2027高考化学大一轮复习讲义第一章　难点突破1　与量有关的离子方程式的书写含解析

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1.反应特点：过量的反应物可与生成物进一步反应，当反应物的量较少时，只发生第一阶段反应，继续滴加反应物过量时又会发生第二阶段反应。
2.常见连续反应的物质(或离子)及转化关系
(1)向氢氧化钠溶液中通入CO2(或SO2)
OH-CO32−SO32−HCO3−HSO3−
(2)①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液
Al3+Al(OH)3[Al(OH)4]-
②向Na[Al(OH)4]溶液中逐滴加入HCl溶液
[Al(OH)4]-Al(OH)3Al3+
(3)向稀硝酸中逐渐加入铁粉
HNO3Fe3+Fe2+
(4)①向硝酸银溶液中逐渐滴加氨水
Ag+AgOH(常温下易分解)[Ag(NH3)2]+
②向硫酸铜溶液中逐渐滴加氨水
Cu2+Cu(OH)2[Cu(NH3)4]2+
3.按要求完成下列反应的离子方程式。
(1)CO2通入NaOH溶液中
①CO2少量：CO2+2OH-===CO32−+H2O。
②CO2过量：CO2+OH-===HCO3−。
解析 过程分析：①当CO2少量时，只会发生第一阶段的反应，即2OH-+CO2===CO32−+H2O。
②当CO2过量时，又会发生第二阶段的反应，即CO32−+H2O+CO2===2HCO3−，上述两个反应相加，即得②的离子方程式。
(2)将盐酸滴入Na2CO3溶液中
①盐酸少量：H++CO32−===HCO3−。
②盐酸过量：2H++CO32−===CO2↑+H2O。
(3)AlCl3溶液与NaOH溶液混合
①NaOH少量：Al3++3OH-===Al(OH)3↓。
②AlCl3少量：Al3++4OH-===[Al(OH)4]-。
③n(AlCl3)∶n(NaOH)=1∶3.5：2Al3++7OH-===Al(OH)3↓+[Al(OH)4]-。
解析 ①当NaOH少量时，发生第一阶段的反应，生成Al(OH)3，即Al3++3OH-===Al(OH)3↓。②方法一，过程分析法：当NaOH过量时，两性氢氧化物Al(OH)3会与OH-继续反应生成[Al(OH)4]-，即Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]-，上述两个方程式相加，即得到②的离子方程式：Al3++4OH-===[Al(OH)4]-。
方法二，终态分析法：当NaOH过量时，Al3+最终转化为[Al(OH)4]-，写出反应物和产物，配平即可。
③方法一，过程分析法：通过①、②可知n(NaOH)∶n(AlCl3)的两个特殊反应节点分别是3∶1和4∶1，而该题中n(NaOH)∶n(AlCl3)为3.5∶1，介于两个特殊反应节点之间，由此可推出产物既有Al(OH)3又有[Al(OH)4]-。Al3+、OH-的物质的量分别为1 ml和3.5 ml，则1 ml Al3+先和3 ml OH-反应生成1 ml Al(OH)3，剩余的0.5 ml OH-接着和0.5 ml Al(OH)3反应，生成0.5 ml的[Al(OH)4]-。反应后，生成物Al(OH)3、[Al(OH)4]-的物质的量分别为0.5 ml、0.5 ml，则根据反应物与生成物的物质的量关系，写出离子方程式的计量数(化为最简整数比)，接着检查电荷守恒，并通过氢原子守恒看是否补水，最终得离子方程式为2Al3++7OH-===Al(OH)3↓+[Al(OH)4]-。
方法二，终态分析法(守恒思想)：直接将Al3+、OH-计量数分别定为1、3.5，根据电荷守恒可知[Al(OH)4]-计量数为0.5，再根据Al原子守恒确定Al(OH)3计量数为0.5，再根据氧原子守恒补水。检查氧原子守恒后，将计量数均乘以2即可获得最终的离子方程式。
(4)Fe与稀HNO3反应
①Fe少量：Fe+NO3−+4H+===Fe3++NO↑+2H2O。
②Fe过量：3Fe+2NO3−+8H+===3Fe2++2NO↑+4H2O。
(1)过程分析法的关键：
①第一阶段反应物剩多少？生成物有多少？
②第一阶段生成物与过量反应物进行第二阶段反应后剩余多少？转化成第二阶段的生成物有多少？
只要抓住两阶段的生成物比例，配合题目所给的反应物的物质的量，即可写出离子方程式。
(2)过程分析法的优点是能将反应过程理解透彻，缺点是耗时太多。终态分析法只考虑物质起点和终点的存在形态以及各种守恒，不用分析过程，其优点是解题很迅速，缺点是基础不扎实的同学不易理解此法。
类型二 先后型(竞争反应)
1.反应特点：一种反应物中含有两种或两种以上的组成离子，且都与另一反应物中的离子发生反应，但反应的顺序不同。竞争反应，强者优先。
2.常见的竞争反应类型
(1)复分解反应型
一般发生的顺序为中和反应>生成沉淀>生成气体>沉淀溶解。如向含Al3+、H+、NH4+的溶液中滴加碱溶液，则按H+>Al3+>NH4+>Al(OH)3的顺序发生反应。
(2)氧化还原反应型
氧化性(还原性)强的先反应。如向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入Cl2，按I->Fe2+>Br-的顺序反应。
(3)复分解反应与氧化还原反应竞争：一般是氧化还原反应先发生。
3.按要求完成下列反应的离子方程式。
(1)NH4HSO4溶液与NaOH溶液的反应
①NaOH少量：H++OH-===H2O。
②NaOH过量：NH4++H++2OH-===H2O+NH3·H2O。
解析 H+、NH4+结合OH-的能力：H+>NH4+。
①当NaOH少量时，只中和H+；
②当NaOH过量时，H+、NH4+均与OH-反应。
(2)向FeBr2溶液中通入Cl2
①Cl2少量：Cl2+2Fe2+===2Fe3++2Cl-。
②Cl2过量：2Fe2++4Br-+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl-。
解析 FeBr2溶液中Fe2+、Br-均能被Cl2氧化，但还原性：Fe2+>Br-，因而Fe2+优先被氧化。
①当Cl2少量时，只将Fe2+氧化为Fe3+。
②当Cl2过量时，Fe2+被氧化为Fe3+、Br-被氧化为Br2，依据电子守恒和元素质量守恒即可写出离子方程式。
类型三 配比型
1.反应特点：一种反应物中含有两种或两种以上的组成离子(一般为酸式盐或复盐)，当与另一种反应物作用时，一种组成离子恰好完全反应而另一种组成离子不能恰好反应，因而与用量有关。
2.书写要领——少量者定为“1”，过量配合少量
(1)定“1”原则：先根据题给条件判断“少量物质”，将少量物质定为“1 ml”，确定所需“过量物质”的离子数目。
(2)配比原则：若少量物质有两种或两种以上组成离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与物质组成之比相符。
例如，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
3.按要求完成下列离子方程式。
(1)向Ca(OH)2澄清溶液中加入NaHCO3溶液
①NaHCO3少量：HCO3−+OH-+Ca2+===CaCO3↓+H2O。
②NaHCO3过量：Ca2++2OH-+2HCO3−===CaCO3↓+2H2O+CO32−。
(2)向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液
①加入Ba(OH)2至溶液中的SO42−恰好完全反应：SO42−+H++Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O。
②加入Ba(OH)2至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42−===BaSO4↓+2H2O。
1.判断下列反应的离子方程式是否正确。
(1)NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCO3−+Cl2===2CO2+Cl-+ClO-+H2O(2024·浙江6月选考，8C)( )
(2)碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气反应：2I-+Cl2===I2+2Cl-(2023·浙江6月选考，9A改编)( )
(3)足量NaOH溶液与H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-===C2O42−+2H2O( )
(4)过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32−+CO2+H2O===2NaHCO3↓(2023·浙江1月选考，7C)( )
(5)将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO42−===BaSO4↓+2H2O( )
(6)向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O===HClO+HCO3−( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)√
解析 (1)向NaHCO3溶液中通入少量Cl2，Cl2先与H2O反应生成HCl和HClO，HCl再与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，HClO与NaHCO3不反应，在溶液中主要以HClO的形式存在，错误。(2)还原性：Fe2+