微专题突破03 新情景下方程式的书写（学案）-2025年高考化学二轮复习重点微专题突破学案（新高考专用）

微专题突破3 新情景下方程式的书写 问题的态度：问则少；辩则明 2025届高三化学第二轮复习 微专题突破3 新情景下方程式的书写 业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈 1．能根据题中提供的信息结合已有知识，正确书写信息方程式。 2．能从四个方面——配平、反应条件、符号使用及产物在所给环境中能否存在等，判断所写方程式的正误。 教学重点难点 非氧化还原反应及氧化还原方程式书写。 教学方法 应用有关思维方法解决问题 教学过程 【规律点和易错点】孙猴子七十二般变化，都逃不出你的手心 书写方程式的程序 ① 一看反应物系统—→二审给定条件—→三定反应程度—→四析生成物—→五辨生成物特征—→六配平—→七检查 ② 细致审查给定条件——物料状态·溶液浓度·加热程度·压强·催化剂·光·电·点燃·加入方式、顺序·物质的量之比·少量、适量、足量 ③ 化学方程式思维方向立体化——对该反应实质的探究——为什么能发生？在何条件下发生？该反应的意义和价值——概念的建立和深化、理论的证明或发展、自然现象的解释与认识、生产生活中的应用。 陌生氧化还原反应方程式的书写步骤 ① 结合物质的类别、化合价情况确认反应发生的本质 ② 确定最关键的反应物和生成物 ③ 由电子守恒配平关键反应物和生成物 ④ 再根据守恒配平或补充其他辅助反应物和产物 ⑤ 依据题目信息写好反应条件 ⑥ 结合反应条件和反应体系所处的环境对各物质的存在形式、状态进行修正 1．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3＋可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应离子方程式为_______________________________________________________。 【答案】2Nd3＋＋3CO32－＋H2O＝2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑ 【解析】向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3＋和CO32－相互促进对方水解生成Nd(OH)CO3沉淀和CO2，该反应的离子方程式为2Nd3＋＋3CO32－＋H2O＝2Nd(OH)CO3↓＋CO2↑。 2．（2024·江苏卷）贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L－1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为___________________________________________。 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是__________________________________________ ___________________________________________________________。 【答案】①Fe＋2AgCl＝FeCl2＋2Ag ②形成了以Fe、Ag为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl＋e—＝Ag＋Cl－，生成Ag 【解析】①在足量0.5 mol·L－1盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：Fe＋2AgCl＝FeCl2＋2Ag；②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe、Ag为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl＋e—＝Ag＋Cl－，生成Ag。 3．（2024·江苏卷）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)＝1∶3混合匀速通入合成塔，发生反应N2＋3H22NH3。海绵状的α－Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α－Fe的“骨架”和气体吸附剂。 H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液，该反应的化学方程式为________________________________________________。 【答案】CH3COO[Cu(NH3)2]＋NH3·H2O＋CO＝CH3COO[Cu(NH3)3CO]＋H2O 【解析】根据题给反应物及生成物书写即可。 【问题解决1】 （2024·南通市海门市第一次调研）碳酸铈[Ce2(CO3)3]是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3、SiO2)为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示： “沉淀”时的离子方程式为________________________________________________________。 【答案】Ce3＋＋6HCO3－＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O 【解析】含Ce3＋溶液中加入碳酸氢铵溶液，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3＋结合生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，所以会产生大量氢离子，氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为Ce3＋＋6HCO3－＝Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O。 非氧化还原反应——酸碱反应、水解反应方程式书写 1．运用“证据推理符号”思路书写，其基本过程为： ①“读”取题目中的有效信息(证据)；②写出主要反应物和生成物的化学式(推理＋表征)；③再依据质量守恒、电荷守恒(基本规律)，配平。 2．酸碱反应 根据反应物的酸碱性及反应中有关信息，书写反应物和生成物，再配平即可。 3．水解反应 水解原理 通式 类型 ①活泼金属的碳化物、氮化物、磷化物、硫化物 ②（Si、P、X、N、S）的卤化物 ③有机化合物的活泼金属有机化合物：C2H5ONa、RCOONa、RCOR、RCOX、RCONH2 说明 根据水：①均裂H2O＝—H＋—OH、②异裂H2O＝H＋＋OH－来考虑 运用类比的方法，可以确定相同反应原理的产物。如CaC2与H2O反应的原理为水解反应，水电离成H＋和OH－，然后分别与Ca2＋和C22－结合，生成Ca(OH)2和C2H2，可以推知像CaC2这样金属与非金属结合成的离子型化合物Al4C3、Mg2C3、Li2C2、Mg3N2、Na2O2等与水反应均类似，故可以顺利判断出生成物。 4．用HCO3－沉淀金属阳离子离子方程式的书写 HCO3－在水溶液中既存在电离平衡(HCO3－H＋＋CO32－)又存在水解平衡(HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－) （1）若金属阳离子(以Ca2＋为例)的Ksp(CaCO3)＜Ksp[Ca(OH)2]，则溶液中的金属阳离子(Ca2＋)主要结合HCO3－电离产生的CO32－生成碳酸盐沉淀(CaCO3)，反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO3－＝CaCO3↓＋H2O＋CO2↑。 （2）若金属阳离子(以Mg2＋为例)的Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，则溶液中的金属阳离子(Mg2＋)主要结合HCO3－水解产生的OH－生成氢氧化物沉淀[Mg(OH)2]，反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO3－＝Mg(OH)2↓＋2CO2↑。 （3）示例 沉铈过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO3－＋(n－3)H2O＝Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑。 1．（2023·苏州上学期期末）异丙醇铝Al[OCH(CH3)2]3加入到75℃中，充分搅拌可生成Al(OH)3胶体。生成Al(OH)3胶体的化学方程式为___________________________________________________________________。 【答案】Al[OCH(CH3)2]3＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3HOCH(CH3)2 【解析】Al[OCH(CH3)2]3在75℃水中，充分搅拌可生成Al(OH)3胶体，方程式为Al[OCH(CH3)2]3＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3HOCH(CH3)2，故答案为Al[OCH(CH3)2]3＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3HOCH(CH3)2 2．（2023·盐城五校）偏铝酸钙可由水硬铝石[AlO(OH)]与石灰石在高温下煅烧得到。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________。 【答案】2AlO(OH)＋CaCO3Ca(AlO2)2＋CO2↑＋H2O 【解析】由题意有：CaCO3＋AlO(OH)Ca(AlO2)2，推测生成物还有CO2和H2O，配平得2AlO(OH)＋CaCO3Ca(AlO2)2＋CO2↑＋H2O。 3．（2024·无锡上学期期中）Cr(VI)在水溶液中有H2CrO4、HCrO4－、CrO42－和Cr2O72－四种存在形式(H2CrO4是二元弱酸)，HCrO4－部分转化为Cr2O72－的离子方程式为________________________________。 【答案】2HCrO4－Cr2O72－＋H2O 【解析】Cr(VI)在水溶液中有H2CrO4、HCrO4－、CrO42－和Cr2O72－四种存在形式(H2CrO4是二元弱酸)，HCrO4－部分转化为Cr2O72－的离子方程式为HCrO4－Cr2O72－，根据电荷守恒有2HCrO4－Cr2O72－，再由质量守恒得2HCrO4－Cr2O72－＋H2O。 【问题解决2】 （2023·如皋期末）将Fe2O3与蔗糖(C12H22O11)一起焙烧，可生成FeO与CO2。写出焙烧时所发生反应的化学方程式：____________________________________________________________。 【答案】24Fe2O3＋C12H22O1148FeO＋12CO2↑＋11H2O 【解析】由题意Fe2O3＋C12H22O11FeO＋CO2↑，C12H22O11中碳的价态为0价，铁元素降低1价，碳元素升高24价，据电子守恒有24Fe2O3＋1C12H22O1124FeO＋12CO2↑，再据质量守恒得24Fe2O3＋C12H22O1148FeO＋12CO2↑＋11H2O。 氧化还原反应信息方程式书写 第一步 ①找出氧化剂和还原剂；②从反应现象、物质性质、价态变化、得失电子等角度推断氧化（还原）产物；③利用电子守恒配平。 第二步 根据电荷守恒，根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－使方程式两端的电荷守恒。 第三步 根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O（或其他小分子）使方程式两端的原子守恒。 解题关键：根据题目信息，依据反应环境正确判断反应物和生成物，借助于电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行配平和验证。 1．（2023·苏州期末）325 ℃时，水在Mn粉表面产生的H2可将CO2转化成甲酸，同时生成MnO。由H2O、Mn、CO2制备甲酸的化学方程式为____________________________________________________________。 【答案】Mn＋CO2＋H2OMnO＋HCOOH 【解析】HCOOH中C元素的价态为+2。由题意可知Mn+H2O＋CO2MnO＋HCOOH，Mn元素升高2价，C元素总+4降+2，降低2价，故反应式为Mn＋CO2＋H2OMnO＋HCOOH。 2．（2023·苏州上学期期末）NH2COONH4具有强还原性，生产尿素过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜(NiO)被破坏。 ①NH2COONH4与NiO反应产生N2的化学方程式为_________________________________________________。 ②生产时通入的CO2气体中常混有少量H2S。有氧气存在的条件下，H2S腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是_________________________________________________________________________________________。 【答案】①NH2COONH4＋3NiO＝N2＋3Ni＋3H2O＋CO2 ②H2S与O2反应生成SO2，SO2、O2、H2O反应生成硫酸，酸性增强，腐蚀能力增强 【解析】①NH2COONH4与NiO反应产生N2，由氧化还原分析，NiO生成Ni，故化学方程式为NH2COONH4＋3NiO＝N2＋3Ni＋3H2O＋CO2；②生产时通入的CO2气体中常混有少量H2S。有氧气存在的条件下，发生反应2H2S＋3O2＝2SO2＋2H2O，2H2O＋O2＋2SO2＝2H2SO4，硫酸腐蚀性更强。 3．（2024·连云港一模）制备[Co(NH3)6]Cl3并测定Co含量。将CaCl2•2H2O和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置见图)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加NH4Cl和浓氨水混合溶液、H2O2溶液，控制温度不超过60℃充分反应，冷却后过滤。 ①三颈瓶中生成[Co(NH3)6]3＋反应的离子方程式为______________________________________________。 ②加入NH4Cl的作用是___________________________________________________________。 【答案】①2Co2＋＋H2O2＋10NH3·H2O＝2[Co(NH3)6]3＋＋12H2O ②NH4Cl抑制氨水电离，防止生成Co(OH)2沉淀 【解析】①三颈瓶中,Co2＋被双氧水氧化生成[Co(NH3)6]3＋反应的离子方程式为2Co2＋＋H2O2＋10NH3·H2O＝2[Co(NH3)6]3＋＋12H2O；②NH4Cl能抑制氨水电离，防止生成Co(OH)2沉淀。 4．（2024·江苏省南通市、盐城市二模）单宁酸(C76H52O46)－硫酸体系中，低品位软锰矿(MnO2质量分数为29％)中的Mn(Ⅳ)可被还原为Mn2＋而浸出。其浸出过程如图所示。 （1）当1 mol C76H52O46完全水解，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为_________。 （2）写出葡萄糖还原MnO2生成CO2的离子反应方程式：____________________________________________________________________。 【答案】（1）10∶1 （2）C6H12O6＋12MnO2＋24H＋＝12Mn2＋＋6CO2↑＋18H2O 【解析】（1）设1 mol C76H52O46完全水解，生成的没食子酸x mol、葡萄糖y mol，根据C守恒：7x＋6y＝76……①，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则＝……②，解得x＝10，带入①得y＝1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10∶1；（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为C6H12O6＋12MnO2＋24H＋＝12Mn2＋＋6CO2↑＋18H2O。 【问题解决3】 （2024·南通市海安市）工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“酸浸”后的溶液pH＝1，所含金属离子主要有Zn2＋、Fe3＋、Cd2＋、Mn2＋、Ni2＋。 ②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2＋时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。 （1）“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2＋的离子方程式为_________________________________________________________。 （2）“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O]沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式：_______________________________________________________________________。 【答案】（1）2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋ （2）3ZnSO4＋3Na2CO3＋4H2O＝ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O＋2CO2↑＋3Na2SO4 【解析】菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸“酸浸”后得到含Zn2＋、Fe3＋、Cd2＋、Mn2＋、Ni2＋的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液调节pH后Fe3＋使转化为Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除杂”使Mn2＋转化为MnO2，除去Fe3＋、Mn2＋；接着“还原除杂”除去、Ni2＋Cd2＋；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O]沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO。 （1）在“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2＋发生氧化还原反应产生MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋；（2）根据分析，向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O]沉淀，反应的化学的方程式为3ZnSO4＋3Na2CO3＋4H2O＝ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O＋2CO2↑＋3Na2SO4。 化工流程方程式书写 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。 先从流程图中找出反应物和生成物，其次依据有关反应原理确定所缺少的生成物，之后配平，第三根据电荷守恒确定可能是什么离子参加反应或生成何种离子，最后根据质量守恒确定其他所缺少的物质（一般是水）。 1．（2023·南通一调）从废脱硝催化剂(主要成分为TiO2、V2O5)中回收TiO2和V2O5具有重要意义。碱溶法回收TiO2和V2O5。部分工艺流程如下： “酸洗”时Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4；“水解”后得到H2TiO3。写出“热碱浸取”时TiO2发生反应的离子方程式：_______________________________________________________。 【答案】3TiO2＋2Na＋＋2OH－Na2Ti3O7＋H2O 【解析】由流程图可知“热碱浸取”时TiO2发生的反应为：TiO2＋Na＋＋OH－Na2Ti3O7，由钠守恒TiO2＋2Na＋＋OH－Na2Ti3O7，再由电荷守恒TiO2＋2Na＋＋2OH－Na2Ti3O7，最后由质量守恒3TiO2＋2Na＋＋2OH－Na2Ti3O7＋H2O。 2．（2023·苏州上学期期末）工业上利用高钛炉渣(主要成分为TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3等)制备TiO2。 已知：①TiO2、FeO3在高温下与NaOH反应生成Na2TiO3、NaFeO2，弱碱性条件下Na2TiO3、NaFeO2水解会生成TiO(OH)2、Fe(OH)3沉淀；②TiO(OH)2难溶于稀酸或稀碱，可以溶解在浓酸或浓碱中；③Fe3＋水解能力显著强于Fe2＋，Fe(OH)3容易吸附沉淀。 Ⅰ．硫酸法制备TiO2 （1）焙烧、浸取 ①“焙烧”时可将CaTiO3转化为TiOSO4，该反应的化学方程式为___________________________________。 ②酸浸渣的主要成分为___________。 【答案】①CaTiO3＋2H2SO4CaSO4＋TiOSO4＋2H2O ②CaSO4、SiO2 【解析】高钛炉渣(主要成分为TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3等)中加入浓硫酸焙烧，CaTiO3转化为TiOSO4、CaSO4，然后加入稀硫酸“浸取”，经过滤得到的酸浸渣为CaSO4、SiO2，滤液中含有TiOSO4、Fe2(SO4)3，滤液经沸腾水解，过滤得到TiO(OH)2，TiO(OH)2经系列处理得到TiO2。 ①“焙烧”时可将CaTiO3转化为TiOSO4，根据原子守恒，反应的化学方程式为CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O；②根据分析，酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2。 3．（2024·泰州市下学期一模）V2O5广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。 （1）实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下： “还原”步骤中生成N2，反应的化学方程式为__________________________________________________；若不加N2H4，HCl也能还原V2O5生成VO2＋和Cl2，分析反应中不生成Cl2的原因________________________。 【答案】①2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O ②N2H4的还原性强于HCl 【解析】由题给流程可知，五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。 由分析可知，还原步骤发生的反应为五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O；由题给信息可知，五氧化二钒也能与氯化氢反应生成VOCl2和氯气，反应中不生成氯气说明肼的还原性强于氯化氢，会优先与五氧化二钒反应，故答案为：2V2O5＋N2H4＋8HCl＝4VOCl2＋N2↑＋6H2O；N2H4的还原性强于HCl。 【问题解决4】 （2024·连云港上学期调研一）一种电化学法将CO2转化为乙烯的原理如图所示： ①阴极上的电极反应式为___________________________________________________。 ②以铅蓄电池为电源，每生成0.5 mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为___________。 【答案】①2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O ②6 mol 【解析】①由图可知，左侧电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O，故答案为：2CO2＋12e—＋12H＋＝C2H4＋4H2O；②铅蓄电池的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，由得失电子数目守恒可知，每生成0.5 mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.5 mol×12＝6 mol，故答案为6 mol。 电极反应式书写 1．写出半反应式：氧化剂＋ne－—→还原产物、还原剂－ne－—→氧化产物 2．电荷守恒：找出所缺少的离子（注意反应的环境：水溶液——酸性、中性、碱性；熔融液、固体电解质） 3．质量守恒：找出所缺少的其他物质 1．（2024·苏州调研期初）电催化还原法是CO2的有机资源化的研究热点。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入盛有酸性溶液的电催化装置中，CO2可转化为有机物，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。 ①电解电压为U1时，电解时转移电子的物质的量为____________。 ②电解电压为U2时，阴极由CO2生成甲醇的电极反应式为_______________________________________。 ③在实际生产中发现当pH过低时，有机物产率降低，可能的原因是______________________________。 【答案】①2.8 mol ②CO2＋6H＋＋6e—＝CH3OH＋H2O ③此时阴极主要为氢离子放电 【解析】①由图可知，电解电压为U1时，阴极产生0.2 mol C2H5OH、0.2 mol H2，2CO2＋12H＋＋12e—＝C2H5OH＋3H2O、2H＋＋2e—＝H2↑，即转移电子的物质的量为0.2 mol×12＋0.2 mol×2＝2.4 mol＋0.4 mol＝2.8 mol；②由CO2生成CH3OH，C的化合价由＋4到－2，电极反应式为CO2＋6e—CH3OH，由电荷守恒CO2＋6e—＋6H＋CH3OH，再据质量守恒CO2＋6H＋＋6e—＝CH3OH＋H2O；③当pH过低时，阴极主要为氢离子放电，导致有机物产率降低。 2．（2024·江苏镇江市高三开学考）用CO2与H2，通过不同途径可得到甲酸。 ①一种利用电催化反应器合成甲酸工作原理如图所示。 ①生成HCOOH的电极反应方程式为_______________________________。 ②325℃时，水在Mn粉表面产生的H2与CO2反应生成甲酸和MnO。直接加热CO2与H2难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_____________________________________________________________。 【答案】①CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH ②反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能 【解析】①根据图中信息阳极是氢离子失去电子变为氢离子，阴极是二氧化碳得到电子和氢离子结合生成HCOOH，因此生成HCOOH的电极反应方程式为CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH；故答案为：CO2＋2e—＋2H＋＝HCOOH；②325℃时，水在Mn粉表面产生的H2与CO2反应生成甲酸和MnO。直接加热CO2与H2难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能；故答案为：反应生成的MnO是氢气与二氧化碳反应生成甲酸的催化剂，降低反应所需活化能。 【问题解决5】 （2024·连云港上学期调研一）水体中的Cr2O72－、HCrO4－、SO42－是高毒性的重金属离子，可用Cr(Ⅵ)表示。处理含Cr(Ⅵ)废水的方法有沉淀法、还原法等。 （3）亚硫酸氢钠－石灰乳还原沉淀法：向初始pH不等的几份酸性含铬(总浓度为0.20 mol·L－1)废水中加入等量NaHSO3，将Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)，再加入石灰乳可将Cr(Ⅲ)转化为Cr(OH)3沉淀。 ①已知溶液中含铬物种浓度随pH的变化如图所示，pH＝4时，溶液中主要含Cr(Ⅵ)粒子与NaHSO3反应的离子方程式为_________________________________________________________________。 ②废水中残留Cr(Ⅵ)与反应时间的关系变化关系如图所示，实际反应中，控制废水pH为2.5的原因是______________________________________________________________________________。 【答案】①3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O ②pH偏高，H＋浓度低，反应速率较慢；pH偏低，H＋浓度大，HSO3－易转化为SO2气体逸出 【解析】①由图可知，溶液pH为4时，溶液中Cr(Ⅵ)粒子为重铬酸根离子，溶液中发生的反应为酸性条件下溶液中重铬酸根离子与亚硫酸氢根离子反应生成硫酸根离子、铬离子和水，反应的离子方程式为3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O，故答案为：3HSO3－＋Cr2O72－＋5H＋＝3SO42－＋2Cr3＋＋4H2O；②由图可知，溶液pH越大，反应速率越慢，实际生产中，溶液pH偏高，溶液中氢离子浓度低，反应速率较慢，不利于工业生产；溶液pH偏低，氢离子浓度大，易与亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫气体逸出，导致Cr(Ⅵ)去除率降低，故答案为：pH偏高，H＋浓度低，反应速率较慢；pH偏低，H＋浓度大，HSO3－易转化为SO2气体逸出。 图象方程式 根据图象中的有关物质的量是增大还是减小或转化关系，确定反应物还是生成物，再根据有关原理配平。 1．（2024·江苏镇江市高三开学考）V2O5是接触法制硫酸的催化剂，使用后的废钒催化剂可回收利用。 （1）接触室中发生的反应为：2SO2＋O22SO3，催化氧化过程中钒元素的变化如图所示。 ①基态钒原子的电子排布式为_____________。 ②过程c发生反应的化学方程式为___________________________________。 【答案】①3d342 ②4VOSO4＋O2＝2V2O5＋4SO3 【解析】①V位于周期表中第四周期第VB族，则其基态原子的价电子排布式为3d342；②过程c中VOSO4转化为V2O5，由原子守恒可知，该过程中同时生成SO3，化学方程式为：4VOSO4＋O2＝2V2O5＋4SO3。 2．（2024·淮安市高三上学期开学考）以废旧锂电池的正极材料[活性物质为LixCoO2(x≤1)、附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和Co3O4。 （2）制钴粉：向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4•H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。已知不同pH时Co(Ⅱ)的物种分布图如图所示。Co2＋可以和柠檬酸根离子(C6H5O73－)生成络合成离子 [Co(C6H5O7)]－。 ①写出pH＝9时制钴粉的离子方程式：________________________________________________________。 ②pH＞10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致而纯度降低。若向pH＞10的溶液中加入柠檬酸钠[Na3(C6H5O7)]，可以提高钴粉的纯度，原因是________________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________。 【答案】①Co4(OH)44＋＋2N2H4•H2O＋4OH－＝4Co↓＋2N2↑＋10H2O ②加入柠檬酸钠，Co2＋和柠檬酸根离子(C6H5O73－)生成配合物[Co(C6H5O7)]－，Co(OH)2(s)Co2＋(aq)＋2OH－(aq)平衡正向移动，能抑制Co(OH)2生成[或促进Co(OH)2溶解] 【解析】①根据图示可知在溶液pH＝9时，溶液中Co元素主要存在形式为Co4(OH)44＋,Co4(OH)44＋与N2H4•H2O在碱性条件下发生氧化还原反应产生Co单质、N2和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Co4(OH)44＋＋2N2H4•H2O＋4OH－＝4Co↓＋2N2↑＋10H2O；②若向pH>10的溶液中加入柠檬酸钠[[Na3(C6H5O7)]，可以提高钴粉的纯度，原因是：加入柠檬酸钠，Co2＋和柠檬酸根离子C6H5O73－)生成配合物[Co(C6H5O7)]－，Co(OH)2(s)Co2＋(aq)＋2OH－(aq)平衡正向移动，能抑制Co(OH)2生成[或促进Co(OH)2溶解]。 1．（2025·扬州开学考）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： 已知：①NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 （2）“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋的离子反应方程式为___________________________________________________________。 （5）NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。写出该反应的化学方程式______________________________________________________________。 【答案】（2）VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O （5）2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O 【解析】（2）“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋，V元素的化合价由＋3价升至＋5价，MnO2被还原成Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O；（5）NH4VO3在空气中灼烧得V2O5、NH3和H2O，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O。 2．（2024·连云港上学期调研一）根据提供的情境书写指定反应的方程式。 一种以MnCO3为原料制取MnO2的流程如图所示，450℃，MnCO3在空气中灼烧得到三种锰的氧化物，锰元素所占比例随温度变化的曲线如图所示。 （1）写出450℃，MnCO3在空气中灼烧生成主要产物的化学方程式：______________________________。 （2）写出“浸取”时Mn2O3发生反应的离子方程式：______________________________________。 【答案】（1）2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2 （2）Mn2O3＋2H+＝MnO2＋Mn2＋＋H2O 【解析】由题给流程可知，碳酸锰在空气中灼烧分解生成三氧化二锰和二氧化碳，向三氧化二锰中加入稀硫酸浸取，三氧化二锰转化为二氧化锰和硫酸锰，过滤得到硫酸锰溶液和二氧化锰。 （1）由图可知，450℃时，二氧化锰的锰元素所占比例最大，说明碳酸锰在空气中灼烧分解生成二氧化锰和二氧化碳，反应的化学方程式为2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2，故答案为：2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2；（2）由分析可知，浸取时发生的反应为三氧化二锰与稀硫酸反应生成二氧化锰和硫酸锰，反应的离子方程式为Mn2O3＋2H＋＝MnO2＋Mn2＋＋H2O，故答案为：Mn2O3＋2H+＝MnO2＋Mn2＋＋H2O。 3．（2024·江苏南京市、盐城市一模）“碳中和”目标如期实现的关键技术之一是CO2的再资源化利用。 （2）XO基掺杂Na2CO3形成XO－Na2CO3(X＝Mg、Ca、Cd等)，能用于捕获CO2，原理如下图所示。已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解。 ①X＝Ca时，再生的化学方程式为__________________________________________。 ②X＝Mg相比X＝Ca，其优点有______________________________________________________________。 【答案】①Na2Ca(CO3)2CaO＋Na2CO3＋CO2↑ ②等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋电荷数相等、Mg2＋半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能 【解析】（2）①X＝Ca时，Na2Ca(CO3)2加热生成CaO－Na2CO3和CO2，再生的化学方程式为Na2Ca(CO3)2CaO－Na2CO3＋CO2↑，故答案为Na2Ca(CO3)2CaO－Na2CO3＋CO2↑；②已知阳离子电荷数越高、半径越小，阴离子越易受其影响而分解，所以X＝Mg相比X＝Ca，其优点有等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋电荷数相等、Mg2＋半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能，故答案为等质量的MgO和CaO相比，MgO吸收的CO2的量多；Ca2＋和Mg2＋电荷数相等、Mg2＋半径小，再生时MgCO3分解温度低，更节能。 4．（2024·无锡上学期期中）工业上可电解MnSO4溶液制备电池用高纯MnO2。 （1）MnSO4溶液的制备 利用菱锰矿粉(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、CoO、SiO2等杂质)制备MnSO4溶液的流程如下： 已知：25℃时，Ksp[(Mn(OH)2)]＝2.0×10－13，Ksp(CoS)＝4.0×10－21，Ksp(MnS)＝2.5×10－13。在本实验条件下Co2＋不能被MnO2氧化。 ①“酸浸”过程中加入过量硫酸的目的是_______________________________________________________。 ②“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______________________________________________。 ③“除钴”过程中加入过量的难溶电解质MnS，所得悬浊液中＝___________。 【答案】①使碳酸锰完全溶解，防止Mn2＋水解 ②MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O ③1.6×10－8 【解析】制备硫酸锰的流程中，第一步酸浸过程中二氧化硅不溶于硫酸，滤液中含Mn2＋、Fe2＋、Co2＋、Al3＋，二氧化锰固体将Fe2＋氧化为Fe3＋，石灰乳是Fe3＋、Al3＋沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，硫化锰固体将Co2＋沉淀为CoS。 ①过量硫酸的目的是使碳酸锰完全溶解，防止Mn2＋水解；②二氧化锰可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O；③＝＝＝1.6×10－8。 5．（2023·江苏南京市高三学期调研）MnSO4可用于制备多种物质。 由MnSO4制备CuMnOx催化剂。 ①基态Mn2＋的价电子排布式为___________；SO42－的空间结构为__________________。 ②将一定量KMnO4和MnSO4固体投入超纯水中混合搅拌，在120℃下反应10小时，得到黑色固体MnO2，反应的离子方程式为___________________________________________________；再加入CuSO4和Na2CO3溶液，经过搅拌、陈化、造粒、干燥、煅烧等工序得到比表面积较高的催化剂。其中一种成分的晶胞结构如图所示，每个O2－周围紧邻的Cu2＋的个数为___________。 【答案】①3d5 ②正四面体形 ③3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O5MnO2↓＋4H＋ ④4 【解析】①锰为25号元素，失去2个电子形成基态Mn2＋，基态Mn2＋价电子排布式为3d5；SO42－中心S原子价层电子对数＝4＋＝4，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形；②KMnO4和MnSO4加入超纯水中得到黑色固体MnO2，反应的离子方程式为3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O5MnO2↓＋4H＋；Cu2＋离子数目＝1＋8×＝3，O2－离子数目＝8×＋4×＝3，每个Cu2＋周围紧邻的的O2－个数为4，则每个O2－周围紧邻的Cu2＋的个数也为4。或如图黑球表示O2－紧邻的Cu2＋，晶胞中每个O2－周围紧邻的Cu2＋的个数为4。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 请每天用5分钟预习下一讲的复习内容！ 学科网（北京）股份有限公司 $$