高三一轮复习高考疑难问题《与量有关的离子方程式 》精讲

2027届高三一轮复习：与量有关的离子方程式

知识点回顾：

一、为什么“量”会改变产物——三类基本模型与“定 1 法”

1.什么叫“与量有关的离子方程式”：当两种物质之间可能发生多个反应、或同一个反应可以分步进行时，反应物的物质的量之比不同，产物就不同。书写这类离子方程式，必须同时回答三个问题：能不能反应、生成什么、按什么比例反应——第三个问题就是“量”的问题。

2.模型一【连续反应（分步反应）型】：同一体系中存在“先反应、后反应”的序列。典型代表：向 NaOH 溶液中通 CO₂——CO₂ 少量时 2OH⁻＋CO₂＝CO₃²⁻＋H₂O（生成正盐）；CO₂ 过量时 OH⁻＋CO₂＝HCO₃⁻（酸式盐）。向 Na₂CO₃ 溶液中逐滴加盐酸——先发生 CO₃²⁻＋H⁺＝HCO₃⁻，盐酸过量时才发生 CO₃²⁻＋2H⁺＝CO₂↑＋H₂O。

3.模型二【竞争（强弱先后）型】：多种微粒争夺同一试剂时，按“强者优先”的顺序反应。①争夺 H⁺（结合 H⁺ 的能力，规律是“对应酸的酸性越弱，酸根结合 H⁺ 的能力越强”）：OH⁻＞Al(OH)₄⁻＞SiO₃²⁻＞CO₃²⁻＞C₆H₅O⁻＞HCO₃⁻；②争夺 OH⁻：酸性越强越先被中和，如 H⁺＞HSO₄⁻＞H₂CO₃＞HCO₃⁻；★ 特别约定：向 NH₄HCO₃ 溶液中加入少量 NaOH 时，中学通行处理是 OH⁻ 先与 HCO₃⁻ 反应（HCO₃⁻＋OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O），这是此类题目的固定口径，不要自行按电离常数调换成 NH₄⁺ 先反应；③争夺电子（氧化剂如 Cl₂）：还原性 S²⁻＞SO₃²⁻＞I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻＞Cl⁻，还原性强的先被氧化。

4.模型三【过量一方“转化”型】：产物能继续与过量试剂反应，因而随用量不同而改变。如澄清石灰水中通 CO₂ 先变浑浊（CaCO₃）后变澄清（Ca(HCO₃)₂）；向 Na[Al(OH)₄] 溶液中加盐酸，少量时生成 Al(OH)₃↓，过量时沉淀溶解生成 Al³⁺。

5.【定量书写的核心方法：“定 1 法”】把“少量”的那种物质定为 1 个化学式单位（如 1 个 Ca(OH)₂、1 个 NaHCO₃），按它的组成把离子配成整数比，再让过量一方“足量”地补全反应。判断谁少量看两点：①滴加顺序——逐滴滴入的试剂是少量的一方（“向 A 中滴加 B”则 B 少量）；②题干给出的关键词——少量/适量/过量/足量，或直接给出 n(A)∶n(B) 的比值。

6.“定 1 法”示例：向 Ba(OH)₂ 溶液中滴加少量 NaHSO₄ 溶液。NaHSO₄ 少量 → 定为 1 个，拆出 1 个 H⁺、1 个 SO₄²⁻；足量一方 Ba(OH)₂ 提供 Ba²⁺ 和 OH⁻，1 个 H⁺ 只需 1 个 OH⁻，1 个 SO₄²⁻ 只需 1 个 Ba²⁺，故 Ba²⁺＋OH⁻＋H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋H₂O（此时溶液中还剩余 OH⁻，因 Ba(OH)₂ 过量）。若改为“向 NaHSO₄ 溶液中滴加 Ba(OH)₂ 至 SO₄²⁻ 恰好完全沉淀”，则以 SO₄²⁻ 为基准，Ba(OH)₂ 的 Ba²⁺ 与 SO₄²⁻ 按 1∶1 反应，方程式同上；若改为“滴加至溶液恰好呈中性”，则以 H⁺ 与 OH⁻ 等量为基准（n(NaHSO₄)∶n[Ba(OH)₂]＝2∶1），方程式为 2H⁺＋SO₄²⁻＋Ba²⁺＋2OH⁻＝BaSO₄↓＋2H₂O。

7.判断口诀（四步）：一看“谁少量”（定 1）；二看“谁先反应”（强者优先）；三看“过量一方能否继续把中间产物转化掉”；四查原子守恒、电荷守恒（离子方程式三守恒中的得失电子守恒在氧化还原型反应中必须一起查）。

8.常见误区提醒：①把“少量生成正盐、过量生成酸式盐”的规律无条件套到所有体系上——苯酚钠溶液中通 CO₂，无论 CO₂ 多少都只生成 HCO₃⁻（因为苯酚的酸性强于 HCO₃⁻，详见第五节），而 Na[Al(OH)₄]、Na₂SiO₃ 等则随 CO₂ 用量变化；②漏掉“过量一方继续反应”这一步（如 CO₂ 过量时 CaCO₃ 转化为 Ca(HCO₃)₂）；③把少量一方的系数“化简”掉，导致配比错误（如把 Ca²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻ 写成 Ca²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻）；④把“恰好沉淀完全”与“恰好呈中性”混为一谈。

典型例题：

例1．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向 NaOH 溶液中通入少量 CO₂：CO₂＋OH⁻＝HCO₃⁻

B．向 Na₂CO₃ 溶液中逐滴加入少量稀盐酸：CO₃²⁻＋2H⁺＝CO₂↑＋H₂O

C．向澄清石灰水中通入过量 CO₂：CO₂＋Ca²⁺＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

D．向 Ca(HCO₃)₂ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：Ca²⁺＋HCO₃⁻＋OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

解析：A项，CO₂少量时碱过量，产物应为正盐，正确写法为CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O，错误；B项，盐酸少量时只能把CO₃²⁻转化为HCO₃⁻，正确写法为CO₃²⁻＋H⁺＝HCO₃⁻，错误；C项，CO₂过量时CaCO₃会继续溶解为Ca(HCO₃)₂，正确写法为Ca²⁺＋2OH⁻＋2CO₂＝Ca(HCO₃)₂，错误；D项，NaOH少量按“定1法”以NaOH为基准，1个OH⁻只需1个HCO₃⁻，Ca²⁺随之沉淀，方程式原子（Ca、C、O、H）与电荷均守恒，正确。本题选D。

例2．向 Ba(OH)₂ 溶液中滴入少量 NaHSO₄ 溶液，下列离子方程式正确的是（　B　）

A．Ba²⁺＋2OH⁻＋2H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋2H₂O

B．Ba²⁺＋OH⁻＋H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋H₂O

C．向 NaOH 溶液中滴入少量 Ca(HCO₃)₂ 溶液：Ca²⁺＋HCO₃⁻＋OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

D．Ba²⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓

解析：A项把Ba(OH)₂当成“等量”处理（2个OH⁻配2个H⁺），那是n(NaHSO₄)∶n[Ba(OH)₂]＝2∶1（即溶液恰好呈中性）时的式子，不符合“少量NaHSO₄”的前提，错误；C项，Ca(HCO₃)₂少量时应以其为基准“定1”，1个Ca²⁺带2个HCO₃⁻、共需2个OH⁻，正确写法为Ca²⁺＋2HCO₃⁻＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O，题给式子按“NaOH少量”配比，与前提不符，错误；D项只写沉淀、漏掉了H⁺与OH⁻的中和反应，错误；B项，少量NaHSO₄定为1个化学式单位，只提供1个H⁺和1个SO₄²⁻，需消耗1个Ba²⁺和1个OH⁻，Ba(OH)₂过量部分留下的OH⁻留在溶液中不写进方程式，该项原子（Ba、S、O、H）与电荷（两边均为0）均守恒，正确。本题选B。

二、无机离子方程式（一）：酸式盐与碱——按“组成定 1”配平

1.通法回顾：酸式盐与碱的反应是高考“与量有关”的最经典题型。做法固定——把“少量”的那种物质定为 1 个化学式单位，把它拆出的离子全部用完；过量的一方按需配比，多余的部分留在溶液中不写进方程式。

2.向 NaHCO₃ 溶液中加入少量澄清石灰水（Ca(OH)₂ 少量）：Ca(OH)₂ 定 1，提供 1 个 Ca²⁺、2 个 OH⁻；2 个 OH⁻ 需 2 个 HCO₃⁻ 中和，Ca²⁺ 与其中 1 个 C 结合成沉淀，另一个 C 以 CO₃²⁻ 留在溶液中：Ca²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O。

3.向 NaHCO₃ 溶液中加入过量澄清石灰水（Ca(OH)₂ 过量）：以 NaHCO₃ 为基准，1 个 HCO₃⁻ 只需 1 个 OH⁻，Ca²⁺ 足量：Ca²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋H₂O。此时溶液中 Na⁺、多余的 Ca²⁺ 与 OH⁻ 不参加反应。★ 对比 2、3 两条可见：同一体系、同一现象，用量不同写法就不同，“少量”一方的系数决定了整式的系数——这就是“定 1 法”的威力。

4.向 Ca(HCO₃)₂ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：NaOH 定 1，只有 1 个 OH⁻，按 1∶1 中和 1 个 HCO₃⁻，Ca²⁺ 足量（Ca(HCO₃)₂ 过量）随即沉淀：Ca²⁺＋HCO₃⁻＋OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O。加入过量 NaOH 时以 Ca(HCO₃)₂ 为基准，2 个 HCO₃⁻ 需 2 个 OH⁻：Ca²⁺＋2HCO₃⁻＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O。

5.向 NH₄HCO₃ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：按中学通行处理，OH⁻ 先与酸式酸根 HCO₃⁻ 反应生成正盐：HCO₃⁻＋OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O。加入过量 NaOH 时 NH₄⁺ 与 HCO₃⁻ 都被中和：NH₄⁺＋HCO₃⁻＋2OH⁻＝NH₃·H₂O＋CO₃²⁻＋H₂O（若加热则写 NH₃↑）。★ 这是一处“约定”：少量 NaOH 时不要写成 NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O，否则会被判错。

6.向 NH₄HSO₄ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：H⁺ 的酸性远强于 NH₄⁺，OH⁻ 先中和 H⁺：H⁺＋OH⁻＝H₂O。加入过量 NaOH 并加热：NH₄⁺＋H⁺＋2OH⁻＝NH₃↑＋2H₂O；不加热时写 NH₄⁺＋H⁺＋2OH⁻＝NH₃·H₂O＋H₂O。

7.硬水的软化（含 Mg²⁺ 的碳酸氢盐）：加入足量 NaOH 时 Mg²⁺ 生成更难溶的 Mg(OH)₂ 而不是 MgCO₃：Mg²⁺＋2HCO₃⁻＋4OH⁻＝Mg(OH)₂↓＋2CO₃²⁻＋2H₂O；若用足量石灰水软化，Ca²⁺ 还会把 CO₃²⁻ 一并沉淀：Mg²⁺＋2HCO₃⁻＋2Ca²⁺＋4OH⁻＝Mg(OH)₂↓＋2CaCO₃↓＋2H₂O。

8.避坑三条：①HCO₃⁻、HSO₃⁻、HS⁻ 是“酸式根”，整体参与反应，绝不能拆成“H⁺＋酸根”；②“少量”一方的系数不能化简（把 Ca²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻ 写成 Ca²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻ 是典型的配比错误）；③判断少量一方先看滴加顺序，再看题干有没有给出“过量/少量/足量”或物质的量之比。

典型例题：

例3．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向 NaHCO₃ 溶液中加入少量 Ca(OH)₂ 溶液：Ca²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

B．向 NH₄HCO₃ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O

C．向 NH₄HSO₄ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O

D．向 Ca(HCO₃)₂ 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Ca²⁺＋2HCO₃⁻＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O

解析：A项，Ca(OH)₂少量时应“定1法”以Ca(OH)₂为基准，1个Ca²⁺配2个OH⁻，需2个HCO₃⁻，正确写法为Ca²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O，错误；B项，按“少量NaOH先与HCO₃⁻反应”的通行处理，应为HCO₃⁻＋OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O，错误；C项，NH₄HSO₄中H⁺的酸性远强于NH₄⁺，少量NaOH先中和H⁺，应为H⁺＋OH⁻＝H₂O，错误；D项，NaOH过量时以Ca(HCO₃)₂为基准，2个HCO₃⁻需2个OH⁻，生成的CO₃²⁻只有1个被Ca²⁺沉淀、另1个留在溶液中，原子与电荷均守恒，正确。本题选D。

例4．下列离子方程式书写正确的是（　A　）

A．向 NH₄HCO₃ 溶液中加入过量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋HCO₃⁻＋2OH⁻＝NH₃·H₂O＋CO₃²⁻＋H₂O

B．向 NH₄HCO₃ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O

C．向 NH₄HSO₄ 稀溶液中加入过量 NaOH 溶液并加热：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃↑＋H₂O

D．向 NaHCO₃ 溶液中加入过量 Ca(OH)₂ 溶液：Ca²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O

解析：A项，NaOH过量时NH₄⁺与HCO₃⁻都被完全中和，1个NH₄⁺、1个HCO₃⁻各消耗1个OH⁻，原子（N、C、O、H）与电荷（左−2、右−2）均守恒，正确；B项，按“少量NaOH先与HCO₃⁻反应”的通行处理，应为HCO₃⁻＋OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O，错误；C项，漏写了NH₄HSO₄中H⁺的消耗，正确写法为NH₄⁺＋H⁺＋2OH⁻＝NH₃↑＋2H₂O，错误；D项，Ca(OH)₂过量时应以NaHCO₃为基准按1∶1∶1配平，应为Ca²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻＝CaCO₃↓＋H₂O，题给式子按Ca(OH)₂为基准配比，与用量不符，错误。本题选A。

例5．向 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 的 Ca(HCO₃)₂ 溶液中加入 0.1 mol NaOH 固体（忽略溶液体积变化）。下列判断正确的是（　B　）

A．Ca²⁺＋2HCO₃⁻＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O

B．Ca²⁺＋HCO₃⁻＋OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

C．反应后溶液中 c(Ca²⁺)＝0.05 mol·L⁻¹

D．反应后溶液中 n(HCO₃⁻)＝0.2 mol

解析：溶液中n(Ca²⁺)＝0.1 mol、n(HCO₃⁻)＝0.2 mol，加入n(OH⁻)＝0.1 mol。OH⁻较少，属“NaOH少量”情形，以OH⁻为基准按1∶1∶1配平：Ca²⁺＋HCO₃⁻＋OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O，该项原子与电荷均守恒且与用量相符，正确。A项是NaOH过量（n(OH⁻)≥0.2 mol）时才能成立的式子，与题给用量不符，错误；C项，0.1 mol OH⁻恰好使0.1 mol HCO₃⁻转化为CO₃²⁻，生成的CO₃²⁻与原有的Ca²⁺按1∶1沉淀，Ca²⁺全部沉淀，c(Ca²⁺)≈0，错误；D项，HCO₃⁻只反应掉0.1 mol，剩余0.1 mol，错误。本题选B。

三、无机离子方程式（二）：CO₂、SO₂ 与碱、盐——酸性强弱决定产物

1.酸性氧化物与碱的反应属“连续反应型”：CO₂（SO₂）通入 NaOH 溶液，少量时生成正盐，过量时生成酸式盐。CO₂ 少量：CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O；CO₂ 过量：CO₂＋OH⁻＝HCO₃⁻。SO₂ 同理：SO₂＋2OH⁻＝SO₃²⁻＋H₂O、SO₂＋OH⁻＝HSO₃⁻。

2.通入澄清石灰水（Ba(OH)₂ 溶液同理）时的“先浑浊后澄清”：CO₂ 少量：CO₂＋Ca²⁺＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O（出现白色沉淀）；CO₂ 过量：Ca²⁺＋2OH⁻＋2CO₂＝Ca(HCO₃)₂（沉淀溶解）。这是“过量一方把中间产物转化掉”的最典型例证，也是图像题（沉淀量先增后减）的化学依据。

3.酸性氧化物通入盐溶液时，产物由“对应酸的酸性强弱（强酸制弱酸）”与“酸根结合 H⁺ 的能力”共同决定。必须记住的酸性顺序：H₂CO₃＞苯酚（C₆H₅OH）＞HCO₃⁻。判断最终阴离子是 CO₃²⁻ 还是 HCO₃⁻ 的规则（比较 A⁻ 与 CO₃²⁻ 结合 H⁺ 的能力，等价于比较 HA 与 HCO₃⁻ 的酸性）：①若 HA 的酸性比 HCO₃⁻ 弱（如 Al(OH)₃），则 A⁻ 结合 H⁺ 的能力比 CO₃²⁻ 强，CO₂ 少量时先生成的 HCO₃⁻ 会把 H⁺ 交给 A⁻，最终阴离子为 CO₃²⁻；CO₂ 过量时才为 HCO₃⁻；②若 HA 的酸性比 HCO₃⁻ 强（如苯酚），则 A⁻ 结合 H⁺ 的能力比 CO₃²⁻ 弱，CO₂ 只能把 A⁻ 转化为 HA 并生成 HCO₃⁻，与 CO₂ 多少无关。

4.CO₂ 通入 Na[Al(OH)₄] 溶液（随量变化）：少量 CO₂：2Al(OH)₄⁻＋CO₂＝2Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻＋H₂O；过量 CO₂：Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻。注意 Al(OH)₃ 不溶于碳酸，所以无论 CO₂ 多少都只得到 Al(OH)₃ 沉淀，差别只在阴离子是 CO₃²⁻ 还是 HCO₃⁻。

5.CO₂ 通入 Na₂SiO₃ 溶液（随量变化）：少量 CO₂：SiO₃²⁻＋CO₂＋H₂O＝H₂SiO₃↓＋CO₃²⁻；过量 CO₂：SiO₃²⁻＋2CO₂＋2H₂O＝H₂SiO₃↓＋2HCO₃⁻。H₂SiO₃ 是不溶于水的弱酸，故 CO₂ 通入 Na₂SiO₃ 溶液一定生成白色胶状沉淀——这是“强酸制弱酸”的经典实验依据。

6.★ 特别提醒：注意区分“酸碱反应”与“氧化还原反应”：SO₂ 通入 NaClO（或 Ca(ClO)₂）溶液时，ClO⁻ 具有强氧化性，会把 SO₂ 氧化为 SO₄²⁻，发生的不是“酸性氧化物＋碱”的复分解反应。碱性条件下：ClO⁻＋SO₂＋2OH⁻＝SO₄²⁻＋Cl⁻＋H₂O。同理，SO₂ 通入 FeCl₃ 溶液发生的是 2Fe³⁺＋SO₂＋2H₂O＝2Fe²⁺＋SO₄²⁻＋4H⁺。

7.SO₂ 与盐溶液的两条“不反应”事实：①SO₂ 通入 BaCl₂（或 CaCl₂）溶液不反应——因为若生成 BaSO₃ 需同时产生强酸 HCl，弱酸不能制强酸；②CO₂ 通入 CaCl₂ 溶液也不反应，同理。这类“不反应”常被设计成错误选项。

8.判断产物类型的速查表（通 CO₂ 时）：①碱（NaOH、石灰水）——少量 CO₃²⁻、过量 HCO₃⁻；②Na₂SiO₃——少量 H₂SiO₃↓＋CO₃²⁻、过量 H₂SiO₃↓＋HCO₃⁻；③Na[Al(OH)₄]——少量 Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻、过量 Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻；④苯酚钠——无论多少都只有 HCO₃⁻＋苯酚。

典型例题：

例6．下列离子方程式书写正确的是（　A　）

A．向 Na₂SiO₃ 溶液中通入少量 CO₂：SiO₃²⁻＋CO₂＋H₂O＝H₂SiO₃↓＋CO₃²⁻

B．向澄清石灰水中通入过量 CO₂：CO₂＋Ca²⁺＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

C．向 NaOH 溶液中通入过量 SO₂：SO₂＋2OH⁻＝SO₃²⁻＋H₂O

D．向 Ca(OH)₂ 溶液中通入少量 SO₂：SO₂＋OH⁻＝HSO₃⁻

解析：A项，H₂CO₃的酸性强于H₂SiO₃，少量CO₂即可把SiO₃²⁻转化为H₂SiO₃沉淀，原子与电荷均守恒，正确；B项，CO₂过量时CaCO₃会转化为可溶的Ca(HCO₃)₂，正确写法为Ca²⁺＋2OH⁻＋2CO₂＝Ca(HCO₃)₂，错误；C项，SO₂过量时生成酸式盐，正确写法为SO₂＋OH⁻＝HSO₃⁻，错误；D项，SO₂少量时碱过量，生成正盐，正确写法为SO₂＋Ca²⁺＋2OH⁻＝CaSO₃↓＋H₂O，错误。本题选A。

例7．下列离子方程式书写正确的是（　C　）

A．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入少量 CO₂：Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻

B．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入过量 CO₂：2Al(OH)₄⁻＋CO₂＝2Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻＋H₂O

C．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入过量 CO₂：Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻

D．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中加入过量盐酸：Al(OH)₄⁻＋H⁺＝Al(OH)₃↓＋H₂O

解析：A项，CO₂少量时生成的阴离子应为CO₃²⁻，正确写法为2Al(OH)₄⁻＋CO₂＝2Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻＋H₂O，与题给的“少量”前提不符，错误；B项，CO₂过量时阴离子应为HCO₃⁻，正确写法为Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻，与“过量”前提不符，错误；C项，过量CO₂使生成的CO₃²⁻继续转化为HCO₃⁻，方程式原子（Al、O、C、H）与电荷（两边均为−1）均守恒，正确；D项，盐酸过量时Al(OH)₃沉淀会继续溶解为Al³⁺，正确写法为Al(OH)₄⁻＋4H⁺＝Al³⁺＋4H₂O，错误。本题选C。

例8．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向 NaClO 溶液中通入 SO₂ 气体：ClO⁻＋SO₂＋H₂O＝HClO＋HSO₃⁻

B．向 BaCl₂ 溶液中通入 SO₂ 气体：Ba²⁺＋SO₂＋H₂O＝BaSO₃↓＋2H⁺

C．向 Na₂SO₃ 溶液中通入过量 SO₂：SO₃²⁻＋2SO₂＋H₂O＝2HSO₃⁻

D．向 NaClO 溶液中通入 SO₂ 至恰好完全反应（溶液呈碱性）：ClO⁻＋SO₂＋2OH⁻＝SO₄²⁻＋Cl⁻＋H₂O

解析：A项，ClO⁻具有强氧化性，SO₂具有还原性，二者发生氧化还原反应而不是复分解反应，错误；B项，若生成BaSO₃必须同时产生强酸HCl，弱酸不能制强酸，SO₂通入BaCl₂溶液不发生反应，错误；C项，原子不守恒——左边有3个S、右边只有2个S，左边共有8个O、右边只有6个O，正确写法为SO₃²⁻＋SO₂＋H₂O＝2HSO₃⁻，错误；D项，碱性条件下ClO⁻把SO₂氧化为SO₄²⁻、自身被还原为Cl⁻，原子（Cl、S、O、H）与电荷（左−3、右−3）均守恒，正确。本题选D。

四、无机离子方程式（三）：氧化还原型——量决定产物与氧化先后

1.核心依据是氧化性、还原性的强弱顺序。常见还原性顺序（由强到弱）：S²⁻＞SO₃²⁻＞I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻＞Cl⁻；常见氧化性顺序（由强到弱）：Cl₂＞Br₂＞Fe³⁺＞I₂＞S。向含多种还原剂的溶液中通入 Cl₂，还原性强的微粒先被氧化。

2.Cl₂ 通入 FeI₂ 溶液（分档）：1 mol FeI₂ 含 I⁻ 2 mol，完全氧化需 Cl₂ 1 mol。①n(Cl₂)∶n(FeI₂)≤1∶1 时只氧化 I⁻：2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻；②n(Cl₂)∶n(FeI₂)≥3∶2 时 I⁻ 与 Fe²⁺ 全部被氧化：2Fe²⁺＋4I⁻＋3Cl₂＝2Fe³⁺＋2I₂＋6Cl⁻；③介于两者之间时，先氧化全部的 I⁻，剩余的 Cl₂ 再氧化部分 Fe²⁺。

3.Cl₂ 通入 FeBr₂ 溶液（分档）：还原性 Fe²⁺＞Br⁻，故先氧化 Fe²⁺、后氧化 Br⁻。①n(Cl₂)∶n(FeBr₂)≤1∶2 时：2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻；②n(Cl₂)∶n(FeBr₂)≥3∶2 时：2Fe²⁺＋4Br⁻＋3Cl₂＝2Fe³⁺＋2Br₂＋6Cl⁻。★ 这是“与量有关”最易错的一道分水岭：FeI₂ 中先氧化 I⁻，FeBr₂ 中先氧化 Fe²⁺，因为还原性 I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻。

4.定量判断的“分档法”：①写出各微粒的物质的量；②算出“分档线”——把第一种微粒完全氧化需要的 n(Cl₂)、再把第二种微粒完全氧化需要的累计 n(Cl₂)；③拿题给的 n(Cl₂) 去比较，确定落在哪一档；④按档位写出离子方程式并用电子守恒、电荷守恒复查。中间档位写出的式子，系数通常需要按比例放大为整数（如 4Fe²⁺＋2Br⁻＋3Cl₂＝4Fe³⁺＋Br₂＋6Cl⁻）。

5.稀硝酸与铁粉（Fe 的量决定产物价态）：硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出 H₂。①铁粉少量时硝酸过量，铁被氧化为 Fe³⁺：Fe＋4H⁺＋NO₃⁻＝Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O；②铁粉过量时，过量的铁把 Fe³⁺ 还原为 Fe²⁺：3Fe＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Fe²⁺＋2NO↑＋4H₂O（电子守恒：Fe 共失 6e⁻，N 共得 6e⁻）。

6.“浓度（即另一种意义上的用量）”也改变产物：铜与浓硝酸反应放出 NO₂（Cu＋2NO₃⁻＋4H⁺＝Cu²⁺＋2NO₂↑＋2H₂O），与稀硝酸反应放出 NO（3Cu＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Cu²⁺＋2NO↑＋4H₂O），同一金属、同一酸，浓度不同产物就不同；MnO₂ 只有与浓盐酸加热时才反应；Cl₂ 与 NaOH 溶液：常温 Cl₂＋2OH⁻＝Cl⁻＋ClO⁻＋H₂O，加热时反应加快并生成氯酸盐 3Cl₂＋6OH⁻＝5Cl⁻＋ClO₃⁻＋3H₂O。

7.NO₂ 与碱反应也与“量”有关：NO₂ 单独通入 NaOH 溶液发生歧化：2NO₂＋2OH⁻＝NO₃⁻＋NO₂⁻＋H₂O；当 NO₂ 与 NO 按物质的量之比 1∶1 混合通入 NaOH 溶液时：NO₂＋NO＋2OH⁻＝2NO₂⁻＋H₂O（此时 N 的化合价不变，不发生歧化）。

8.H₂O₂ 的双重身份（随对方强弱而变）：遇到 Fe²⁺、I⁻ 等还原剂时作氧化剂：2Fe²⁺＋H₂O₂＋2H⁺＝2Fe³⁺＋2H₂O；遇到 KMnO₄ 等强氧化剂时作还原剂：2MnO₄⁻＋5H₂O₂＋6H⁺＝2Mn²⁺＋5O₂↑＋8H₂O（后一式常被设成“漏写 H⁺”或“O₂ 系数错”的错误选项）。

9.Na₂O₂ 作氧化剂（也“与量有关”）：Na₂O₂ 中氧为 −1 价，作氧化剂时每个 O 得 1 个电子变为 −2 价（在溶液中以 OH⁻ 形式存在），故 1 mol Na₂O₂ 可提供 2 mol 电子，能氧化 2 mol Fe²⁺。向 FeCl₂ 溶液中加入少量 Na₂O₂：2Fe²⁺＋Na₂O₂＋2H₂O＝2Fe³⁺＋2Na⁺＋4OH⁻；Na₂O₂ 过量时，剩余部分与水反应放出 O₂：2Na₂O₂＋2H₂O＝4Na⁺＋4OH⁻＋O₂↑，体系显强碱性，Fe³⁺ 随之生成 Fe(OH)₃ 红褐色沉淀。注意：Na₂O₂ 是强氧化剂，只能把 Fe²⁺ 氧化为 Fe³⁺，绝不可能是“把 Fe³⁺ 还原为 Fe²⁺”。

10.还原剂“被继续氧化”也有量的界限：向 KI 溶液中通入 Cl₂，Cl₂ 少量时 I⁻ 被氧化为 I₂：2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻；Cl₂ 过量时已生成的 I₂ 被继续氧化为 IO₃⁻：I₂＋5Cl₂＋6H₂O＝2IO₃⁻＋10Cl⁻＋12H⁺（现象是溶液的棕黄色先变深、后变浅直至消失）。同理，向 FeCl₃ 溶液中逐渐加入锌粉：锌少量时 Zn＋2Fe³⁺＝Zn²⁺＋2Fe²⁺，锌足量时 Zn＋Fe²⁺＝Zn²⁺＋Fe，反应的先后完全由氧化性强弱（Fe³⁺＞Fe²⁺＞Zn²⁺）决定。解题时先写出各微粒的物质的量、算出“分档线”，再确定落在哪一档。

11.书写此类方程式的三条自查：①得失电子守恒（把升高与降低的化合价总数算一遍）；②电荷守恒（离子方程式两边电荷总和相等）；③产物是否与介质的酸碱性相符（酸性介质不出现 OH⁻，碱性介质不出现 H⁺）。

典型例题：

例9．向 100 mL 1 mol·L⁻¹ 的 FeI₂ 溶液中通入标准状况下 2.24 L Cl₂（忽略溶液体积变化）。下列离子方程式正确的是（　C　）

A．2Fe²⁺＋2I⁻＋2Cl₂＝2Fe³⁺＋I₂＋4Cl⁻

B．2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻

C．2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻

D．4I⁻＋2Fe²⁺＋3Cl₂＝2I₂＋2Fe³⁺＋6Cl⁻

解析：n(FeI₂)＝0.1 mol，则n(I⁻)＝0.2 mol、n(Fe²⁺)＝0.1 mol；n(Cl₂)＝0.1 mol。还原性I⁻＞Fe²⁺，先氧化I⁻：0.2 mol I⁻恰好消耗0.1 mol Cl₂，此时Cl₂已用完，Fe²⁺不参与反应。A项方程式本身配平，但把Fe²⁺也写进反应，与题给用量不符，错误；B项颠倒了氧化先后顺序（应先氧化I⁻），错误；C项2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻恰好用完0.1 mol Cl₂，原子与电荷均守恒，正确；D项所需Cl₂为0.15 mol，远超题给的0.1 mol，错误。本题选C。

例10．向 100 mL 2 mol·L⁻¹ 的 FeBr₂ 溶液中通入 0.15 mol Cl₂（忽略溶液体积变化）。下列离子方程式正确的是（　C　）

A．2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻

B．2Br⁻＋Cl₂＝Br₂＋2Cl⁻

C．4Fe²⁺＋2Br⁻＋3Cl₂＝4Fe³⁺＋Br₂＋6Cl⁻

D．2Fe²⁺＋4Br⁻＋3Cl₂＝2Fe³⁺＋2Br₂＋6Cl⁻

解析：n(FeBr₂)＝0.2 mol，则n(Fe²⁺)＝0.2 mol、n(Br⁻)＝0.4 mol；n(Cl₂)＝0.15 mol。还原性Fe²⁺＞Br⁻：0.2 mol Fe²⁺先消耗0.1 mol Cl₂，剩余0.05 mol Cl₂再氧化0.1 mol Br⁻，故生成0.2 mol Fe³⁺、0.05 mol Br₂、0.3 mol Cl⁻，按比例放大20倍得4Fe²⁺＋2Br⁻＋3Cl₂＝4Fe³⁺＋Br₂＋6Cl⁻，电子与电荷均守恒。A项只氧化了Fe²⁺，多余的0.05 mol Cl₂未体现，错误；B项顺序颠倒（Br⁻应在Fe²⁺之后被氧化），错误；D项所需Cl₂为0.3 mol，与题给0.15 mol不符，错误。本题选C。

例11．向 200 mL 2 mol·L⁻¹ 的稀硝酸中加入 5.6 g 铁粉（不考虑溶液体积变化）。下列判断正确的是（　A　）

A．Fe＋4H⁺＋NO₃⁻＝Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O

B．3Fe＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Fe²⁺＋2NO↑＋4H₂O

C．Fe＋2H⁺＝Fe²⁺＋H₂↑

D．反应后溶液中 n(NO₃⁻)＝0.4 mol

解析：n(HNO₃)＝0.4 mol，n(Fe)＝0.1 mol。按Fe＋4H⁺＋NO₃⁻＝Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O，0.1 mol Fe恰好消耗0.4 mol H⁺和0.1 mol NO₃⁻，二者同时用完，铁被氧化为Fe³⁺。A项原子、电荷、电子得失（Fe失0.3 mol电子、N得0.3 mol电子）均守恒且与用量相符，正确；B项是铁粉过量、Fe³⁺被还原为Fe²⁺时的式子，本题H⁺恰好足量、铁未过量，与用量不符，错误；C项，稀硝酸具有强氧化性，与铁反应放出NO而不是H₂，违反客观事实，错误；D项，0.1 mol NO₃⁻被还原，剩余0.3 mol，错误。本题选A。

五、有机离子方程式：官能团酸性决定产物（含有机与量问题）

1.有机物的酸性强弱顺序（必须熟记）：羧酸（RCOOH）＞H₂CO₃＞苯酚（C₆H₅OH）＞HCO₃⁻＞H₂O＞醇（ROH）。这条顺序是判断“有机与量”问题的唯一依据——强酸制弱酸，弱酸不能制强酸。

2.★苯酚钠溶液与 CO₂ 的反应（无论 CO₂ 多少都只生成 HCO₃⁻）：CO₂＋H₂O＋C₆H₅O⁻＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻。理由：苯酚的酸性强于 HCO₃⁻，所以 H₂CO₃ 的第二个 H⁺ 无法再转移给 C₆H₅O⁻；即使暂时生成 CO₃²⁻，也会立刻被苯酚“抢走”质子转化为 HCO₃⁻（C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝C₆H₅O⁻＋HCO₃⁻）。因此 2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻ 是错误写法——这是本专题有机部分最易错的一点。

3.苯酚与 Na₂CO₃ 溶液：只能生成 NaHCO₃，绝不能放出 CO₂——C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝C₆H₅O⁻＋HCO₃⁻。反之，苯酚不能与 NaHCO₃ 反应（C₆H₅OH＋HCO₃⁻ 不反应），因为苯酚的酸性弱于 H₂CO₃。这两条互为佐证，常一起作为选择题的两个选项。

4.羧酸（乙酸）与碳酸盐的反应与量有关：①足量乙酸与 Na₂CO₃ 溶液：2CH₃COOH＋CO₃²⁻＝2CH₃COO⁻＋CO₂↑＋H₂O；②少量乙酸与 Na₂CO₃ 溶液：CH₃COOH＋CO₃²⁻＝CH₃COO⁻＋HCO₃⁻；③乙酸与 NaHCO₃ 溶液：CH₃COOH＋HCO₃⁻＝CH₃COO⁻＋CO₂↑＋H₂O。★ 实验现象：把乙酸逐滴滴入 Na₂CO₃ 溶液时“开始无气泡、后产生气泡”，就是“少量时只生成 HCO₃⁻”的直接证据——这是有机版的“滴加顺序”问题。

5.氨基酸的两性（同样与量有关）：甘氨酸 H₂NCH₂COOH 中 —COOH 显酸性、—NH₂ 显碱性。①加入少量 NaOH：只中和羧基——H₂NCH₂COOH＋OH⁻＝H₂NCH₂COO⁻＋H₂O；②加入少量盐酸：只结合氨基——H₂NCH₂COOH＋H⁺＝HOOCCH₂NH₃⁺（写成 ⁺H₃NCH₂COOH 亦可）；③加入过量盐酸、过量 NaOH 时才同时作用。判断依据：羧基的酸性强于铵根离子，所以碱优先中和 —COOH。

6.苯酚的定量取代（与量有关）：C₆H₅OH＋3Br₂＝C₆H₂Br₃OH↓＋3HBr（1 mol 苯酚消耗 3 mol Br₂，生成 2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，其分子式为 C₆H₂Br₃OH——苯环上 1、3、5 三个位置被取代后还剩 2 个氢原子）。注意苯酚与溴水反应时苯环上的取代不需要催化剂，这与苯的取代（需 FeBr₃ 催化）不同。

7.醛的氧化（含量、定量）：①银镜反应（水浴加热）：CH₃CHO＋2Ag(NH₃)₂⁺＋2OH⁻＝CH₃COO⁻＋NH₄⁺＋2Ag↓＋3NH₃＋H₂O；②与新制氢氧化铜（加热）：CH₃CHO＋2Cu(OH)₂＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋Cu₂O↓＋3H₂O。两个反应的实质都是醛基被氧化为羧酸根，碱性条件下的产物写成 CH₃COO⁻（不能说生成乙酸）。

8.溴水与碳碳双键、醛基的竞争（有机中的“与量有关”）：Br₂ 与碳碳双键发生加成反应，同时也能把醛基氧化为羧基，二者谁先反应由官能团的性质决定。以丙烯醛（CH₂=CH—CHO）为例：少量溴水时双键先发生加成：CH₂=CH—CHO＋Br₂→CH₂BrCHBrCHO；溴水过量时，加成产物中的醛基继续被氧化：CH₂=CH—CHO＋2Br₂＋H₂O→CH₂BrCHBrCOOH＋2HBr（1 mol 丙烯醛最多消耗 2 mol Br₂）。因此用溴水或酸性 KMnO₄ 检验碳碳双键时，必须先用足量新制 Cu(OH)₂ 悬浊液（或银氨溶液）把醛基氧化，酸化后再检验；否则醛基也会使溶液褪色，结论不可靠。

9.酯的水解与油脂的皂化（介质决定产物与可逆性）：①碱性水解（皂化）完全不可逆：CH₃COOC₂H₅＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋C₂H₅OH；油脂皂化：(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅＋3OH⁻＝3C₁₇H₃₅COO⁻＋C₃H₅(OH)₃；②酸性水解可逆，且生成羧酸：CH₃COOC₂H₅＋H₂O△CH₃COOH＋C₂H₅OH。

10.书写有机离子方程式的规范：①有机物一律写结构简式或分子式，一律不拆（如 CH₃COOH、C₆H₅OH、CH₃COOC₂H₅ 都不拆）；②可电离的官能团要写成离子形式（—COOH→—COO⁻、酚羟基 C₆H₅OH→C₆H₅O⁻）；③必须查碳守恒（有机反应最容易漏碳）与电荷守恒；④注意反应条件（水浴加热、加热、稀硫酸催化）。

11.有机与无机“与量”规律的对照（小结）：苯酚钠＋CO₂——与量无关，只生成 HCO₃⁻；Na₂CO₃＋乙酸——与量有关，少量生成 HCO₃⁻、过量放出 CO₂；苯酚＋Na₂CO₃——与量无关，只能生成 HCO₃⁻。凡“弱酸制更弱酸”的体系，产物只由酸性顺序决定，与用量无关；凡“强酸（羧酸）与碳酸盐”的体系，产物随用量改变。

典型例题：

例12．下列关于苯酚钠溶液通入 CO₂ 的说法或方程式正确的是（　C　）

A．通入少量 CO₂ 时：CO₂＋H₂O＋2C₆H₅O⁻＝CO₃²⁻＋2C₆H₅OH

B．通入足量 CO₂ 时：CO₂＋H₂O＋2C₆H₅O⁻＝CO₃²⁻＋2C₆H₅OH

C．无论通入少量还是过量的 CO₂，都只发生 CO₂＋H₂O＋C₆H₅O⁻＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻

D．通入足量 CO₂ 时生成苯酚和 Na₂CO₃，说明碳酸的酸性强于苯酚

解析：A、B两项都写成生成CO₃²⁻，错误——苯酚的酸性强于HCO₃⁻，HCO₃⁻不能把H⁺转移给C₆H₅O⁻，因此CO₃²⁻不能与苯酚钠共存（若生成CO₃²⁻，会立刻发生C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝C₆H₅O⁻＋HCO₃⁻），与CO₂用量多少无关；C项，由于酸性H₂CO₃＞苯酚＞HCO₃⁻，无论是少量还是过量的CO₂，产物都只能是苯酚和HCO₃⁻，原子（C、H、O）与电荷（两边均为−1）均守恒，正确；D项，产物应是NaHCO₃而不是Na₂CO₃，表述与事实不符，错误。本题选C。

例13．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向 Na₂CO₃ 溶液中滴入少量乙酸：2CH₃COOH＋CO₃²⁻＝2CH₃COO⁻＋CO₂↑＋H₂O

B．向苯酚浊液中加入过量 Na₂CO₃ 溶液：2C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝2C₆H₅O⁻＋CO₂↑＋H₂O

C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO₂：2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻

D．向 Na₂CO₃ 溶液中滴入过量乙酸：2CH₃COOH＋CO₃²⁻＝2CH₃COO⁻＋CO₂↑＋H₂O

解析：A项，乙酸少量时只能把CO₃²⁻转化为HCO₃⁻，正确写法为CH₃COOH＋CO₃²⁻＝CH₃COO⁻＋HCO₃⁻，与“少量”前提不符，错误；B项，苯酚的酸性弱于H₂CO₃，不能制出CO₂，只能发生C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝C₆H₅O⁻＋HCO₃⁻，错误；C项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻，产物只能是HCO₃⁻，正确写法为C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻，错误；D项，乙酸过量时碳酸根被完全反应并放出CO₂，原子与电荷均守恒，正确。本题选D。

例14．下列离子方程式书写不正确的是（　B　）

A．乙醛与新制氢氧化铜浊液共热：CH₃CHO＋2Cu(OH)₂＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋Cu₂O↓＋3H₂O

B．甘氨酸与过量盐酸反应：H₂NCH₂COOH＋2H⁺＝HOOCCH₂NH₃⁺＋H₂↑

C．乙酸乙酯与 NaOH 溶液共热：CH₃COOC₂H₅＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋C₂H₅OH

D．乙醛与银氨溶液水浴加热：CH₃CHO＋2Ag(NH₃)₂⁺＋2OH⁻＝CH₃COO⁻＋NH₄⁺＋2Ag↓＋3NH₃＋H₂O

解析：A项，醛基被新制Cu(OH)₂氧化为羧酸根，Cu(OH)₂被还原为Cu₂O，原子与电荷均守恒，正确；B项有两处硬伤：一是甘氨酸与盐酸发生的是酸碱中和（—NH₂结合H⁺），不产生H₂；二是电荷不守恒（左边＋2、右边＋1），错误；C项，酯在碱性条件下完全水解，生成乙酸根和乙醇，原子与电荷均守恒，正确；D项，银镜反应中醛基被氧化为CH₃COO⁻、Ag⁺被还原为Ag，原子与电荷（两边均为0）均守恒，正确。本题要求选不正确的，本题选B。

六、综合应用：定量计算模型与高频陷阱

1.“定 1 法”三步走的完整流程：①定谁少量——先看滴加顺序（“向 A 中滴加 B”则 B 少量），再看题给的“过量/少量/足量”或 n(A)∶n(B) 之比；②把少量物质按化学式（或离子组成）定为 1，按整数比配平；③让过量一方“足量”地补全，并检查产物能否继续与过量试剂反应（CO₂ 过量→HCO₃⁻；盐酸过量→Al³⁺；沉淀遇过量试剂是否溶解）。

2.与量有关的定量计算模型（一）分档法：先算“分档线”。以 FeBr₂ 与 Cl₂ 为例：n(Cl₂)≤n(FeBr₂)/2 时只氧化 Fe²⁺；n(Cl₂)≥1.5n(FeBr₂) 时 Fe²⁺ 与 Br⁻ 全部被氧化；处于中间时，剩余 Cl₂ 按 1∶2 氧化 Br⁻，最后按比例放大为整数系数的离子方程式。

3.与量有关的定量计算模型（二）以“恰好”为基准。明矾 KAl(SO₄)₂ 溶液与 Ba(OH)₂ 溶液的两档经典情形（n[KAl(SO₄)₂] 为基准）：①至 SO₄²⁻ 恰好完全沉淀：n[Ba(OH)₂]＝2n[KAl(SO₄)₂]，此时 OH⁻ 为 Al³⁺ 的 4 倍，铝以 Al(OH)₄⁻ 形式存在——Al³⁺＋2SO₄²⁻＋2Ba²⁺＋4OH⁻＝2BaSO₄↓＋Al(OH)₄⁻；②至 Al³⁺ 恰好完全沉淀：n[Ba(OH)₂]＝1.5n[KAl(SO₄)₂]，此时 OH⁻ 为 Al³⁺ 的 3 倍——2Al³⁺＋3SO₄²⁻＋3Ba²⁺＋6OH⁻＝3BaSO₄↓＋2Al(OH)₃↓。

4.沉淀质量变化的定量比较（易错）：承上例，从“Al³⁺ 恰好沉淀”到“SO₄²⁻ 恰好沉淀完全”的过程中，剩余 SO₄²⁻ 继续生成 BaSO₄（沉淀增加），同时 Al(OH)₃ 被过量的 OH⁻ 溶解为 Al(OH)₄⁻（沉淀减少）。以 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 明矾为例：此过程生成 0.05 mol BaSO₄（增加 11.65 g），溶解 0.1 mol Al(OH)₃（减少 7.80 g），沉淀质量净增大。做这类题必须两边都算，不能只看“沉淀溶解”。

5.现象与图像辅助判断：①CO₂ 通入澄清石灰水（或 Ba(OH)₂ 溶液）——沉淀量先增大后减小至消失，对应“先生成正盐、后转化为酸式盐”的分步过程；②把 Na₂CO₃ 溶液逐滴滴入盐酸——立即产生气泡；把盐酸逐滴滴入 Na₂CO₃ 溶液——开始无气泡、后产生气泡。同一组试剂，滴加顺序不同、现象不同，是“与量有关”最直观的考查形式。

6.高频陷阱清单（考前必看）：①把“少量生成 CO₃²⁻、过量生成 HCO₃⁻”硬套到苯酚钠、苯酚体系（它们与量无关）；②忘记“过量一方继续反应”（CO₂ 过量时 CaCO₃ 溶解、盐酸过量时 Al(OH)₃ 溶解）；③把“少量”一方的系数化简，导致配比错误；④混淆“恰好沉淀完全”与“恰好呈中性”（NaHSO₄ 与 Ba(OH)₂）；⑤氧化顺序颠倒（FeI₂ 先氧化 I⁻，FeBr₂ 先氧化 Fe²⁺）；⑥有机方程式忘查碳守恒，或把碱性条件下的产物写成 CH₃COOH 而不是 CH₃COO⁻。

7.答题规范（阅卷得分点）：①离子方程式必须写全反应物与产物，标出“↓”“↑”；②与量有关的式子要注意“少量一方完全反应”，产物中不能出现“仍能与过量试剂反应”的微粒；③气体的“↑”只在反应物中无气体时标注；④可逆反应用“⇌”，完全反应用“＝”，并注意条件（△、电解、水浴加热等）注在符号上方。

典型例题：

例15．向 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 的 KAl(SO₄)₂（明矾）溶液中滴加 0.2 mol·L⁻¹ 的 Ba(OH)₂ 溶液，请回答下列问题：（1）当加入 Ba(OH)₂ 溶液的体积为______ mL 时，SO₄²⁻ 恰好完全沉淀；此时反应的离子方程式为______。（2）当加入 Ba(OH)₂ 溶液的体积为______ mL 时，Al³⁺ 恰好完全沉淀；此时反应的离子方程式为______。（3）当加入 Ba(OH)₂ 溶液的体积由 750 mL 增大到 1000 mL 的过程中，沉淀的质量将______（填“增大”“减小”或“不变”），原因是______。（4）向 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 的苯酚钠溶液中通入标准状况下 2.24 L CO₂，写出反应的离子方程式______；产物中______（填“含有”或“不含”）Na₂CO₃。

【答案】

（1）1000；Al³⁺＋2SO₄²⁻＋2Ba²⁺＋4OH⁻＝2BaSO₄↓＋Al(OH)₄⁻

（2）750；2Al³⁺＋3SO₄²⁻＋3Ba²⁺＋6OH⁻＝3BaSO₄↓＋2Al(OH)₃↓

（3）增大；此过程中剩余的 0.05 mol SO₄²⁻ 继续生成 0.05 mol BaSO₄（沉淀增加 11.65 g），同时 0.1 mol Al(OH)₃ 被过量的 OH⁻ 溶解（沉淀减少 7.80 g），增加的比减少的多，故沉淀质量增大

（4）C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻；不含

【解析】（1）n[KAl(SO₄)₂]＝0.1 mol，含 SO₄²⁻ 0.2 mol，SO₄²⁻ 恰好完全沉淀需 n(Ba²⁺)＝0.2 mol，即 0.2 mol÷0.2 mol·L⁻¹＝1 L＝1000 mL；此时 n(OH⁻)＝0.4 mol，与 0.1 mol Al³⁺ 之比为 4∶1，铝以 Al(OH)₄⁻ 形式存在，按 1∶2∶2∶4 配平得 Al³⁺＋2SO₄²⁻＋2Ba²⁺＋4OH⁻＝2BaSO₄↓＋Al(OH)₄⁻。（2）Al³⁺ 恰好完全沉淀需 n(OH⁻)＝3×0.1 mol＝0.3 mol，即 n[Ba(OH)₂]＝0.15 mol，体积为 0.15 mol÷0.2 mol·L⁻¹＝0.75 L＝750 mL；此时 SO₄²⁻ 只沉淀 0.15 mol（仍有 0.05 mol 剩余），按 2∶3∶3∶6 配平得 2Al³⁺＋3SO₄²⁻＋3Ba²⁺＋6OH⁻＝3BaSO₄↓＋2Al(OH)₃↓。（3）从 750 mL 到 1000 mL 又加入 0.05 mol Ba(OH)₂，提供 0.05 mol Ba²⁺ 与剩余 SO₄²⁻ 生成 BaSO₄（0.05 mol×233 g·mol⁻¹＝11.65 g），同时提供 0.1 mol OH⁻ 把 0.1 mol Al(OH)₃ 溶解为 Al(OH)₄⁻（0.1 mol×78 g·mol⁻¹＝7.80 g），沉淀质量净增加 3.85 g，故填“增大”。（4）n(CO₂)＝0.1 mol，n(苯酚钠)＝0.1 mol，按 1∶1 反应：C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻；由于苯酚的酸性强于 HCO₃⁻，CO₃²⁻ 无法与苯酚共存（会转化为 HCO₃⁻），故产物中不含 Na₂CO₃。

巩固提升：

1．下列离子方程式书写正确的是（　A　）

A．向 NaOH 溶液中通入少量 CO₂：CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O

B．向 Na₂CO₃ 溶液中滴入少量稀盐酸：CO₃²⁻＋2H⁺＝CO₂↑＋H₂O

C．向苯酚钠溶液中通入足量 CO₂：2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻

D．向澄清石灰水中通入过量 CO₂：CO₂＋Ca²⁺＋2OH⁻＝CaCO₃↓＋H₂O

【解析】A项，CO₂少量时碱过量，产物为正盐，原子与电荷均守恒，正确；B项，盐酸少量时只能把CO₃²⁻转化为HCO₃⁻，正确写法为CO₃²⁻＋H⁺＝HCO₃⁻，与“少量”前提不符，错误；C项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻，无论CO₂多少产物都只有HCO₃⁻，正确写法为C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻，错误；D项，CO₂过量时CaCO₃会继续转化为Ca(HCO₃)₂，正确写法为Ca²⁺＋2OH⁻＋2CO₂＝Ca(HCO₃)₂，错误。本题选A。

2．下列离子方程式书写正确的是（　B　）

A．向 NaHCO₃ 溶液中加入少量 Ba(OH)₂ 溶液：Ba²⁺＋OH⁻＋HCO₃⁻＝BaCO₃↓＋H₂O

B．向 Ba(HCO₃)₂ 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Ba²⁺＋2HCO₃⁻＋2OH⁻＝BaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O

C．向 NH₄HCO₃ 溶液中加入过量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O

D．向 NH₄HSO₄ 溶液中加入少量 NaOH 溶液：NH₄⁺＋OH⁻＝NH₃·H₂O

【解析】A项，Ba(OH)₂少量时应以其为基准定1，1个Ba²⁺配2个OH⁻、需2个HCO₃⁻，正确写法为Ba²⁺＋2OH⁻＋2HCO₃⁻＝BaCO₃↓＋CO₃²⁻＋2H₂O，错误；B项，NaOH过量时以Ba(HCO₃)₂为基准，2个HCO₃⁻需2个OH⁻，生成的2个CO₃²⁻只有1个被Ba²⁺沉淀、另1个留于溶液中，原子与电荷均守恒，正确；C项，漏写了HCO₃⁻的消耗，正确写法为NH₄⁺＋HCO₃⁻＋2OH⁻＝NH₃·H₂O＋CO₃²⁻＋H₂O，错误；D项，NH₄HSO₄中H⁺的酸性远强于NH₄⁺，少量NaOH先中和H⁺，应为H⁺＋OH⁻＝H₂O，错误。本题选B。

3．向 100 mL 1 mol·L⁻¹ 的 FeBr₂ 溶液中通入 0.05 mol Cl₂（忽略溶液体积变化）。下列判断正确的是（　C　）

A．2Br⁻＋Cl₂＝Br₂＋2Cl⁻

B．2Fe²⁺＋4Br⁻＋3Cl₂＝2Fe³⁺＋2Br₂＋6Cl⁻

C．2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻

D．反应后溶液中 n(Fe³⁺)＝0.2 mol

【解析】n(FeBr₂)＝0.1 mol，则n(Fe²⁺)＝0.1 mol、n(Br⁻)＝0.2 mol；n(Cl₂)＝0.05 mol。还原性Fe²⁺＞Br⁻，故先氧化Fe²⁺：氧化0.1 mol Fe²⁺恰好需要0.05 mol Cl₂，此时Cl₂用完，Br⁻未参与反应。A项顺序颠倒（Br⁻应在Fe²⁺之后被氧化），错误；B项所需Cl₂为0.15 mol，远超题给的0.05 mol，错误；C项方程式恰好用完0.05 mol Cl₂，原子与电荷均守恒，正确；D项Fe²⁺被氧化0.1 mol，故n(Fe³⁺)＝0.1 mol，错误。本题选C。

4．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向苯酚钠溶液中通入少量 CO₂：2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻

B．向苯酚溶液中加入 NaHCO₃ 溶液：C₆H₅OH＋HCO₃⁻＝C₆H₅O⁻＋CO₂↑＋H₂O

C．向 Na₂CO₃ 溶液中滴入少量乙酸：2CH₃COOH＋CO₃²⁻＝2CH₃COO⁻＋H₂CO₃

D．向 Na₂CO₃ 溶液中滴入过量乙酸：2CH₃COOH＋CO₃²⁻＝2CH₃COO⁻＋CO₂↑＋H₂O

【解析】A项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻，产物只能是HCO₃⁻，正确写法为C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻，错误；B项，苯酚的酸性弱于H₂CO₃（也弱于H₂CO₃的第一步电离），不能与NaHCO₃反应放出CO₂，二者不反应，错误；C项有两处硬伤：一是乙酸少量时只能把CO₃²⁻转化为HCO₃⁻，正确写法为CH₃COOH＋CO₃²⁻＝CH₃COO⁻＋HCO₃⁻，与“少量”前提不符；二是H₂CO₃在离子方程式中应写成CO₂↑＋H₂O，错误；D项，乙酸过量时碳酸根被完全反应并放出CO₂，原子与电荷均守恒，正确。本题选D。

5．向 100 mL 1 mol·L⁻¹ 的 FeI₂ 溶液中通入 0.15 mol Cl₂（忽略溶液体积变化）。下列离子方程式正确的是（　A　）

A．4I⁻＋2Fe²⁺＋3Cl₂＝2I₂＋2Fe³⁺＋6Cl⁻

B．2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻

C．2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻

D．2Fe²⁺＋2I⁻＋2Cl₂＝2Fe³⁺＋I₂＋4Cl⁻

【解析】n(FeI₂)＝0.1 mol，则n(I⁻)＝0.2 mol、n(Fe²⁺)＝0.1 mol；n(Cl₂)＝0.15 mol。还原性I⁻＞Fe²⁺：0.2 mol I⁻先消耗0.1 mol Cl₂，剩余0.05 mol Cl₂再氧化0.1 mol Fe²⁺，故I⁻与Fe²⁺全部被氧化，按物质的量之比0.2∶0.1∶0.15放大20倍得4I⁻＋2Fe²⁺＋3Cl₂＝2I₂＋2Fe³⁺＋6Cl⁻，电子与电荷均守恒。B项只氧化了I⁻，多余的0.05 mol Cl₂未体现，错误；C项只氧化了Fe²⁺且顺序颠倒，错误；D项把I⁻与Fe²⁺按1∶1配比（FeI₂中二者应为2∶1），且该式所需Cl₂为0.1 mol，与题给的0.15 mol不符，错误。本题选A。

6．下列离子方程式书写正确的是（　B　）

A．向 Ba(OH)₂ 溶液中滴加少量 NaHSO₄ 溶液：Ba²⁺＋2OH⁻＋2H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋2H₂O

B．向 NaHSO₄ 溶液中滴加 Ba(OH)₂ 溶液至溶液恰好呈中性：2H⁺＋SO₄²⁻＋Ba²⁺＋2OH⁻＝BaSO₄↓＋2H₂O

C．向 NaHSO₄ 溶液中滴加 Ba(OH)₂ 溶液至 SO₄²⁻ 恰好完全沉淀：2Ba²⁺＋2OH⁻＋2H⁺＋2SO₄²⁻＝2BaSO₄↓＋2H₂O

D．向 NaHSO₄ 溶液中滴加少量 Ba(OH)₂ 溶液：Ba²⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓

【解析】A项，NaHSO₄少量时应以其为基准定1，只提供1个H⁺和1个SO₄²⁻，需1个Ba²⁺和1个OH⁻，正确写法为Ba²⁺＋OH⁻＋H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋H₂O，错误；B项，“恰好呈中性”说明H⁺与OH⁻等量反应，n(NaHSO₄)∶n[Ba(OH)₂]＝2∶1，方程式原子与电荷均守恒，正确；C项，“SO₄²⁻恰好完全沉淀”说明Ba²⁺与SO₄²⁻按1∶1反应，此时H⁺过量、OH⁻不足，正确写法为Ba²⁺＋OH⁻＋H⁺＋SO₄²⁻＝BaSO₄↓＋H₂O；题给式子不仅前提不符，系数也没有化成最简整数比，错误；D项漏写了H⁺与OH⁻的中和反应，错误。本题选B。

7．向 100 mL 2 mol·L⁻¹ 的稀硝酸中加入 3.2 g 铜粉（忽略溶液体积变化）。下列判断正确的是（　C　）

A．Cu＋4H⁺＋2NO₃⁻＝Cu²⁺＋2NO₂↑＋2H₂O

B．3Cu＋8HNO₃＝3Cu(NO₃)₂＋2NO↑＋4H₂O

C．3Cu＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Cu²⁺＋2NO↑＋4H₂O

D．反应后溶液中 n(NO₃⁻)＝0.2 mol

【解析】n(HNO₃)＝0.2 mol，n(Cu)＝0.05 mol。0.05 mol Cu完全反应需H⁺ 0.133 mol、NO₃⁻ 0.033 mol，题给H⁺ 0.2 mol足量，故铜全部溶解。A项，稀硝酸的还原产物是NO而不是NO₂（NO₂是浓硝酸的还原产物），且该式原子不守恒（左边共10个O，右边只有6个O），错误；B项写的是化学方程式，题干要求判断离子方程式，形式不符合，错误；C项原子、电荷、电子得失（Cu失0.1 mol电子、N得0.1 mol电子）均守恒，正确；D项被还原的NO₃⁻为0.033 mol，剩余约0.167 mol，错误。本题选C。

8．下列离子方程式书写正确的是（　D　）

A．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中加入足量盐酸：Al(OH)₄⁻＋H⁺＝Al(OH)₃↓＋H₂O

B．向 AlCl₃ 溶液中加入过量氨水：Al³⁺＋3OH⁻＝Al(OH)₃↓

C．向 AlCl₃ 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Al³⁺＋3OH⁻＝Al(OH)₃↓

D．向 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入足量 CO₂：Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻

【解析】A项，盐酸足量时生成的Al(OH)₃会继续溶解为Al³⁺，正确写法为Al(OH)₄⁻＋4H⁺＝Al³⁺＋4H₂O，错误；B项，氨水是弱碱应写化学式，应为Al³⁺＋3NH₃·H₂O＝Al(OH)₃↓＋3NH₄⁺，错误；C项，NaOH过量时沉淀会溶解生成Al(OH)₄⁻，应为Al³⁺＋4OH⁻＝Al(OH)₄⁻，错误；D项，足量CO₂使阴离子最终为HCO₃⁻，Al(OH)₃不溶于碳酸，原子与电荷均守恒，正确。本题选D。

9．下列离子方程式书写正确的是（　A　）

A．向苯酚浊液中加入足量 Na₂CO₃ 溶液：C₆H₅OH＋CO₃²⁻＝C₆H₅O⁻＋HCO₃⁻

B．向苯酚溶液中加入 NaHCO₃ 溶液：C₆H₅OH＋HCO₃⁻＝C₆H₅O⁻＋CO₂↑＋H₂O

C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO₂：2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻

D．向甘氨酸溶液中加入过量 NaOH 溶液：H₂NCH₂COOH＋2OH⁻＝H₂NCH₂COO⁻＋2H₂O

【解析】A项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻但弱于H₂CO₃，故苯酚只能与CO₃²⁻反应生成HCO₃⁻，不能放出CO₂，原子与电荷均守恒，正确；B项，HCO₃⁻是比苯酚更弱的酸，不能把H⁺转移给C₆H₅O⁻，二者不反应，错误；C项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻，产物只能是HCO₃⁻，正确写法为C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝C₆H₅OH＋HCO₃⁻，错误；D项，甘氨酸只有1个羧基，只能消耗1个OH⁻，且题给式子氢原子不守恒（左7个H、右8个H），正确写法为H₂NCH₂COOH＋OH⁻＝H₂NCH₂COO⁻＋H₂O，错误。本题选A。

10．向 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 的 FeI₂ 溶液中通入标准状况下 3.36 L Cl₂（0.15 mol，忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是（　B　）

A．溶液中剩余 Fe²⁺ 的物质的量为 0.1 mol

B．被氧化的 I⁻ 与被氧化的 Fe²⁺ 的物质的量之比为 2∶1

C．该过程中转移电子的物质的量为 0.2 mol

D．反应后溶液中 n(Cl⁻)＝0.15 mol

【解析】n(FeI₂)＝0.1 mol，含I⁻ 0.2 mol、Fe²⁺ 0.1 mol；n(Cl₂)＝0.15 mol。还原性I⁻＞Fe²⁺：0.2 mol I⁻先被氧化（耗Cl₂ 0.1 mol），剩余0.05 mol Cl₂再把0.1 mol Fe²⁺全部氧化，故Fe²⁺无剩余。A项Fe²⁺全部被氧化，剩余量为0，错误；B项被氧化的I⁻为0.2 mol、被氧化的Fe²⁺为0.1 mol，之比为2∶1，正确；C项转移电子＝0.2 mol（I⁻失）＋0.1 mol（Fe²⁺失）＝0.3 mol，错误；D项n(Cl⁻)＝2n(Cl₂)＝0.3 mol，错误。本题选B。

11．下列实验现象或结论正确的是（　C　）

A．把 Na₂CO₃ 溶液逐滴加入盐酸中，开始时无明显现象

B．把盐酸逐滴加入 Na₂CO₃ 溶液中，立即产生大量气泡

C．向澄清石灰水中通入 CO₂ 至过量，先出现白色沉淀，后沉淀逐渐溶解直至消失

D．向 CaCl₂ 溶液中通入 CO₂，立即出现白色沉淀

【解析】A、B两项都颠倒了滴加顺序对应的现象：把Na₂CO₃溶液逐滴加入盐酸中，盐酸过量，立即发生CO₃²⁻＋2H⁺＝CO₂↑＋H₂O，马上产生气泡；把盐酸逐滴加入Na₂CO₃溶液中，开始Na₂CO₃过量，只发生CO₃²⁻＋H⁺＝HCO₃⁻，无明显气泡，故A、B均错误；C项，CO₂少量时生成CaCO₃沉淀（变浑浊），CO₂过量时CaCO₃转化为可溶的Ca(HCO₃)₂（沉淀溶解），现象描述正确；D项，若生成CaCO₃必须同时产生强酸HCl，弱酸不能制强酸，CO₂与CaCl₂溶液不反应，错误。本题选C。

12．下列离子方程式书写正确的是（　C　）

A．乙醛与新制氢氧化铜反应：CH₃CHO＋Cu(OH)₂＝CH₃COOH＋Cu₂O↓＋H₂O

B．向乙酸乙酯中加入稀硫酸并加热：CH₃COOC₂H₅＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋C₂H₅OH

C．乙醛与银氨溶液水浴加热：CH₃CHO＋2Ag(NH₃)₂⁺＋2OH⁻＝CH₃COO⁻＋NH₄⁺＋2Ag↓＋3NH₃＋H₂O

D．向苯酚钠溶液中通入足量 CO₂：2C₆H₅O⁻＋CO₂＋H₂O＝2C₆H₅OH＋CO₃²⁻

【解析】A项原子不守恒——左边只有1个Cu、右边有2个Cu（Cu₂O），且碱性条件下产物应写CH₃COO⁻，正确写法为CH₃CHO＋2Cu(OH)₂＋OH⁻＝CH₃COO⁻＋Cu₂O↓＋3H₂O，错误；B项，酸性条件下水解应写H₂O、用可逆号，产物为CH₃COOH，正确写法为CH₃COOC₂H₅＋H₂O△CH₃COOH＋C₂H₅OH，错误；C项，银氨溶液呈碱性，产物写CH₃COO⁻，原子（C、H、O、N、Ag）与电荷（两边均为0）均守恒，正确；D项，苯酚的酸性强于HCO₃⁻，产物只能是HCO₃⁻，错误。本题选C。

13．向 1 L 0.1 mol·L⁻¹ 的 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入标准状况下 4.48 L CO₂（0.2 mol，忽略溶液体积变化）。下列判断正确的是（　D　）

A．生成 Al(OH)₃ 沉淀 15.6 g

B．反应后溶液中 n(CO₃²⁻)＝0.1 mol

C．该反应中有元素化合价发生改变

D．反应的离子方程式为 Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻

【解析】n[Al(OH)₄⁻]＝0.1 mol，n(CO₂)＝0.2 mol，CO₂明显过量，故按过量情形书写：Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻，阴离子最终为HCO₃⁻（Al(OH)₃不溶于碳酸，沉淀不会溶解）。A项，Al(OH)₄⁻只有0.1 mol，最多生成0.1 mol Al(OH)₃即7.8 g，15.6 g是错误数值，错误；B项，过量CO₂使产物为HCO₃⁻，n(HCO₃⁻)＝0.1 mol、n(CO₃²⁻)＝0，错误；C项，该反应元素化合价均未改变，属非氧化还原反应，错误；D项方程式原子与电荷均守恒且与过量前提相符，正确。本题选D。

14．按要求写出下列反应的离子方程式。（1）向 NaOH 溶液中通入少量 CO₂：______；继续通入过量的 CO₂：______。（2）向 Na[Al(OH)₄] 溶液中通入少量 CO₂：______；通入过量的 CO₂：______。

【答案】

（1）CO₂＋2OH⁻＝CO₃²⁻＋H₂O；CO₂＋OH⁻＝HCO₃⁻

（2）2Al(OH)₄⁻＋CO₂＝2Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻＋H₂O；Al(OH)₄⁻＋CO₂＝Al(OH)₃↓＋HCO₃⁻

【解析】（1）CO₂少量时OH⁻过量，生成正盐Na₂CO₃；CO₂过量时生成酸式盐NaHCO₃——这是“连续反应型”的标准模式。（2）Al(OH)₃不溶于碳酸，故无论CO₂多少都生成Al(OH)₃沉淀，差别只在阴离子：少量时生成CO₃²⁻、过量时生成HCO₃⁻。两小题都要用“少量一方定1”的方法配平：第（2）小题少量时以1个CO₂为基准，2个Al(OH)₄⁻各提供1个OH⁻与CO₂结合（CO₂＋H₂O→H₂CO₃→CO₃²⁻），配平为2Al(OH)₄⁻＋CO₂＝2Al(OH)₃↓＋CO₃²⁻＋H₂O。

15．向 100 mL 0.1 mol·L⁻¹ 的 FeCl₂ 溶液中分批加入 Na₂O₂ 固体（忽略溶液体积变化）。（1）加入少量 Na₂O₂ 时，Na₂O₂ 只作氧化剂，写出该反应的离子方程式：______；证明 Fe²⁺ 已被氧化的操作和现象是______。（2）继续加入 Na₂O₂ 至过量时，除上述反应外还会发生的两个反应的离子方程式为______、______；此时观察到的现象是______。（3）若要恰好把溶液中的 Fe²⁺ 全部氧化（仍以 Fe³⁺ 形式存在），所需 Na₂O₂ 的物质的量为______ mol。

【答案】

（1）2Fe²⁺＋Na₂O₂＋2H₂O＝2Fe³⁺＋2Na⁺＋4OH⁻；取少量反应后的溶液于试管中，滴加 KSCN 溶液，若溶液变红色，说明 Fe²⁺ 已被氧化为 Fe³⁺

（2）2Na₂O₂＋2H₂O＝4Na⁺＋4OH⁻＋O₂↑；Fe³⁺＋3OH⁻＝Fe(OH)₃↓；产生大量气泡（O₂），同时生成红褐色沉淀

（3）0.005

【解析】n(FeCl₂)＝0.1 L×0.1 mol·L⁻¹＝0.01 mol，即n(Fe²⁺)＝0.01 mol。Na₂O₂ 中氧为−1价，作氧化剂时每个 O 得1个电子变为−2价，故1 mol Na₂O₂可得2 mol电子，能氧化2 mol Fe²⁺，还原产物O²⁻在溶液中以OH⁻形式存在。Na₂O₂ 刚加入时先把还原性较强的Fe²⁺氧化：2Fe²⁺＋Na₂O₂＋2H₂O＝2Fe³⁺＋2Na⁺＋4OH⁻（原子与电荷均守恒：左边2个Fe²⁺共带＋4；右边2个Na⁺带＋2、2个Fe³⁺带＋6、4个OH⁻带−4，合计＋4，两边相等）。Na₂O₂ 过量后，剩余部分与水反应放出O₂：2Na₂O₂＋2H₂O＝4Na⁺＋4OH⁻＋O₂↑，体系的碱性增强，Fe³⁺随之沉淀：Fe³⁺＋3OH⁻＝Fe(OH)₃↓，故现象是“冒气泡＋红褐色沉淀”。第（3）问按电子守恒计算：0.01 mol Fe²⁺共失去0.01 mol电子，需 Na₂O₂ 0.01÷2＝0.005 mol。

16．向 200 mL 2 mol·L⁻¹ 的稀硝酸中逐渐加入铁粉（充分反应，还原产物只有 NO）。（1）加入 0.05 mol 铁粉时，铁全部溶解，写出反应的离子方程式：______。（2）当加入的铁粉恰好使硝酸完全反应、且溶液中铁元素全部以 Fe²⁺ 形式存在时，反应的离子方程式为______；此时 n(Fe)＝______ mol，标准状况下生成 NO 的体积为______ L。（3）当加入铁粉 0.12 mol 时（硝酸已全部反应完），溶液中 n(Fe³⁺)＝______ mol、n(Fe²⁺)＝______ mol。

【答案】

（1）Fe＋4H⁺＋NO₃⁻＝Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O

（2）3Fe＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Fe²⁺＋2NO↑＋4H₂O；0.15；2.24

（3）0.06；0.06

【解析】n(HNO₃)＝0.2 L×2 mol·L⁻¹＝0.4 mol。（1）铁粉少量时硝酸过量，铁被氧化到高价：Fe＋4H⁺＋NO₃⁻＝Fe³⁺＋NO↑＋2H₂O。（2）铁粉过量时，过量的铁还会把Fe³⁺还原为Fe²⁺，总反应为3Fe＋8H⁺＋2NO₃⁻＝3Fe²⁺＋2NO↑＋4H₂O。由8H⁺～3Fe得n(Fe)＝0.4×3/8＝0.15 mol；由8H⁺～2NO得n(NO)＝0.4×2/8＝0.1 mol，V(NO)＝0.1 mol×22.4 L·mol⁻¹＝2.24 L。（3）n(Fe)＝0.12 mol介于“刚好全为Fe³⁺”的0.10 mol（0.4÷4）与“刚好全为Fe²⁺”的0.15 mol之间，说明硝酸耗尽，而铁仍有剩余量足以把部分Fe³⁺还原，溶液中Fe³⁺与Fe²⁺共存。设n(Fe³⁺)＝x、n(Fe²⁺)＝y，则x＋y＝0.12；每生成1 mol Fe³⁺耗4 mol HNO₃、每生成1 mol Fe²⁺耗8/3 mol HNO₃，故4x＋8y/3＝0.4，解得x＝y＝0.06。验算：生成的NO为x＋2y/3＝0.06＋0.04＝0.1 mol，与氮守恒（0.4＝3x＋2y＋0.1＝0.18＋0.12＋0.1）一致。“铁与氧化性酸反应，用量决定产物是Fe³⁺还是Fe²⁺”是氧化还原型“与量有关”的典型模型，解题关键是分清“酸过量”与“铁过量”两个区间。

17．向 100 mL 1 mol·L⁻¹ 的 KI 溶液中缓缓通入 Cl₂（忽略溶液体积变化和 I₂ 的挥发）。（1）通入 0.02 mol Cl₂ 时，写出反应的离子方程式：______；此时溶液的颜色变化是______。（2）继续通入 Cl₂ 至 0.05 mol 时，I⁻ 恰好全部被氧化，此时析出 I₂ 的质量为______ g。（3）继续通入 Cl₂ 至 0.10 mol 时，溶液的棕黄色反而变浅但并未消失，写出该步反应的离子方程式：______；此时溶液中 n(IO₃⁻)＝______ mol，还剩余 I₂ ______ mol。

【答案】

（1）2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻；溶液由无色变为棕黄色（滴入淀粉溶液变蓝）

（2）12.7

（3）I₂＋5Cl₂＋6H₂O＝2IO₃⁻＋10Cl⁻＋12H⁺；0.02；0.04

【解析】n(KI)＝0.1 L×1 mol·L⁻¹＝0.1 mol，n(I⁻)＝0.1 mol。Cl₂ 通入后先氧化还原性较强的I⁻：2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻，0.1 mol I⁻恰好需要0.05 mol Cl₂，生成0.05 mol I₂，质量＝0.05 mol×254 g·mol⁻¹＝12.7 g（此处M(I₂)取254 g·mol⁻¹）。当I⁻被氧化完全后，继续通入的Cl₂会把中间产物I₂进一步氧化为IO₃⁻，故棕色变浅：I₂＋5Cl₂＋6H₂O＝2IO₃⁻＋10Cl⁻＋12H⁺（原子与电荷均守恒：右边−2−10＋12＝0）。通入Cl₂总量0.10 mol，其中0.05 mol用于氧化I⁻，余0.05 mol用于氧化I₂；由5Cl₂～2IO₃⁻得n(IO₃⁻)＝0.05×2/5＝0.02 mol，被氧化的I₂为0.05×1/5＝0.01 mol，故剩余I₂ 0.05−0.01＝0.04 mol（棕黄色变浅但未消失）。本题的“与量有关”体现在同一还原剂被氧化到两个不同价态：Cl₂ 少时得到I₂，Cl₂ 过量时I₂继续被氧化得到IO₃⁻。

18．已知醛基能被溴水氧化：—CHO＋Br₂＋H₂O→—COOH＋2HBr。现向丙烯醛（CH₂=CH—CHO）中分别滴加少量溴水和过量溴水。（1）加入少量溴水时溴水褪色且无气泡产生，写出该反应的化学方程式（用结构简式表示）：______，该反应属于______反应。（2）继续加入过量溴水时，醛基也被氧化，写出该过程的总化学方程式：______。（3）1 mol 丙烯醛最多能与______ mol Br₂ 反应；要检验丙烯醛中的碳碳双键，正确的操作是______，理由是______。

【答案】

（1）CH₂=CH—CHO＋Br₂→CH₂BrCHBrCHO；加成（加成反应）

（2）CH₂=CH—CHO＋2Br₂＋H₂O→CH₂BrCHBrCOOH＋2HBr

（3）2；先向试样中加入足量新制 Cu(OH)₂ 悬浊液并加热，使醛基被氧化（转化为羧基），冷却后用稀硫酸酸化，再滴加溴水（或酸性 KMnO₄ 溶液），若溴水褪色则说明含有碳碳双键；因为溴水和酸性 KMnO₄ 溶液都能氧化醛基，若不先把醛基除去，无论是否含碳碳双键溶液都会褪色，结论不可靠

【解析】丙烯醛中同时含有碳碳双键和醛基，Br₂ 与二者都能反应，但反应类型不同：Br₂ 与碳碳双键发生加成反应（C=C→C—C，Br 原子加上去，碳的化合价不变），Br₂ 与醛基发生氧化反应（醛基被氧化为羧基，Br₂ 被还原为HBr）。少量溴水时以加成反应为主：CH₂=CH—CHO＋Br₂→CH₂BrCHBrCHO；溴水过量时加成产物上的醛基继续被氧化，总反应为CH₂=CH—CHO＋2Br₂＋H₂O→CH₂BrCHBrCOOH＋2HBr（1 mol丙烯醛消耗2 mol Br₂，其中1 mol用于加成、1 mol用于氧化醛基）。检验碳碳双键的关键是排除醛基的干扰：先加足量新制Cu(OH)₂悬浊液加热，把—CHO氧化为—COO⁻（此时碳碳双键不受影响），酸化后其中的C=C仍保留，再用溴水或酸性KMnO₄检验；若直接滴加，则醛基也会使溴水、酸性KMnO₄褪色，无法说明一定有碳碳双键。“与量有关”在这里的体现是：溴水的用量不同，反应的类型和产物都不同（少量只加成，过量则加成后再氧化）。

19．向 100 mL 1 mol·L⁻¹ 的 FeCl₃ 溶液中逐渐加入锌粉（忽略溶液体积变化）。（1）加入少量锌粉时，溶液由棕黄色变为浅绿色，写出该反应的离子方程式：______。（2）当加入的锌粉恰好使 Fe³⁺ 全部转化为 Fe²⁺ 时，消耗锌粉______ mol，此时溶液中 n(Fe²⁺)＝______ mol。（3）继续加入锌粉至总量 0.1 mol 时，写出第二步反应的离子方程式：______；此时析出固体的质量为______ g，溶液中 n(Zn²⁺)＝______ mol。

【答案】

（1）Zn＋2Fe³⁺＝Zn²⁺＋2Fe²⁺

（2）0.05；0.1

（3）Zn＋Fe²⁺＝Zn²⁺＋Fe；2.8；0.1

【解析】n(FeCl₃)＝0.1 L×1 mol·L⁻¹＝0.1 mol，即n(Fe³⁺)＝0.1 mol。氧化性强弱为Fe³⁺＞Fe²⁺＞Zn²⁺，因此锌先还原Fe³⁺：Zn＋2Fe³⁺＝Zn²⁺＋2Fe²⁺，0.1 mol Fe³⁺需0.05 mol Zn，生成0.1 mol Fe²⁺，溶液由棕黄色的Fe³⁺变为浅绿色的Fe²⁺。继续加锌时，锌与Fe²⁺发生置换：Zn＋Fe²⁺＝Zn²⁺＋Fe。加入锌粉共0.1 mol，其中0.05 mol用于还原Fe³⁺，余0.05 mol用于置换出0.05 mol Fe，固体质量＝0.05 mol×56 g·mol⁻¹＝2.8 g，溶液中Fe²⁺剩余0.05 mol。整个过程生成的Zn²⁺为0.05＋0.05＝0.1 mol。本题的“与量有关”体现在：锌粉少量时只发生Fe³⁺→Fe²⁺的还原，锌粉足量时才继续置换出金属铁，两种用量下产物完全不同。

20．向 200 mL 0.5 mol·L⁻¹ FeI₂ 和 0.5 mol·L⁻¹ FeBr₂ 的混合溶液中缓缓通入 Cl₂（忽略溶液体积变化；已知还原性 I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻）。（1）当通入 0.10 mol Cl₂ 时，溶液中的 I⁻ 恰好全部被氧化，写出该反应的离子方程式：______；此时生成 I₂ ______ mol。（2）继续通入 Cl₂ 至 0.20 mol 时，Fe²⁺ 恰好全部被氧化，写出这一阶段反应的离子方程式：______。（3）继续通入 Cl₂ 至 0.25 mol 时，溶液中 n(Fe³⁺)＝______ mol、n(Br⁻)＝______ mol、n(Cl⁻)＝______ mol；并写出该过程（0.25 mol Cl₂ 与溶液中各还原性粒子）的总离子方程式：______。

【答案】

（1）2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻；0.1

（2）2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻

（3）0.2；0.1；0.5；4I⁻＋4Fe²⁺＋2Br⁻＋5Cl₂＝2I₂＋4Fe³⁺＋Br₂＋10Cl⁻

【解析】n(FeI₂)＝n(FeBr₂)＝0.2 L×0.5 mol·L⁻¹＝0.1 mol，故溶液中n(I⁻)＝0.2 mol、n(Fe²⁺)＝0.1＋0.1＝0.2 mol、n(Br⁻)＝0.2 mol。三种还原性粒子的还原性顺序为I⁻＞Fe²⁺＞Br⁻，Cl₂ 按此顺序逐级氧化：①0～0.10 mol Cl₂：只氧化I⁻，2I⁻＋Cl₂＝I₂＋2Cl⁻，0.2 mol I⁻恰需0.10 mol Cl₂，生成0.1 mol I₂；②0.10～0.20 mol Cl₂：I⁻已耗尽，Cl₂ 氧化Fe²⁺，2Fe²⁺＋Cl₂＝2Fe³⁺＋2Cl⁻，0.2 mol Fe²⁺恰需0.10 mol Cl₂，到0.20 mol 时Fe²⁺全部变为Fe³⁺（0.2 mol）；③0.20～0.30 mol Cl₂：再氧化Br⁻，2Br⁻＋Cl₂＝Br₂＋2Cl⁻。通入总量0.25 mol时，用于Br⁻的Cl₂为0.25−0.20＝0.05 mol，可氧化0.10 mol Br⁻，故n(Br⁻)剩余0.2−0.1＝0.1 mol；Cl⁻全部来自被还原的Cl₂，n(Cl⁻)＝2×0.25＝0.5 mol；Fe³⁺为0.2 mol。按各粒子实际反应的物质的量之比0.2∶0.2∶0.1∶0.25＝4∶4∶2∶5配平，得总反应4I⁻＋4Fe²⁺＋2Br⁻＋5Cl₂＝2I₂＋4Fe³⁺＋Br₂＋10Cl⁻（电荷：左−4＋8−2＝＋2，右＋12−10＝＋2，守恒）。解题关键是先按还原性顺序划分“用量的三个区间”，再逐区间计算，最后统一配平。