表示)； (3)某化学社团小组成员欲除去废水样品中的Cu2+和SO，且不引入其他杂质离子，设计的方案流程如下图，最终得到中性溶液。 ①试剂b为 (写化学式)；溶液3中含有的溶质离子有Cl-、 ； ②“分离操作”的名称是 ，需用到的玻璃仪器主要有 ； ③向“蓝色沉淀1”中加入足量硫酸，发生反应的离子方程式为 。 4．（2025·北京·期中）盐酸、醋酸、碳酸钠和碳酸氢钠都是生活中常用的物质。某小组进行了以下实验。 (1)对比盐酸和醋酸与的反应。常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液的变化曲线如图所示。 ①表示滴定盐酸的曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②滴定过程中，边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 (选填“a”、“b”)。 a．滴定管内液面的变化    b．锥形瓶内溶液颜色的变化 ③a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 。 ④时， (填“>”或“=”)。 (2)向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液变化如下。 ①图 (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。 ②发生反应的离子方程式为 。 ③下列说法正确的是 (填序号)。 a．溶液、溶液含有的微粒种类相同 b．图甲中A、B、C均满足： c．图甲中水的电离程度： d．图乙中点和点溶液中均满足： (3)向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 资料：ⅰ．的溶液中，，。 ⅱ．25℃时，，。 ①写出、反应的离子方程式 。 ②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是： 。 5．（2025·广东韶关·阶段练习）是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中，由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取的步骤如下图。 已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。 物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数 ， (1)写出氢硫酸()的第二步的电离方程式 。 (2)“溶解”时加入溶液的目的是 ，滤渣的主要成分是 。 (3)“除铁”时生成黄钠铁矾沉淀，写出其离子方程式 。 (4)理论上，除铜后，溶液中 [计算时取，结果保留两位有效数字]。 (5)除镁过程中，调节溶液呈中性的原因是 。 (6)“系列操作”包括 。 1．（2025·北京·期中）以下为一种以含铅废料(、、、、及炭黑)制备纳米PbO和的工艺流程。 已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。 ②、均为难溶于水的固体。 ③易溶于水，电离方程式为。 (1)PbO具有碱性氧化物的性质，请写出过程I中PbO与稀硫酸反应的离子方程式 。 (2)①过程I中，在催化下，Pb和反应生成的化学方程式是： 。 ②过程I中，催化过程可表示为： i： ii：… 写出ii的离子方程式： 。 (3)过程I过滤除去的物质是 。 (4)①写出过程II主要反应的离子方程式 。 ②结合复分解型离子反应的反应规律，说明可能具有怎样的性质 。 (5)过程II过滤除去的物质是 。 (6)过程III所得滤液中检出，请简述过程III通入的作用 。 (7)①生成纳米的离子方程式是 。 ②生成纳米PbO的化学方程式是 。 2．（2025·海南省·阶段练习）某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如图实验： 请回答： (1)试剂X的名称是 ，仪器a的名称是 。 (2)请写出装置A中发生反应的离子方程式 。 (3)装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和NaCl，写出该反应化学方程式 。 (4)写出氯气进入装置E发生反应的化学方程式 。 (5)若将上述装置中的C、D、E部分换成如下图所述装置，其中Ⅰ与Ⅲ是干燥的红色布条，E中盛装NaOH溶液，请回答下列问题： ①装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中Ⅱ处应装入的物质是 。 a．浓硫酸   b．碱石灰   c．无水CaCl2 证明氯气没有漂白性的现象是 。 ②装置D的作用是 。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点01 陌生化学（离子）方程式的书写 氧化还原反应方程式的书写一般在填空题中出现较多，常结合化工生产流程及实验探究中考查，越来越注重结合新信息书写陌生的化学方程式（离子方程式）。要求考生要有效地接受、吸收、整合题目的信息，推断物质，利用守恒规律加以书写，充分体现出学科核心素养。 1．书写方法 2．方程式类型 新情景条件 归纳总结 1.工艺流程中的氧化还原方程式的书写 （1）细读题干寻找提纯对象，结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。 （2）确定未知反应的反应物和生成物，根据题意分析溶液环境，配平氧化还原方程式。 2.实验探究中的氧化还原方程式的书写 （1）细读题干寻找实验目的，通读题目中从实验步骤中了解操作步骤，结合装置分析实验过程，与实验目的相对应。 （2）根据题意确定反应物和生成物，结合溶液环境配平方程式，注意质量守恒、电子守恒、电荷守恒。 3.电化学试题中氧化还原反应方程式的书写 （1）有关原电池原理的电极方程式的书写，负极失去电子，发生氧化反应；氧化剂在正极上得到电子，发生还原反应。根据得失电子相等，从而配平电极方程式。 （2）有关电解原理的电极方程式的书写，还原剂在阳极上失去电子，发生氧化反应；氧化剂在阴极上得到电子，发生还原反应。再根据得失电子相等，从而配平电极反应式。 3．书写关键——识记常见氧化剂、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 H2SO4(浓) SO2 X2(卤素单质) X－ H2O2 OH－(碱性)；H2O(酸性) Na2O2 NaOH(或Na2CO3) Cl2 Cl－ HClO、NaClO、Ca(ClO)2(或ClO－) Cl－、Cl2 NaClO3 Cl2、ClO2、Cl－ PbO2 Pb2＋ Fe3＋ Fe2＋ （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、NaHSO3) SO S2－(或H2S、NaHS) S、SO2(或SO)、SO H2C2O4、C2O CO、CO2 H2O2 O2 I－(或HI、NaI) 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＋ H2 H＋(酸性)、H2O(碱性) 4．知识储备——明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 5．熟练书写复杂氧化还原反应方程式的常见误区 【误区1】误认为酸碱性不同对产物无影响。溶液的酸碱性不同产物也不同，如高锰酸钾的还原产物： 【误区2】忽视溶液的酸碱性条件。 ①在酸性条件下，离子方程式中不能出现OH-；在碱性条件下，离子方程式中不能出现H+。 ②酸性条件下多氧配H+，另一侧补水；碱性条件下多氧配水，另一侧补OH-。 （建议用时：40分钟） 考向01 工艺流程中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2024年高考真题江苏卷化学试题）贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为 。[已知：，] (2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 【答案】(1) (2) 铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银 用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液（和稀硝酸）无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全（若有固体残留，则氯化银转化不完全） (3) 纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降 【解析】（1）浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，； （2）①沉淀中埋入铁圈并压实，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：； ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是：铁还原AgCl成Ag，形成铁银原电池，未接触的AgCl在Ag表面得电子被还原成银； ③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案补充为：用蒸馏水洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液加硝酸银溶液（和稀硝酸）无沉淀产生；转移滤渣至烧杯中，打开通风设备；向烧杯中边加稀HNO3边搅拌至无气泡产生；若无固体残留，则氯化银转化完全（若有固体残留，则氯化银转化不完全）。 （3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：； ②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 2．（2024年高考真题江苏卷化学试题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 【答案】(1) C、H、Fe (2) 【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； （2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：； 3．（2023年高考江苏卷化学真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。    “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是 。 【答案】(1) 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 4．（江苏省2022年普通高中学业水平选择性考试）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 【答案】(1) 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ； 5．（2024年新课标卷理科综合化学试题）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 【答案】(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb (2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液 (3) 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； （2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加； （3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； 考向02 实验探究中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2023·江苏·高考真题）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为    (1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为 ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有 (填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通 (2)在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为 ；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是 。      (3)制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是 ；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中， 。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)    【答案】(1) BD (2) pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率 (3) 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 【分析】本实验的目的是为了制取，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，然后使一定量的浆料与溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到； 【解析】（1）已知下列反应： ①   K ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=； A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误； B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确； C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误； D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确； 故选BD。 （2）根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：； pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； （3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量； 根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到，根据题目信息，室温下结晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。 2．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为 。 (2)pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为 (填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中     B．将溶液滴加到溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 (填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有 (填化学式)。 (4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③ 。 【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (2)B (3) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取 、H+ (4)从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次 【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。 【解析】（1）根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O； （2）反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B； （3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率； 根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取； ③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+； （4）从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。 3．（2021·江苏·高考真题）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。 (1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是 ；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 (2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则= 。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9] (3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为 。 (4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。 为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流， ，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。 【答案】(1) H2SO4溶液 MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O (2)100 (3)200mL (4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊 【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O； （2）=； （3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL ； （4）根据图象在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。 4．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 5．（2024·重庆·高考真题）可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备的一种实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 (1)的制备 保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品。 ①仪器a的名称为 ；保护的目的是 。 ②生成的化学方程式为 。 ③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是 (填“”或“”)。 (2)的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用溶液将还原至，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用标准溶液滴定至终点。已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色) ①比易水解，且易被氧化。配制和保存溶液需加入的试剂是 。 ②甲基橙指示终点的过程及作用原理是 。 ③若称取的产品为，标准溶液浓度为，用量为，的摩尔质量为，则产品中质量分数为 (写最简表达式)。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是 。 A．还原时溶液滴加过量 B．热的溶液在空气中缓慢冷却 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 【答案】(1) 三颈烧瓶 防止Fe2+被氧气氧化 FeS+SFeS2 CS2 (2) 浓盐酸 当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 % AC 【解析】（1）①仪器a的名称为三颈烧瓶；N2和FeS不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+被氧气氧化； ②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+SFeS2； ③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，故答案为：CS2； （2）①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时要隔绝空气且需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，故答案为：浓盐酸； ②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色； ③Fe2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～，n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为； ④A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A正确； B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B错误； C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C正确； D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D错误； 故答案为：AC。 考向03 电化学试题中氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2024·宁夏四川·高考真题）科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A．充电时，向阳极方向迁移 B．充电时，会发生反应 C．放电时，正极反应有 D．放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【解析】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 2．（2024·山东·高考真题）以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充 C．电解总反应式为 D．催化阶段反应产物物质的量之比 【答案】B 【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。 【解析】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确； B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误； C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确； D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确； 答案选B。 3．（2024·湖南·高考真题）在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是 A．电解时，向Ni电极移动 B．生成的电极反应： C．电解一段时间后，溶液pH升高 D．每生成的同时，生成 【答案】B 【分析】由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电极反应为：；Pt电极失去电子生成，作阳极，电极反应为：，同时，Pt电极还伴随少量生成，电极反应为：。 【解析】A．由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即向Pt电极移动，A错误； B．由分析可知，Pt电极失去电子生成，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：，B正确； C．由分析可知，阳极主要反应为：，阴极反应为：，则电解过程中发生的总反应主要为：，反应消耗，生成，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误； D．根据电解总反应：可知，每生成1mol，生成0.5mol，但Pt电极伴随少量生成，发生电极反应：，则生成1molH2时得到的部分电子由OH-放电产生O2提供，所以生成小于0.5mol，D错误； 故选B。 4．（2024·湖北·高考真题）我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是 A．电解一段时间后阳极区减小 B．理论上生成双极膜中有解离 C．阳极总反应式为 D．阴极区存在反应 【答案】B 【分析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。 【解析】A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A项正确； B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B项错误； C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C项正确； D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D项正确； 答案选B。 5．（2024·海南·高考真题）电解溶液得到，是早期制备的重要步骤。某实验装置如图所示。电解过程流出液b中混有少量气泡。下列说法错误的是 A．电解过程中阴极区的不断迁移到阳极区 B．图中a代表 C．回路中通过电子产生 D．氧化成的电极反应为 【答案】AC 【分析】由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为，电解过程流出液b中混有少量气泡，发生副反应，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式为。 【解析】A．由分析可知，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴极区迁移到阳极区，A错误； B．由分析可知，阴极区产生氢气，则a为氢气，B正确； C．由于阳极区存在副反应，则当回路中通过1mol电子产生的小于0.5mol，C错误； D．由分析可知，阳极区发生反应氧化反应，D正确； 故选AC。 考向04 陌生氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2025·湖南长沙··阶段练习）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法不正确的是 A．用酸洗涤时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ B．“操作I”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗 C．“滤渣I”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3 D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式为 【答案】C 【分析】从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+) 中富集钪，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣 1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析回答问题。 【解析】A．由流程图分析可知，“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，用酸洗涤时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去，A正确； B．“操作I”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确； C．“滤渣I”的主要成分是、、，C错误； D．草酸钪与氧气焙烧时反应生成和，化学方程式为，D正确； 故答案为：C。 2．（2025·北京顺义·期中）硫化氢()是一种有毒、有害的气体。为处理某废气中的，将废气与空气混合后通入、、的混合液中，转化的流程如图所示。下列说法正确的是 A．转化过程中参与循环的离子只有、 B．转化过程有四种元素的化合价发生了变化 C．氧化性由强到弱的顺序： D．过程Ⅲ中发生的反应为： 【答案】D 【解析】A．由流程图可知，转化过程中参与循环的离子有Fe2+、Cu2＋、Fe3＋，故A错误； B．转化过程有O、S、Fe三种元素的化合价发生了变化，故B错误； C．过程Ⅰ中O2与Fe2+反应生成Fe3＋，说明O2氧化性比Fe3＋强，过程Ⅲ中Fe3＋与CuS反应生成S，说明 Fe3＋氧化性比S强，因此氧化性由强到弱的顺序：O2 >Fe3＋>S，故C错误； D．根据图示，过程III中Fe3＋与CuS反应生成S与Fe2+，因此发生的反应为CuS＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋＋Cu2＋，故D正确； 故选D。 3．（2025·四川绵阳·阶段练习）2024年11月7日是“中国稀土之父”徐光宪先生延辰104周年纪念日。金属铈是地壳中含量最高的稀土元素。关于铈的有关化合物及的转化关系如图所示，下列说法错误的是 A．过程①的离子方程式： B．过程②中氧化性： C．该反应历程的总反应为： D．溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性 【答案】B 【解析】A．根据流程图，过程①中CeO2中的Ce元素化合价降低，所以双氧水中的氧元素化合价升高生成氧气，反应的离子方程式：，故A正确； B．过程②方程式为，H2O2是氧化剂、CeO2是氧化产物，所以氧化性：，故B错误； C．过程①方程式为，过程②方程式为，将①+②整理可得2H2O2=2H2O+O2↑，故该反应历程的总反应为，故C正确； D． H2O2在酸性条件将CeO2还原成，H2O2在碱性条件将氧化成CeO2，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性、还原性，故D正确； 故答案选B。 4．（2025·江苏·期中）生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，培养后能提供，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如图。 (1)氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿(已知：ZnS难溶于水，易溶于酸)。 ①反应1的离子方程式是 ；反应2中有S单质生成，离子方程式是 。 ②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，其原因可能是 。 ③在反应1和反应2两步反应过程中，化合价没有变化的元素是 。 (2)氧化亚铁硫杆菌还可以对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如图所示： 已知总反应为： ①补充完整过程I离子方程式： 。 。 ②过程II中，若将换成，能否将转化为？请说明理由： 。 ③溶液可以制备绿矾晶体()，该晶体在空气中易被氧化。取x g样品，加水完全溶解，用酸化的a 溶液滴定至终点，消耗溶液b mL。则绿矾晶体纯度的计算式为 。 【答案】(1) 温度较高或酸性过强时，会导致细菌的活性降低或者失去活性 H、Zn (2) 能，因为Cl2的氧化性比Fe3+强 【解析】（1）①反应1为被氧化为，离子方程式是；反应2 为ZnS与反应有S单质生成，离子方程式是； ②温度较高或酸性过强时会导致细菌的活性降低或者失去活性，金属离子的浸出率均偏低； ③根据以上反应，在反应1和反应2两步反应过程中，化合价没有变化的元素是H、Zn； （2）①根据化合价的升降，化合价升高6，，化合价将1，化合价升降守恒，再根据电荷守恒和元素守恒，过程I离子方程式为； ②因为Cl2的氧化性比Fe3+强，过程II中，若将换成，能将转化为； ③反应中，，，根据化合价升降守恒，反应的关系式为：，所以，绿矾晶体纯度的计算式为。 5．（2025·辽宁·阶段练习）微量元素铬有增强胰岛素的功能，工业上铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域，一种由铬铁矿(主要成分为)制备金属铬的流程示意图如下： 回答下列问题： (1)已知中铁元素的化合价为+2，则铬元素的化合价为 。是一种酸根离子，则从物质分类上属于 (填“氧化物”“酸”“碱”或“盐”)。 (2)反应①的化学方程式为 。 (3)反应②的离子方程式为 。 (4)反应④称为铝热反应，能放出大量的热。用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目： 。 (5)的氧化性与相似，在酸性条件下还原产物为，也能与浓盐酸反应制取氯气，反应中浓盐酸体现的性质为 ；当生成1时，转移电子的物质的量为 。 【答案】(1) +3 盐 (2) (3) (4) (5) 还原性和酸性 2 【分析】FeCr2O4与碳酸钠和氧气反应生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，铬酸钠与硫酸反应生成重铬酸钠，重铬酸钠与碳反应生成三氧化二铬，铝与三氧化二铬高温反应生成单质铬。 【解析】（1）中铁元素的化合价为+2，根据化合物元素化合价代数和为0，则铬元素的化合价为+3；由Na+和构成，属于盐类； （2）反应①中FeCr2O4与碳酸钠和氧气反应生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，其反应的化学方程式为， （3）反应②铬酸钠与硫酸反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为； （4） 反应④为铝与三氧化二铬高温反应生成单质铬，化学方程式为，反应中Al由0价升高为+3价，Cr由+3价降低为0价，转移电子数为6，双线桥法表示为； （5）也能与浓盐酸反应制取氯气，反应生成CrCl3和Cl2，H2O，反应中浓盐酸体现的性质为还原性和酸性，Cl元素的化合价从-1价升高为0价，故当生成1时，转移电子的物质的量为2。 考向05 非氧化还原反应化学(离子)方程式的书写 1．（2025·福建厦门·期中）在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。下列说法错误的是 A．该循环过程中未涉及置换反应 B．碳酸氢钠的电离方程式为 C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和” D．钙化作用的离子方程式之一为 【答案】B 【分析】由图可知，CO2经过吸收作用转化为Na2CO3和NaHCO3，再与CaCl2反应得到CaCO3；CO2经过光合作用转化为(CH2O)n和O2，整个过程未涉及到置换反应。 【解析】A．根据分析，该过程未涉及置换反应，A正确； B．碳酸氢钠电离产生钠离子和碳酸氢根，电离方程式为：，B错误； C．该循环能减少碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，C正确； D．钙化作用过程中发生了两个反应：钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：，与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为，D正确； 故选B。 2．（2025·山东淄博·期中）天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。在此过程中会产生大量含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。 已知：①、、在水溶液中的物质的量分数随的分布曲线如图所示： ②碳酸的电离平衡常数：， (1)①用蒸馏水稀释的氢硫酸，数值随加水量的增加而增大的是 。 A．        B．        C．        D． ②用过量的溶液吸收天然气中的的离子方程式为 ，该反应对应的化学平衡常数K= (只列出计算式)。 (2)①当时，含硫废水中、的浓度比是 。 ②溶液呈碱性，原因是 。 (3)氧化还原法处理含硫废水： 向含硫废水中加入一定浓度的溶液，加酸将溶液调为，产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式是 。 【答案】(1) AB H2S+CO=HCO+HS— 2.13×103 (2) 1：10 HS—的水解常数Kh===1×10—7＞Ka2=1×10—12.9，则HS—的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性 (3)2HS—+SO+4H+=3S↓+3H2O 【解析】（1）①氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离会抑制二级电离，氢硫酸溶液加水稀释时，溶液中氢硫酸、氢离子、氢硫酸根离子、硫离子的浓度都会减小，但氢离子减小幅度小于硫离子，电离常数和水的离子积常数都不变； A．由电离常数可知，溶液中=，由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，电离常数不变，则和的值增大，故A符合题意； B．由分析可知，氢硫酸溶液加水稀释时，氢离子减小幅度小于硫离子，所以的值增大，故B符合题意； C．溶液中氢离子浓度为，由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，则的值减小，故C不符合题意； D．由分析可知，加水稀释时，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，所以溶液中的值减小，故D不符合题意； 故选AB； ②由图可知，溶液中氢硫酸浓度和氢硫酸根离子浓度相等时，溶液pH为7，氢硫酸的一级电离常数Ka1(H2S)== c(H+)=1×10-7，同理可知，氢硫酸的二级电离常数Ka2(H2S)=1×10-12.9；由电离常数可知，酸性强弱顺序为H2CO3>H2S>HCO>HS−，由强酸制弱酸原理可知，过量的碳酸钠溶液吸收天然气中的硫化氢发生的反应为碳酸钠溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为H2S+CO=HCO+HS-，由方程式可知，反应的平衡常数K====≈2.13×103； （2）①由电离常数可知，溶液中=，当时，溶液中===； ②由电离常数可知，HS-的水解常数Kh===1×10-7＞Ka2=1×10-12.9，则HS-的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性； （3）由图可知，pH=9的含硫废水中硫元素以氢硫酸根离子形式存在，则生成淡黄色沉淀的反应为溶液中氢硫酸根离子与亚硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫沉淀和水，反应离子方程式为2HS-+SO+4H+=3S↓+3H2O。 3．（2025·云南玉溪·阶段练习）某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含有大量Na+、Cu2+、SO、Cl-、NO。 (1)下列离子中，能与该废水大量共存的是___________(填标号)； A．Mg2+ B．Ag+ C．OH- D．HCO (2)取100mL该废水于烧杯，逐滴加入NaOH溶液至呈碱性过程中，原废水中存在的离子的数目会发生变化的是H+、 (用离子符号表示)； (3)某化学社团小组成员欲除去废水样品中的Cu2+和SO，且不引入其他杂质离子，设计的方案流程如下图，最终得到中性溶液。 ①试剂b为 (写化学式)；溶液3中含有的溶质离子有Cl-、 ； ②“分离操作”的名称是 ，需用到的玻璃仪器主要有 ； ③向“蓝色沉淀1”中加入足量硫酸，发生反应的离子方程式为 。 【答案】(1)A (2)Na+、Cu2+ (3) BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2 Na+、NO 过滤 烧杯、玻璃棒、漏斗 Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O 【分析】工业废水呈酸性，且其中含有大量Na+、Cu2+、SO、Cl-、NO，欲除去废水中的Cu2+和SO，加入过量试剂a为氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠溶液除了中和氢离子，还产生蓝色沉淀1为氢氧化铜沉淀，过滤后，溶液1中含过量的OH-和Na+、SO、Cl-、NO，试剂b为BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2，过量的Ba2+用Na2CO3除去，故试剂c为Na2CO3溶液，过滤后，白色沉淀2为硫酸钡和碳酸钡的混合物，溶液2含OH-、Na+、Cl- 、NO和过量CO，再加入适量盐酸即可得到中性溶液，该溶液中含有Cl-、Na+、NO。 【解析】（1）A．Mg2+在指定溶液中大量存在，故A符合题意； B．Ag+与SO、Cl-反应生成沉淀，Ag+在指定溶液中大量存在，故B不符合题意； C．OH-与Cu2+生成蓝色沉淀氢氧化铜，废水显酸性，H+与OH-发生中和反应，不能大量共存，故C不符合题意； D．废水显酸性，H+与HCO反应生成二氧化碳，不能大量共存，故D不符合题意； 答案为A； （2）废水显酸性，加入NaOH，H+与OH-发生中和反应，OH-与Cu2+生成蓝色沉淀氢氧化铜，原废水中存在离子的量发生变化的是Na+、H+、Cu2+； （3）根据流程，加入试剂a分离操作得到蓝色沉淀和溶液1，则试剂a为NaOH，蓝色沉淀为氢氧化铜，溶液1中含有离子是Na+、SO、Cl-、NO，除去SO应加入BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2，试剂b为BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2，除去过量的Ba2+，不引入新杂质，应加入碳酸钠，即试剂c为碳酸钠，过滤，向滤液中加入盐酸，除去过量CO； ①根据上述分析，试剂b为BaCl2或Ba(NO3)2或Ba(OH)2；溶液3中含有离子是Cl-、Na+、NO； ②分离操作的名称为过滤，需要用的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒； ③根据上述分析，蓝色沉淀为Cu(OH)2，加入足量的硫酸，沉淀溶解，生成硫酸铜和水，离子反应方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O。 4．（2025·北京·期中）盐酸、醋酸、碳酸钠和碳酸氢钠都是生活中常用的物质。某小组进行了以下实验。 (1)对比盐酸和醋酸与的反应。常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液的变化曲线如图所示。 ①表示滴定盐酸的曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②滴定过程中，边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 (选填“a”、“b”)。 a．滴定管内液面的变化    b．锥形瓶内溶液颜色的变化 ③a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为 。 ④时， (填“>”或“=”)。 (2)向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液变化如下。 ①图 (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。 ②发生反应的离子方程式为 。 ③下列说法正确的是 (填序号)。 a．溶液、溶液含有的微粒种类相同 b．图甲中A、B、C均满足： c．图甲中水的电离程度： d．图乙中点和点溶液中均满足： (3)向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 资料：ⅰ．的溶液中，，。 ⅱ．25℃时，，。 ①写出、反应的离子方程式 。 ②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是： 。 【答案】(1) Ⅱ b ＞ (2) 乙 H++= ac (3) 2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 1mol⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9mol⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5mol⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+) 【解析】（1）①盐酸是强电解质，0.1000mol/L的溶液中氢离子的浓度也是0.1000mol/L，pH=1，所以曲线Ⅱ表示盐酸的滴定曲线； ②滴定过程中，边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，故选b； ③a点是溶液中存在等物质的量和点，根据图中信息，此时溶液pH＜7溶液呈酸性，所以，根据溶液呈电中性：，可得，又因为醋酸是弱电解质，微弱电离，有，所以，溶液中离子的浓度顺序为：； ④时，发生完全中和反应，恰好生成醋酸钠和氯化钠，醋酸根离子水解，氯离子不水解，所以＞。 （2）①H2CO3的电离平衡常数Ka1＞Ka2，故相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者的pH更高，即图乙是Na2CO3的滴定曲线； ②HCl和Na2CO3的反应分为两步：HCl+Na2CO3=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则A′-B′发生反应的离子方程式为H++=； ③a．Na2CO3和NaHCO3溶液中所含微粒均有Na+、H+、、、OH-、H2CO3和H2O，a正确； b．图甲是NaHCO3的滴定曲线，B点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶液中已不含、、H2CO3，则仅A点满足c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，b错误； c．图甲中，A点的溶质是NaHCO3，的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，H+能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，c正确； d．图乙中点的溶质是NaHCO3，由图甲可知NaHCO3溶液呈碱性，故水解大于电离，溶液中，点表示NaHCO3和HCl恰好完全反应，此时溶质为NaCl，溶液中已不含、H2CO3，d错误； 故选ac。 （3）①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为2+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O； ②1mol⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需c1(Fe2+)===3.210-9mol⋅L−1；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5mol⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2。 5．（2025·广东韶关·阶段练习）是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中，由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取的步骤如下图。 已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。 物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数 ， (1)写出氢硫酸()的第二步的电离方程式 。 (2)“溶解”时加入溶液的目的是 ，滤渣的主要成分是 。 (3)“除铁”时生成黄钠铁矾沉淀，写出其离子方程式 。 (4)理论上，除铜后，溶液中 [计算时取，结果保留两位有效数字]。 (5)除镁过程中，调节溶液呈中性的原因是 。 (6)“系列操作”包括 。 【答案】(1)H2SHS-+H+ (2) 将Fe2+氧化为Fe3+，将镍元素完全转化成Ni2+ SiO2 (3)6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=6Mg2++Na2Fe6(SO4)4(OH)12 (4)4.4×10-16 (5)酸性环境下，F-与H+反应生成HF (6)加入适量硫酸溶液溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【分析】由题给流程可知，向废料中加入硫酸和过氧化氢的混合溶液溶解，将金属元素转化为可溶硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸钠、氧化镁将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到含有黄钠铁矾的滤渣和滤液；向滤液中通入硫化氢，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；调节滤液的pH直至呈中性，加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入适量硫酸溶液溶解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。 【解析】（1）氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为H2SHS-+H+，故答案为：H2SHS-+H+； （2）由分析可知，加入硫酸和过氧化氢的混合溶液溶解，将金属元素转化为可溶硫酸盐，其中加入过氧化氢的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，将镍元素完全转化成Ni2+；滤渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，将镍元素完全转化成Ni2+；SiO2； （3）由分析可知，加入硫酸钠、氧化镁的目的是将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=6Mg2++Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓，故答案为：6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=6Mg2++Na2Fe6(SO4)4(OH)12； （4）由电离常数可得：Ka1(H2S)Ka2(H2S) = ，则pH为0.5的溶液中硫离子浓度为=1.43×10-20mol/L，由溶度积可知，溶液中铜离子浓度为≈4.4×10-16mol/L，故答案为：4.4×10-16； （5）氢氟酸是弱酸，酸性环境下，溶液中氟离子与氢离子反应生成氢氟酸，溶液中氟离子浓度减小，不利于氟化镁的生成，所以除镁过程中，调节溶液呈中性，故答案为：酸性环境下，F-与H+反应生成HF； （6）由分析可知，“系列操作”为向氢氧化镍中加入适量硫酸溶液溶解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体，故答案为：加入适量硫酸溶液溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 1．（2025·北京·期中）以下为一种以含铅废料(、、、、及炭黑)制备纳米PbO和的工艺流程。 已知：①炭黑是一种碳单质，化学性质比较稳定。 ②、均为难溶于水的固体。 ③易溶于水，电离方程式为。 (1)PbO具有碱性氧化物的性质，请写出过程I中PbO与稀硫酸反应的离子方程式 。 (2)①过程I中，在催化下，Pb和反应生成的化学方程式是： 。 ②过程I中，催化过程可表示为： i： ii：… 写出ii的离子方程式： 。 (3)过程I过滤除去的物质是 。 (4)①写出过程II主要反应的离子方程式 。 ②结合复分解型离子反应的反应规律，说明可能具有怎样的性质 。 (5)过程II过滤除去的物质是 。 (6)过程III所得滤液中检出，请简述过程III通入的作用 。 (7)①生成纳米的离子方程式是 。 ②生成纳米PbO的化学方程式是 。 【答案】(1)PbO+2H++=PbSO4+H2O (2) (3)含FeSO4、Fe2(SO4)3的溶液 (4) PbSO4+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+ 可能是弱电解质或非电解质，难电离产生离子 (5)炭黑 (6)消耗体系中的H+，提高溶液中浓度，促进PbCO3的生成 (7) PbCO3+2H++=PbSO4+H2O+CO2 PbCO3PbO+ CO2 【分析】含铅废料(、、、、及炭黑)用硫酸、硫酸亚铁受热处理，得到PbSO4粗品，PbSO4粗品用CH3COONa处理后过滤得到(CH3COO)2Pb溶液，通入NH3、CO2得到PbCO3细颗粒，用稀硫酸淋洗得到纳米PbSO4，PbCO3细颗粒煅烧得到纳米PbO，以此解答。 【解析】（1）过程I中PbO与稀硫酸反应生成PbSO4和水，离子方程式为：PbO+2H++=PbSO4+H2O。 （2）①过程I中，在催化下，Pb和反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平化学方程式为：； ②过程I中总方程式为，催化过程可表示为：i：，由总方程式减去反应i可得反应ii为：。 （3）过程I中，在催化下，Pb和反应生成，、和硫酸溶液反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3，过程II过滤除去的物质是含FeSO4、Fe2(SO4)3的溶液。 （4）①过程II中PbSO4粗品用CH3COONa处理后过滤得到(CH3COO)2Pb溶液，离子方程式为：PbSO4+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+； ②结合复分解型离子反应的反应规律，说明可能是弱电解质或非电解质，难电离产生离子。 （5）炭黑不和硫酸溶液反应，过程I后混合在PbSO4粗品中，用CH3COONa处理后过滤得到(CH3COO)2Pb溶液，炭黑不溶于水，过程II过滤除去的物质是炭黑。 （6）过程III所得滤液中检出，通入的作用是：消耗体系中的H+，提高溶液中浓度，促进PbCO3的生成。 （7）①PbCO3细颗粒用稀硫酸淋洗得到纳米PbSO4和CO2、H2O，离子方程式是PbCO3+2H++=PbSO4+H2O+CO2； ②PbCO3细颗粒煅烧得到纳米PbO，化学方程式为：PbCO3PbO+ CO2。 2．（2025·海南省·阶段练习）某学习小组探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应的产物，进行如图实验： 请回答： (1)试剂X的名称是 ，仪器a的名称是 。 (2)请写出装置A中发生反应的离子方程式 。 (3)装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和NaCl，写出该反应化学方程式 。 (4)写出氯气进入装置E发生反应的化学方程式 。 (5)若将上述装置中的C、D、E部分换成如下图所述装置，其中Ⅰ与Ⅲ是干燥的红色布条，E中盛装NaOH溶液，请回答下列问题： ①装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中Ⅱ处应装入的物质是 。 a．浓硫酸   b．碱石灰   c．无水CaCl2 证明氯气没有漂白性的现象是 。 ②装置D的作用是 。 【答案】(1) 饱和食盐水 分液漏斗 (2)MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3)2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=2NaHCO3＋Cl2O＋2NaCl (4)Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O (5) c Ⅲ处红色布条不褪色 防止水蒸气影响实验(或保持Ⅲ处布条干燥等合理答案) 【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中潮湿的氯气与干燥碳酸钠反应生成一氧化二氯，装置D为收集一氧化二氯的装置，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气和生成的一氧化二氯，防止污染空气。 【解析】（1）由分析可知X为饱和食盐水，仪器a的名称是分液漏斗； （2）由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O； （3）由题意可知，装置C中发生的反应为潮湿的氯气与干燥碳酸钠反应生成碳酸氢钠、氯化钠和一氧化二氯气体，反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=2NaHCO3＋Cl2O＋2NaCl； （4）E中Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO和水，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaClO＋NaCl＋H2O； （5）①由装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性可知，装置C的Ⅱ中盛有无水CaCl2或P2O5，浓硫酸不能装在U形管中，碱石灰能吸收Cl2，均不合理，故答案为c；证明氯气没有漂白性的现象是Ⅲ处红色布条不褪色； ②由图可知，D中装入的生石灰或氢氧化钠的作用是水蒸气进入U形管，影响实验结果。 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$