2022届高考化学人教版二轮专题复习学案-专题二氧化还原反应离子反应.docx

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1、备考要点1.掌握氧化还原反应的相关概念。2.掌握氧化还原反应的配平和相关计算。3.掌握离子的检验方法。4.学会提取并利用信息书写有关方程式。考点一氧化还原反应(一)理清两条概念线索(二)掌握四条基本规律1按要求回答问题：2CO(NH2)24NO2=4H2O2CO24N2O2(1)CO(NH2)2中，C元素的化合价为_。(2)上述反应中氧化产物为_，还原产物为_。(3)若反应过程中有0.15 mol NO2反应，则电子转移的数目为_。答案(1)4(2)N2和O2N2(3)0.6NA2根据化合物中各元素化合价代数和等于零的原则，写出括号内相应元素的化合价。NaClO2(Cl：_)、ClO2(Cl：

2、_)、CuCl(Cu：_)、N2H4(N：_)、NaBH4(B：_)、K2Cr2O7(Cr：_)、Na2CrO4(Cr：_)、H2C2O4(C：_)、Na2S2O3(S：_)、MnO(OH)2(Mn：_)、K2FeO4(Fe：_)、CuFeS2(Fe：_、S：_)、LiNH2(N：_)、LiCoO2(Co：_)答案3412366324622333写出证明氧化性、还原性强弱的离子方程式。(1)氧化性强弱顺序：KMnO4Cl2Br2Fe3Cu2KMnO4Cl2：_。Cl2Br2：_。Br2Fe3：_。Fe3Cu2：_。(2)还原性强弱顺序：SO2IFe2BrClSO2I：_。IFe2：_。Fe2B

3、r：_。BrCl：_。答案(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2OCl22Br=2ClBr22Fe2Br2=2Fe32Br2Fe3Cu=2Fe2Cu2(2)I2SO22H2O=2I4HSO2Fe32I=I22Fe2Br22Fe2=2Fe32BrCl22Br=Br22Cl4(1)向FeI2溶液中逐滴滴入氯水，按反应发生先后顺序，依次写出离子方程式：_。若，则离子方程式为_。(2)向含有Fe3、H的溶液中，逐渐加入铁粉，按反应的先后顺序，依次写出离子方程式：_。答案(1)2ICl2=I22Cl2Fe2Cl2=2Fe32Cl3Cl22Fe24I=2I22Fe36Cl(2)2Fe3Fe=

4、3Fe2Fe2H=H2Fe2角度一氧化还原反应的概念及应用1(2020山东，2)下列叙述不涉及氧化还原反应的是()A谷物发酵酿造食醋B小苏打用作食品膨松剂C含氯消毒剂用于环境消毒D大气中NO2参与酸雨形成答案B解析谷物发酵的过程中包含淀粉水解、葡萄糖转化为乙醇、乙醇氧化为乙酸的过程；小苏打分解的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，不是氧化还原反应；含氯消毒剂有强氧化性，可用于环境消毒；NO2与水发生反应3NO2H2O=NO2HNO3，是氧化还原反应。2(2021浙江6月选考，8)关于反应K2H3IO69HI=2KI4I26H2O，下列说法正确的是()AK2H3IO6发生氧化反应

5、BKI是还原产物C生成12.7 g I2时，转移0.1 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为71答案D解析反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，得电子发生还原反应，A错误；KI中I由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，根据反应的化学方程式，每生成4 mol I2转移7 mol电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量

6、之比为71，D正确。3(2021湖南，8)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I211KClO33H2O6KH(IO3)25KCl3Cl2。下列说法错误的是()A产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mol eB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为116C可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在答案A解析该反应中只有碘元素的价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中的5价，每个碘原子失去5个电子，即6I260e，又因化学方程式中6I23Cl2，故3Cl260e，即Cl220e，所以产生22.4

7、 L(标准状况)Cl2即1 mol Cl2时，反应中应转移20 mol e，A错误；该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该化学方程式的计量数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为116，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；食盐中IO可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H、I发生归中反应：IO5I6H=3I23H2O，生成的I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在，D正确。4.2021全国甲卷，26(1)(3)碘(紫黑色固体，微溶于水

8、)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如图所示：加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后可循环使用。通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_；若反应物用量比1.5时，氧化产物为_；当1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2II。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_。答案(1)2AgIFe=2AgF

9、e22IAgNO3FeI2Cl2=I2FeCl2I2、FeCl3I2被过量的Cl2进一步氧化(3)4防止单质碘析出解析(1)由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgIFe=2AgFe22I，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中。通入Cl2的过程中，因I还原性强于Fe2，Cl2先氧化还原性强的I，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2Cl2=I2FeCl2；若反应物用量比1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I再氧化Fe2，恰好将全部I和Fe2氧化，故氧

10、化产物为I2、FeCl3；当1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI2CuSO4=2CuII22K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I浓度增大，可逆反应I2II平衡右移，增大I2溶解度，防止I2结晶析出，有利于蒸馏时制得高纯碘。角度二氧化还原反应的计算52020全国卷，26(3)(4)(5)(3)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

11、物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_。(4)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_mol；产生“气泡”的化学方程式为_。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液

12、需消耗氯气的质量为_ kg(保留整数)。答案(3)2Cl2HgO=HgCl2Cl2O(4)1.25NaHCO3NaHSO4=CO2Na2SO4H2O(5)ClOCl2H=Cl2H2O203解析(3)由新制的HgO和Cl2反应制备Cl2O，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的化合价发生变化，由0价变为1价和1价，所以反应的化学方程式为2Cl2HgO=HgCl2Cl2O。(4)由题意知，在NaClO2生成ClO2的过程中，发生歧化反应，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂，4NaO24O2，NaO2Na，每生成4 mol ClO2，需消耗5 mol NaClO2，所以每生成1 mol ClO2，需

13、消耗 mol(即1.25 mol) NaClO2。产生的气泡的成分为CO2，反应的化学方程式为NaHCO3NaHSO4=CO2Na2SO4H2O。(5)“84消毒液”遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClOCl2H=Cl2H2O，Cl2有毒，故“84消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)1 000 kg1%10 kg，设反应中消耗Cl2的质量为x kg，则：2NaOHCl2=NaClNaClOH2O80 71x kg x kg需要NaOH溶液的质量为(10x)kg。溶液的质量NaOH溶液的质量Cl2的质量，1 000 kg(10x)kgx kg，

14、解得x203。62016全国卷，28(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)答案1.57解析NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。考向一复杂氧化还原反应的分析1工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸

15、为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)，其主要反应为4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO22Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O下列说法正确的是()A反应和均为氧化还原反应B反应的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D生成1 mol的Na2Cr2O7时共转移6 mol电子答案B解析反应中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；反应中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，

16、所以还原剂是FeOCr2O3，故B正确；反应中，氧化剂是氧气，还原剂是FeOCr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，故C错误；由化学方程式4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中O元素由0价降低为2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为 mol43.5 mol，所以反应中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移3.5 mol，反应不是氧化还原反应，所以生成1 mol的Na2Cr2O7时转移7 mol电子，故D错误。2高铁

17、酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：Cl2KOHKClKClOKClO3H2O(未配平)；2Fe(NO3)33KClO10KOH=2K2FeO46KNO33KCl5H2O。下列说法正确的是()A若反应中n(ClO)n(ClO)51，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为21B反应中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2C氧化性：K2FeO4KClOD若反应的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2答案D解析若反应中n(ClO)n(ClO

18、)51，根据得失电子守恒和原子守恒得8Cl216KOH=10KCl5KClO8H2OKClO3，Cl2既作氧化剂又作还原剂，KCl是还原产物，KClO和KClO3为氧化产物，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为53，故A错误；根据A分析反应得出8Cl216KOH，因此每消耗4 mol KOH，吸收氯气2 mol，即标准状况下44.8 L，故B错误；根据反应比较氧化性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此氧化性：KClOK2FeO4，故C错误；若反应的氧化产物只有KClO，则Cl2KClO，根据反应得到3KClO2K2FeO4，因此得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2，故

19、D正确。3(2020烟台高三教学质量检测)向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是()A线段表示Fe2的变化情况B线段发生反应的离子方程式为I25Cl212OH=2IO10Cl6H2OC根据图像可计算a6D原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)213答案B解析向仅含Fe2、I、Br的溶液中通入过量氯气，还原性：IFe2Br，首先发生反应：2ICl2=I22Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe2反应完毕，又发生反应：2BrCl2=Br22Cl

20、，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2的变化情况，线段代表Br的变化情况，故A正确；线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2ICl2=I22Cl，消耗1 mol氯气，所以碘离子的物质的量为2 mol，反应消耗氯气的物质的量为5 mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x0)2 mol5 mol2，解得x5，则该含氧酸为HIO3，反应的离子方程式为I25Cl26H2O=2IO10Cl12H，故B错误；根据反应离子方程式可知原溶液中n(I)2n(Cl2)2 mol，n(Fe2)2n(Cl2)2(3 mol1 mol)4 mol，根据电荷守恒可知n

21、(I)n(Br)2n(Fe2)，故n(Br)2n(Fe2)n(I)24 mol2 mol6 mol，根据2BrCl2=Br22Cl可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3 mol，故a336，故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)213，故D正确。(1)假设法突破氧化还原反应能否进行先假设选项中的化学反应能够发生，依据此反应判断出还原性(或氧化性)的强弱，然后再与题目提供的还原性(或氧化性)强弱顺序对照，若二者表示的还原性(或氧化性)强弱顺序一致，则此反应能够发生；若不一致，则此反应不能进行。(2)熟记反应先后两大规律同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KM

22、nO4(H)Cl2Br2Fe3Cu2H。同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：S2SO(或HSO)IFe2BrCl。考向二得失电子守恒在氧化还原反应中的应用4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()A0.80 B0.85 C0.90 D0.93答案A解析根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移的电子数为0.01 mol，则(3)x0.01，解得x0.80。5处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mgL1，即可

23、达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。则处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水实际至少需要_mol NaClO。答案50解析参加反应的NaCN的物质的量是20 mol，反应中C元素由2价升高到4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO的

24、物质的量为20 mol50 mol。得失电子守恒法解题的思维流程(1)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。(2)找出一个原子或离子得失电子数目，从而确定1 mol氧化剂或还原剂得失电子数目(注意化学式中原子或离子个数，如1 mol K2Cr2O7被还原为3价的Cr得电子数是23NA)。(3)根据题目中各物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)变价原子数化合价变化值n(还原剂)变价原子数化合价变化值，从而求算出答案。考点二离子反应1正确书写离子方程式的两个关键点化学式拆写“二注意”(1)需要拆分的物质：强酸、强碱、可溶性盐；(2)特殊情况需拆：微溶物的澄清溶液、浓盐酸

25、、浓硝酸(浓硫酸不拆)等方程式遵循“三守恒”原子、电荷、电子转移是否守恒2.离子共存问题审题“三大”注意(1)审清题干中的要求：一定能大量共存；可能大量共存；不能大量共存。(2)应注意题干中提示的水的电离程度：室温下，当由水电离出的c(H)或c(OH)小于1107 molL1时，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H)或c(OH)大于1107 molL1时，水的电离得到促进，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。(3)注意正确理解“透明溶液”，如：NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。3掌握常见

26、离子的检验(1)常见阳离子的检验(2)常见阴离子的检验1按要求书写下列反应的离子方程式：(1)AlCl3溶液和NaOH溶液向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液直至过量：Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO2H2O。向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液直至过量：Al34OH=AlO2H2O，3AlOAl36H2O=4Al(OH)3。n(AlCl3)n(NaOH)27：2Al37OH=Al(OH)3AlO2H2O。(2)Na2CO3溶液和稀盐酸向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸直至过量：COH=HCO，HCOH=H2OCO2。向稀盐酸中滴入Na2CO3溶液：CO2H=H2O

27、CO2。特别提醒(1)上述反应滴加顺序不同，离子反应不同，产生的现象也不同，常用于不借助其他试剂进行的离子鉴别。(2)在Na2CO3溶液和稀盐酸的反应中，也可以用KHSO4或NaHSO4溶液代替稀盐酸。2按要求书写下列反应的离子方程式：(1)NaHCO3溶液分别与少量澄清石灰水、过量澄清石灰水反应的离子方程式：2HCOCa22OH=CaCO3CO2H2O，HCOOHCa2=CaCO3H2O。(2)向NH4HCO3溶液中滴加过量NaOH溶液反应的离子方程式：NHHCO2OH=COH2ONH3H2O。(3)NaHSO4溶液分别与少量Ba(OH)2溶液、过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：2HS

28、OBa22OH=BaSO42H2O，HSOBa2OH=BaSO4H2O。(4)向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液：使SO完全沉淀、使Al3完全沉淀：Al32SO2Ba24OH=AlO2H2O2BaSO4，2Al33Ba23SO6OH=2Al(OH)33BaSO4。(5)向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液：使SO完全沉淀、使Al3刚好完全沉淀：NHAl32SO2Ba24OH=NH3H2OAl(OH)32BaSO4，2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4。(6)向含有等物质的量的NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2混合溶液中通入CO2气体，写出依次发生反应的

29、离子方程式：Ba22OHCO2=BaCO3H2O，2OHCO2=COH2O，2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO，COCO2H2O=2HCO，BaCO3CO2H2O=2HCOBa2。1“少定多变”法书写与量有关的离子方程式先根据题给条件判断“少量物质”，以少量物质的离子计量数(充分反应)确定所需“过量物质”的离子数目。如向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式的书写方法为2复分解型离子反应的顺序(1)和OH反应顺序：HAl3NHAl(OH)3(2)和H反应顺序：OHCOHCOCH3COO3下列各组离子在指定的溶液中，一定能大量共存的打“”，不能大量共存的打“”。(1)

30、c(H)水1012 molL1的溶液：Na、K、CO、SO()(2)使酚酞变红色的溶液：Na、Cu2、Fe2、NO()(3)常温下，pH12的溶液：K、Cl、SO()(4)c(H)0.1 molL1的溶液：Na、NH、SO、S2O()(5)使pH试纸显蓝色的溶液：Cu2、NO、Fe3、SO()(6)与铝粉反应放出H2的无色溶液：NO、Al3、Na、SO()(7)使红色石蕊试纸变蓝的溶液：SO、CO、Na、K()(8)常温下，11012的溶液：K、AlO、CO、Na()(9)中性溶液：Fe3、Al3、NO、SO()(10)使甲基橙变红色的溶液：Mg2、K、SO、SO()答案(1)(2)(3)(4

31、)(5)(6)(7)(8)(9)(10)4按要求回答下列问题：某溶液中可能含有以下离子：NH、K、Na、H、Mg2、Al3、Ba2、Fe3、I、NO、CO、SO。(1)用pH试纸检验溶液呈强酸性，则溶液中一定含有_，一定不含_。(2)取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，振荡静置后CCl4层呈紫红色，则溶液中一定含有_，一定不含_。(3)另取部分溶液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈碱性，滴加过程中溶液均无沉淀产生，则溶液中一定不含_。(4)取(3)中的部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有_。(5)另取(3)中的部分碱性溶液，加入Na2CO3溶

32、液，有白色沉淀产生，则溶液中一定含有_，一定不含有_。通过上述实验可以判断溶液中一定存在的离子是_，一定不存在的离子是_；不能确定的离子是_，要进一步确定该离子，需补充的实验是_(写实验名称)。答案(1)HCO(2)IFe3、NO(3)Mg2、Al3(4)NH(5)Ba2SOH、I、NH、Ba2Mg2、Al3、Fe3、NO、CO、SOK、Na焰色反应角度一离子方程式的正误判断1(2021全国乙卷，9)下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是()A用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：COCaSO4=CaCO3SOB过量铁粉加入稀硝酸中：Fe4HNO=Fe3NO2H2OC硫酸铝溶液中滴加少量氢氧

33、化钾溶液：Al34OH=AlO2H2OD氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2S2=CuS答案A解析硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为COCaSO4=CaCO3SO，故A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O，故B错误；硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al33OH=Al(OH)3，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为Cu2H2S=CuS2H，故D错误。2(2021广东，15)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物

34、质性质实验对应的反应方程式书写正确的是()ANa2O2放入水中：Na2O2H2O=2NaOHO2BH2O(g)通过灼热铁粉：3H2O2Fe=Fe2O33H2C铜丝插入热的浓硫酸中：CuH2SO4=CuSO4H2DSO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO22H2O2MnO=5SO4H2Mn2答案D解析Na2O2放入水中的化学方程式是2Na2O22H2O=4NaOHO2，选项中氧元素不守恒，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnO氧化为SO，MnO被SO2还原

35、为Mn2，再根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为5SO22H2O2MnO=5SO4H2Mn2，D正确。3(2021浙江6月选考，13)不能正确表示下列变化的离子方程式是()A碳酸镁与稀盐酸反应：CO2H=CO2H2OB亚硫酸氢钠的水解：HSOH2OH2SO3OHC锌溶于氢氧化钠溶液：Zn2OH2H2O=Zn(OH)42H2D亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：NONHN22H2O答案A解析碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO32H=Mg2H2OCO2，故A错误；亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSOH2O

36、H2SO3OH，故B正确；亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NONHN22H2O，故D正确。4(2020全国卷，11)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是()A用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SOCl2H2O=2HSO2ClSOB向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2H2OCO2=CaCO32HC向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3H2O2=O22H2Fe2D同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NHOH=NH3H2O答案A解析向CaCl2溶液中通入CO2不发生反应，B错误；向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，发生反应2H2O

37、22H2OO2，FeCl3作催化剂，C错误；同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生中和反应HOH=H2O，D错误。角度二离子共存5(2021湖南，12)对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是()粒子组判断和分析ANa、Al3、Cl、NH3H2O不能大量共存，因发生反应：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OBH、K、S2O、SO不能大量共存，因发生反应：2HS2O=SSO2H2OCNa、Fe3、SO、H2O2能大量共存，粒子间不反应DH、Na、Cl、MnO能大量共存，粒子间不反应答案B解析Al3和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是AlO，故A错误；F

38、e3会催化H2O2分解，因此Fe3与H2O2不能大量共存，故C错误；在酸性条件下MnO能将Cl氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误。角度三物质检验和推断6(2020全国卷，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：混合物溶于水，得到澄清透明溶液；做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；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()AKCl、NaCl BKCl、MgSO4CKCl、CaCO3 DMgSO4、NaCl答案B解析由信息得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息焰色反应透过钴玻璃可观察到紫色，说明含有钾离子，可推测含有氯化钾；由信息向溶液中加入碱产生白色沉淀，可推测含有硫酸镁，所以B正确。7(2016全国卷，12)某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO4答案C解析A项，NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫