化学物质基本概念 · 考点 · 「离子方程式正误判断」

一、注意是否符合反应事实

离子反应必须符合客观事实，而命题者往往设置不符合「反应原理」的陷阱

1. $\ce{Fe->[Cl_2、Br_2]Fe^{3+}}$ ；$\ce{Fe->[I_2、S、H_2(非氧化性酸)]Fe^{2+}}$ ；稀 $ \ce{HNO3 +}\begin{cases}\ce{Fe(少量)->Fe^{3+}}\u\ce{Fe(过量)->Fe^{2+}}\end{cases}\$ ； $\ce{Fe(常温)}$ 与浓 $ \ce{HNO3}$ 发生钝化

2. 金属和氧化性酸（如 $\ce{HNO3}$、浓 $\ce{H2SO4}$）反应不放 $\ce{H2}$

3. $\ce{Na}$ 不能置换出 $\ce{CuSO4}$ 溶液中的 $ \ce{Cu}$ （先与 $\ce{H2O}$ 反应生成 $\ce{NaOH}$ ）

4. 忽略氧化还原

   例如：$\ce{Na2\overset{-2}{S} +HNO3->H2S ^ +Na\overset{-2}{S}O3\qquad(×):\overset{-2}{S}}$ 有很强的还原性，遇到稀硝酸，一定会发生氧化还原反应

5. 忽略相互促进的水解反应（完全双水解）

   常见的双水解的离子：

   $\ce{Al^{3+}:HCO^-3、CO^{2-}3、HS- 、S^-2 、ClO- 、AlO^-2}$

   $\ce{Fe^{3+}:HCO^-3、CO^{2-}3 、ClO- 、AlO^-2}$

   $\ce{Fe^{2+}:AlO^-2、NH+4、SiO^{2-}3}$

   例如：$\ce{Fe^{3+} +CO^{2-}3}$ 不会生成 $\ce{Fe2(CO3)3 v}$ ，因为会发生完全双水解，应生成 $\ce{Fe(OH)3 v +CO2 ^}$

6. 忽略络合反应

   三价铁离子和硫氰根离子反应：$\ce{Fe^{3+} +3SCN- -> Fe(SCN)3}$

   铜离子遇到足量的浓氨水：$\ce{Cu^{2+} + NH3.H2O -> [Cu(NH3)4]^{2+}}$

   银离子遇到足量的浓氨水：$\ce{Ag+ + NH3.H2O -> [Ag(NH3)2]+}$

二、注意是否满足 原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒

检查配平、电子转移等是否正确

三、注意 $\xlongequal{}、\xrightleftharpoons{}、 \uparrow 、 \downarrow$ 是否使用恰当

1. 强电解质的电离（强酸、强碱、绝大多数盐）用「$\ce{=}$」；弱电解质的电离、盐类的水解用「$\ce{<=>}$」，盐类水解后的产物不写「$\downarrow$」或「$\uparrow$」；若两种离子相互促进水解，可以进行到底，则要写「$\xlongequal{}$」；可逆反应要用「$\xrightleftharpoons{}$」表示

   $\ce{Mg^{2+} +2H2O<=>Mg(OH)2 v +2H+\qquad(×)}$

   $\ce{Mg^{2+}}$ 水解程度很弱，不足以形成沉淀，因此不标沉淀符号

2. 产物中形成胶体时应备注「（胶体）」，不可写「$\downarrow$」

   $\ce{Fe^{3+} +3H2O\xlongequal{\Delta}Fe(OH)3(胶体) +3H+}$

3. $\ce{NH+4}$ 与 $\ce{OH-}$ 反应时，若条件为浓溶液或加热，生成 $\ce{NH3}$ 且要注明「$\uparrow$」；若为稀溶液，则生成 $\ce{NH3\cdot H2O}$

四、注意离子的拆分是否正确

1. 强酸（高中六大强酸：$\ce{HClO4、HI、HBr、HCl、HNO3、H2SO4}$）、可溶强碱（$\ce{NaOH、KOH、Ba(OH)2}$）、可溶性盐的化学式

   必须拆分，需要注意的是浓硝酸、浓盐酸的化学式可拆分，浓硫酸的化学式不拆分

2. 弱电解质（弱酸、弱碱、水等）、沉淀、气体、单质、弱酸的酸式酸根离子在离子方程式中都不能拆分成离子，氧化物在水溶液

   中不能拆分成 $\ce{O^{2-}}$ ；且多元弱酸的多步电离只写第一步

3. 对于微溶性的强电解质（如 $\ce{Ca(OH)2、CaSO4、MgCO3}$ 等），在反应物中是否拆分视情况而定

   澄清石灰水中 $\ce{Ca(OH)2}$ 以 $\ce{Ca^{2+}、OH-}$ 的形式存在，可拆成离子形式，但石灰乳为悬浊液，有大量未溶固体， $\ce{Ca(OH)2}$ 在离子方程式中不拆分。微溶物在生成物中一般不拆分，用化学式表示

4. 可溶性多元弱酸的酸式酸根离子（如 $\ce{HCO^-3、HSO^-3 、HS- 、HC2O^-4 、H2PO^-4、HPO^{2-}4}$ 等），一律保留酸式酸根离子的形式

   例如在水溶液中 $\ce{HSO^-3}$ 写成 $\ce{H+、SO^{2-}3}$ 是错误的。值得注意的是 $\ce{HSO^-4}$ 在水溶液中要拆分成 $\ce{H+、SO^{2-}4}$

五、注意是否漏写离子反应

判断离子方程式的书写正误时，要仔细审题，细心检查是否忽略了其他反应

$\ce{CuSO4}$ 溶液和 $\ce{Ba(OH)2}$ 溶液反应：$\ce{Ba^{2+} +SO^{2-}4=BaSO4 v }\quad(×):$ 忽略了 $\ce{Cu^{2+} +2OH- =Cu(OH)2 v}$

六、注意是否符合反应的「量」

注意离子方程式是否符合题设条件的要求，如过量、少量、等物质的量、一定浓度和体积混合以及滴加顺序对反应产物的影响

Ⅰ 与量有关的复分解反应

1. 向 $\ce{NH4Al(SO4)2}$ 溶液中滴 $\ce{Ba(OH)2}$ 溶液使 $\ce{SO^{2-}4}$ 恰好完全沉淀，离子方程式为：

   $\ce{NH+4 + Al^{3+} + 2SO^{2-}{4 } + 2Ba^{ 2 + } + 4OH- = NH3\cdot H{2}O + Al(OH){3} v + 2BaSO{4} v }\quad (√)$

   1. 由 $\ce{SO^{2-}4 +Ba^{2+}=BaSO4 v}$ 进行配平得出由 $1$ 份 $\ce{NH4Al(SO4)2}$ 溶液 和 $2$ 份 $\ce{Ba(OH)2}$ 溶液

   2. 由 $\ce{Al^{3+} + 3OH- =Al(OH)3 v}$ 和 $\ce{NH^+4 +OH- =NH3\cdot H2O}$ 可知，优先反应 $\ce{Al^{3+}}$，生成 $1$ 份 $\ce{Al(OH)3}$

   3. 还剩余 $1$ 份 $\ce{OH-}$ ，与 $\ce{NH+4}$ 反应，生成 $1$ 份 $\ce{NH3\cdot H2O}$

2. 向 $\ce{NH4Al(SO4)2}$ 溶液滴入过量的 $\ce{NaOH}$ 溶液：$\ce{NH+4 +Al^3+ +5OH- =AlO^-2 +NH3\cdot H2O +2H2O}\quad (√)$

   1. 优先反应 $1$ 份 $\ce{Al^{3+} + 3OH- =Al(OH)3 v}$

   2. 其次反应 $1$ 份 $\ce{NH+4 +OH- =NH3\cdot H2O}$

   3. 最后反应 $1$ 份 $\ce{Al(OH)3 +OH- =AlO^-2 +2H2O}$

3. 向 $\ce{NH4Fe(SO4)2}$ 饱和溶液中滴加几滴（少量）$\ce{NaOH}$ 溶液：$\ce{Fe^3+ +3OH- =Fe(OH)3 v}\quad(√)$

   由 $\ce{NH+4 +OH- =NH3\cdot H2O}$ 和 $\ce{Fe^3+ +3OH- =Fe(OH)3 v}$ ，$\ce{Fe^3+}$ 优先反应

Ⅱ $\ce{CO2}$ 少量与过量的比较

考虑反应物酸性与 $\ce{H2CO3、HCO^-3}$ 的酸性强弱比较

酸性大小：$\ce{H2CO3(CO2 +H2O)>HClO>Ph-OH>HCO^-3}$

1. 将少量的 $\ce{CO2}$ 通入 $\ce{NaClO}$ 溶液中：$\ce{2ClO- +CO2 +H2O =2HClO +CO^2-_3}\quad (×)$

   1. $\ce{H2CO3}$ 电离出的第一个 $\ce{H+}$ 用于制备 $\ce{HClO}$，$\ce{ClO- +CO2 +H2O =HClO +HCO^-3}$

   2. $\ce{HCO^-3}$ 电离出的 $\ce{H+}$ 无法制备次氯酸（ $\ce{ClO- +HCO^-3} \not=\ce{ HClO +CO^2-_3}$，弱酸不可制强酸）

2. 将少量的 $\ce{CO2}$ 通入苯酚钠溶液中：$\ce{2C6H5O- +CO2 +H2O =2C6H5OH +CO^2-_3}\quad (×)$

   1. $\ce{H2CO3}$ 电离出的第一个 $\ce{H+}$ 用于制备 $\ce{C6H5OH}$，$\ce{C6H5O- +CO2 +H2O =C6H5OH +HCO^-3}$

   2. $\ce{HCO^-3}$ 电离出的 $\ce{H+}$ 无法制备苯酚（ $\ce{C6H5O- +HCO^-3} \not=\ce{ C6H5OH +CO^2-_3}$，弱酸不可制强酸）

3. $\ce{Na2S}$ 溶液吸收少量 $\ce{CO2:S^2- +CO2 +H2O =CO^2-_3 +H2S ^}\quad(×)$

   [已知：$K_{a1}(\ce{H2CO3})> K_{a1}(\ce{H2S})> K_{a2}(\ce{H2CO3})$]

   1. 由 $K_{a1}(\ce{H2CO3})>K_{a1}(\ce{H2S})>K_{a2}(\ce{HS-})$ ，$\ce{H2CO3}$ 电离出的第一个 $\ce{H+}$ 可参与反应：

   $\ce{S^2- +CO2 +H2O =HS- +HCO^-3}$

   1. 由 $K_{a1}(\ce{H2S})>K_{a2}(\ce{H2CO3})$ ，$\ce{HCO^-3}$ 电离出的 $\ce{H+}$ 不参与反应（$\ce{HS- +HCO^-3} \not=\ce{CO^2-_3 +H2S ^}$）

Ⅲ $\ce{SO2}$ 的少量与过量

$\ce{SO2}$ 的性质：

1. 酸性：$\ce{SO2 +H2O<=>H2SO3}$

2. 还原性：$\ce{\overset{+4}{S}O2->[氧化剂]\overset{+6}{S}O^2-_4}$

3. 氧化性：$\ce{\overset{+4}{S}O2 +H2\overset{-2}{S}->\overset{0}{S}}$

1. 用过量氨水吸收工业尾气中的 $\ce{SO2:2NH3\cdot H2O +SO2=2NH+4 +SO^2-_3 +H2O}\quad(√)$

   1. $\ce{SO2}$ 溶于水视为 $\ce{H2SO3}$

   2. 过量氨水中和 $\ce{H2SO3}$ 电离出的所有 $\ce{H+}$

2. 将过量的 $\ce{SO2}$ 通入次氯酸钠溶液中：$\ce{ClO- +SO2 +H2O=Cl- +SO^{2-}4 +2H+}\quad(√)$

   1. 少量的 $\ce{ClO-}$ 视为 $1$ 份，$\ce{SO2}$ 溶于水视为 $\ce{H2\overset{+4}{S}O3}$

   2. $\ce{ClO-}$ 为氧化剂，$\ce{H2SO3}$ 为还原剂

3. 将少量的 $\ce{SO2}$ 通入次氯酸钠溶液中：$\ce{ClO- +SO2 +H2O=Cl- +SO^{2-}4 +2H+}\quad(×)$

   1. $\ce{H+}$ 与 $\ce{ClO-}$ 不能共存，发生反应 $\ce{H+ +ClO- =HClO}$

   2. $\ce{SO2}$ 溶于水视为 $\ce{H2SO3}$

   综上：$\ce{3ClO- +SO2 +H2O=Cl- +SO^{2-}4 +2HClO}$

4. 向 $\ce{Ba(ClO)2}$ 溶液中通入少量 $\ce{SO2:SO2 +Ba^2+ +2ClO- +H2O =BaSO3 v +2HClO}\quad(×)$

   1. $\ce{SO2 +H2O=SO^{2-}4 +H+}$

   2. $\ce{Ba^2+ +SO^{2-}4=BaSO4 v}$

   3. $\ce{H+ +ClO- =HClO}$

   综上：$\ce{SO2 +3ClO- +Ba^2+ +H2O=BaSO4 v +Cl- +2HClO}$

5. 向过量 $\ce{SO2}$ 溶液通入 $\ce{K2S}$ 溶液：$\ce{2SO2 +2H2O +S^2- =2HSO^-3 +H2S}\quad(×)$

   $\ce{\overset{+4}{S}O2 +H2\overset{-2}{S}->\overset{0}{S}}$