北京市2021高考化学一轮复习专题一基本概念专项突破一信息型方程式的书写同步练习

北京市2021高考化学一轮复习专题一基本概念专项突破一信息型方程式的书写同步练习

专项突破一　信息型方程式的书写 类型一　残缺型方程式的书写 ‎　　此类试题一般给出部分反应物和部分产物,需要我们补充完整,并配平,难度不大。可依据题给信息、原子守恒、物质的特征、元素化合价变化特点和微粒存在形式填写出未知物后配平。‎ ‎　　模板:信息提取(确定反应类型)——联想推理(判断反应物、生成物)——配平。‎ ‎　　注意:反应条件、符号等细节。‎ ‎　　典例1　将NaBiO3固体(黄色,微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里,加热,溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式:‎ ‎　NaBiO3+　Mn2++　　　  　Na++　Bi3++　　　　+　　　　 ‎ 答案　5　2　14H+　5　5　2MnO‎4‎‎-‎　7H2O 解析　由溶液显紫色可推知有MnO‎4‎‎-‎生成,确定含变价元素物质的化学计量数:‎ 化合价分析如下:Bi(+5→+3)↓2×5(化学计量数5配在NaBiO3和Bi3+前),Mn(+2→+7)↑5×2(化学计量数2配在Mn2+和MnO‎4‎‎-‎前)。‎ ‎5NaBiO3+2Mn2++　　　 5Na++5Bi3++2MnO‎4‎‎-‎+　　　 ‎ 利用原子守恒及电荷守恒确定缺项物质及其化学计量数:‎ ‎5NaBiO3+2Mn2++14H+5Na++5Bi3++2MnO‎4‎‎-‎+7H2O。‎ ‎　　1-1　做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾,形成的黑斑很久才能消除,如果用草酸(乙二酸)的稀溶液洗涤,黑斑可以迅速褪去,其离子方程式(未配平)为MnO‎4‎‎-‎+H2C2O4+H+CO2↑+‎ Mn2++　　　　。下列有关叙述正确的是(　　) ‎ A.发生还原反应的是H2C2O4‎ B.该离子方程式右侧横线上的产物是OH-‎ C.6 mol H+参加反应时,转移电子5 mol D.该反应的氧化剂为KMnO4‎ - 12 -‎ 答案　D　H2C2O4中碳元素的化合价为+3,反应中被氧化为CO2,发生氧化反应,KMnO4为氧化剂,由得失电子守恒和原子守恒配平题中离子方程式为2MnO‎4‎‎-‎+5H2C2O4+6H+ 10CO2↑+2Mn2++8H2O,当6 mol H+参加反应时,转移电子10 mol。‎ ‎　　1-2　把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。‎ Mn2+…… H+……‎ 图1‎ ‎+MnO‎4‎‎-‎+IO‎4‎‎-‎+IO‎3‎‎-‎+H2O 图2‎ 对该氧化还原型离子方程式的说法不正确的是(　　)‎ A.IO‎4‎‎-‎作氧化剂 B.若有1 mol Mn2+参加反应,则转移5 mol 电子 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2‎ D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3‎ 答案　D　A项,分析图1、图2可知,Mn2+作还原剂,IO‎4‎‎-‎作氧化剂;B项,配平后的离子方程式为2Mn2++5IO‎4‎‎-‎+3H2O 6H++2MnO‎4‎‎-‎+5IO‎3‎‎-‎,若有1 mol Mn2+参加反应,则转移5 mol 电子;C项,氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2;D项,配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6。‎ 类型二　化学工业生产中方程式的书写 化学工艺流程题的思维容量大,涉及知识点多,此类试题中有些设问与方程式的书写有关,且反应物与生成物均需从题目中的转化关系中进行挖掘,稍有难度。‎ 与化学工艺流程有关的信息方程式的书写模板可总结如下:先写出“反应物(原料+加入的物质+溶液酸碱性环境)生成物(目标产物+杂质)”,再进行配平。一定要学会灵活运用三大守恒(原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒),正确预测合理的产物,提高准确率。有的方程式书写要求能从图表中提取有用的信息,看懂横坐标和纵坐标所表示的含义,看懂在特定要求时,溶液中的粒子存在形式。‎ 典例2　高铁酸钾(K2FeO4)是一种极强的氧化剂,常应用于饮用水处理,其工业制备方法如图所示:‎ - 12 -‎ ‎(1)高铁酸钾中铁元素的化合价是　　　　。 ‎ ‎(2)反应Ⅰ的目的是　 。 ‎ ‎(3)反应Ⅱ的离子方程式为  ‎ ‎　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)+6‎ ‎(2)生成氧化剂NaClO ‎(3)2Fe3++3ClO-+10OH- 2FeO‎4‎‎2-‎+3Cl-+5H2O 解析　(1)K2FeO4中K的化合价为+1价,O的化合价为-2价,根据化合物中各元素的正、负化合价的代数和为0,可知铁元素的化合价为+6价。‎ ‎(2)反应Ⅰ是氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水,该反应的目的是生成氧化剂NaClO。‎ ‎(3)由制备信息可知,碱性条件下,ClO-与Fe3+反应得到FeO‎4‎‎2-‎,ClO-被还原为Cl-,离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+ 2FeO‎4‎‎2-‎+3Cl-+5H2O。‎ ‎　　2-1　以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2~2.9‎ ‎2.8~3.1‎ ‎22~28‎ ‎60~65‎ ‎1~2‎ ‎<1‎ ‎　　以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:‎ ‎　　(1)“酸浸”时V2O5转化为VO‎2‎‎+‎,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是　　　　　。 ‎ ‎(2)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式:　。 ‎ 答案　(1)V2O5+2H+ 2VO‎2‎‎+‎+H2O　SiO2‎ ‎(2)2NH4VO3 V2O5+2NH3↑+H2O↑‎ - 12 -‎ 解析　(1)V2O5及VO‎2‎‎+‎中的V均为+5价,“酸浸”时,发生非氧化还原反应,根据原子守恒及电荷守恒不难写出离子方程式;“酸浸”时,V2O5转化成VO‎2‎‎+‎,V2O4转化成VO2+,K2SO4可溶于水,Fe2O3及Al2O3分别转化成Fe3+和Al3+,所以“废渣1”的主要成分是SiO2。‎ ‎(2)“煅烧”时肯定得到V2O5,铵盐分解一般会有NH3生成,再根据原子守恒配平反应的化学方程式。‎ ‎　　2-2　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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　2Co(OH)3+SO‎3‎‎2-‎+4H+2Co2++SO‎4‎‎2-‎+5H2O[或Co(OH)3+3H+Co3++3H2O、2Co3++SO‎3‎‎2-‎+H2O2Co2++SO‎4‎‎2-‎+2H+]‎ 解析　Co(OH)3首先被H2SO4溶解生成Co3+,Co3+具有氧化性,可将SO‎3‎‎2-‎氧化为SO‎4‎‎2-‎,同时自身被还原为Co2+。‎ 类型三　信息型方程式的书写 对于信息型氧化还原反应方程式的书写,一定注意要满足氧化还原反应规律,还要注意反应环境的酸碱性。书写方程式时巧用水的小技巧,具体可列表如下:‎ 介质 多一个氧原子 少一个氧原子 酸性 ‎2H+ H2O H2O 2H+‎ 中性 H2O 2OH-‎ H2O 2H+‎ 碱性 H2O 2OH-‎ ‎2OH- H2O ‎　　上表信息说明:在酸性介质中,生成物不可能是OH-;在碱性介质中,生成物不可能是H+;在中性介质中,生成物可能是H+、OH-、H2O等。‎ ‎　　典例3　新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水,在中性或酸性溶液中逐渐分解,在碱性溶液中较稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示:‎ - 12 -‎ ‎　　(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式:‎ FeCl3+NaOH+NaClO Na2FeO4+　　　　+　　　　。其中氧化剂是　　　　(填化学式)。 ‎ ‎(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)2　10　3　2　9NaCl　5H2O　NaClO　‎ ‎(2)Na2FeO4+2KOHK2FeO4+2NaOH 解析　(1)反应中NaClO是氧化剂,还原产物是NaCl,根据原子守恒可知,需要补充的物质是NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。‎ ‎(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物可知,“转化”过程中饱和KOH溶液与Na2FeO4反应转化为溶解度更小的K2FeO4。‎ ‎　　3-1　(1)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag,从而可用于化学镀银。‎ ‎①H3PO2中P元素的化合价为　　　　。 ‎ ‎②利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,则氧化产物为　　　　　　。(填化学式)。 ‎ ‎(2)H3PO2的工业制法是将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)①+1　②H3PO4‎ ‎(2)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑‎ 解析　(1)①在化合物中,各元素正、负化合价的代数和为零,故H3PO2中P元素的化合价为+1。②设氧化产物中P元素的化合价为x,依题意并根据得失电子守恒有4×(+1-0)=1×[x-(+1)],解得x=+5,故氧化产物为H3PO4。‎ ‎(2)根据得失电子守恒及原子守恒,可写出P4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:2P4+3Ba(OH)2+6H2O 3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。‎ 类型四　计算型方程式的书写 - 12 -‎ 关于计算型方程式书写的题目关键在于计算,我们只有掌握了有关物质的量的基本计算,才能够将图、表、数据这些抽象语言通过具体计算,转化为化学语言。在平时的训练中必须有意识地培养这方面的能力,学会自己计算。‎ 典例4　已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合,充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液,混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示,下列说法中不正确的是(　　)‎ A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7‎ B.图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ C.开始加入的K2Cr2O7的物质的量为0.25 mol ‎ D.K2Cr2O7与FeSO4开始反应时物质的量之比为1∶3‎ 答案　D　A项,从图中可以看出,AB段的Fe3+的物质的量不变,说明Fe3+未参加反应,则AB段发生的是K2Cr2O7和KI的反应,K2Cr2O7为氧化剂;B项,BC段的Fe3+的物质的量逐渐减小,发生的是Fe3+与I-的反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2;C项,由图像可知,整个过程中,酸性K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+又被I-还原为Fe2+,相当于K2Cr2O7只与I-发生氧化还原反应,由得失电子守恒可知,反应的关系式为K2Cr2O7~6I-,共消耗的n(I-)=1.5 mol ,则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为‎1.5‎‎6‎ mol =0.25 mol;D项,由离子方程式2Fe3++2I-2Fe2++I2可知,BC段消耗KI的物质的量为0.9 mol ,则n(Fe2+)=0.9 mol ,则K2Cr2O7与FeSO4开始反应时物质的量之比为0.25 mol ∶0.9 mol =5∶18。‎ ‎　　4-1　向仅含SO‎3‎‎2-‎、I-、Br-且物质的量分别为a、b、6 mol 的钠盐溶液中通入适量Cl2,溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A.曲线Ⅱ代表Br-的变化情况 B.曲线Ⅰ对应的反应:SO‎3‎‎2-‎+Cl2+H2O2H++SO‎4‎‎2-‎+2Cl-‎ C.通入的Cl2为5 mol 时,溶液中的主要阴离子为Cl-、SO‎3‎‎2-‎ - 12 -‎ D.溶液中n(Na+)=n(SO‎3‎‎2-‎)+n(I-)+n(Br-)‎ 答案　B　A项,SO‎3‎‎2-‎、I-、Br-的还原性强弱顺序为SO‎3‎‎2-‎>I->Br-,曲线Ⅰ代表SO‎3‎‎2-‎的变化情况,曲线Ⅱ代表I-的变化情况,曲线Ⅲ代表Br-的变化情况;B项,曲线Ⅰ代表Cl2将SO‎3‎‎2-‎氧化为SO‎4‎‎2-‎的变化情况,即SO‎3‎‎2-‎+Cl2+H2O 2H++SO‎4‎‎2-‎+2Cl-;C项,Cl2与SO‎3‎‎2-‎先反应,由反应的离子方程式可求出a=1 mol ,由2I-+Cl22Cl-+I2可求出b=4 mol ,由2Br-+Cl2Br2+2Cl-可知,6 mol Br-消耗3 mol Cl2,则m=3+3=6,故当通入的Cl2为5 mol 时,SO‎3‎‎2-‎、I-已被氧化为SO‎4‎‎2-‎和I2,Br-还有一部分没有被氧化;D项,由电荷守恒可知,溶液中n(Na+)=2n(SO‎3‎‎2-‎)+n(I-)+n(Br-)。‎ ‎　　4-2　向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量Cl2,溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法不正确的是(　　)‎ A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况 B.原混合溶液中c(FeBr2)=6 mol·L-1‎ C.当通入2 mol Cl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2 2Fe3++I2+4Cl-‎ D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3‎ 答案　B　A项,根据还原性Br-

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