與用量有關的離子方程式的書寫

劉羽中

離子方程式是高考化學的熱點，尤其是與反應物用量有關的離子反應方程式在近年來高考中出現的頻率很高.這類題型因其靈活度大、綜合性強、令學生倍感棘手.本文將對“與用量有關的離子方程式的書寫”進行系統的歸納與小結，希望能對學生有所幫助.

首先必須弄清幾個與用量有關的名詞：少量——自身全部反應，但另一反應物有剩余；過量——自身有剩余，另一反應物全部反應；適量——自身和另一反應物剛好完全反應；足量——可以是過量或適量；一定量——沒有明確限制，可以是過量、適量或足量.其中最常見的是少量和過量.

“與用量有關的離子方程式”主要有兩種類型：復分解反應和氧化還原反應，下面分別介紹.

一、復分解反應（分為定性和定量兩種情況）

1.定性分析

（1）多元弱酸或酸性氧化物與堿反應

例1書寫離子方程式：①NaOH溶液中通入少量SO2；②NaOH溶液中通入過量SO2.

解析①NaOH過量，產物為正鹽Na2SO3，離子方程式為：2OH-+SO2SO2-3

+H2O；

②SO2過量，生成酸式鹽NaHSO3，離子方程式為：OH-+SO2HSO-3.

（2）弱酸鹽與酸或酸性氧化物反應

例2書寫用Na2CO3溶液吸收少量SO2的離子方程式.

解析本題實質是Na2CO3與H2SO3反應，SO2少量意味著H2SO3少量，提供H+也少量，只能將CO2-3轉化為HCO-3，同時H2SO3將H+全部提供出來后轉化為SO2-3.因此，離子方程式為：2CO2-3+SO2+H2O2HCO-3+SO2-3.

（3）某些弱酸酸式鹽與堿反應

例3書寫Mg（HCO3）2溶液中加入過量NaOH的離子方程式.

解析Mg（HCO3）2與NaOH反應，生成的沉淀可能有兩種：一是MgCO3，二是Mg（OH）2.因為Mg（OH）2比MgCO3更難溶于水，離子反應總是向著離子濃度減小的方向進行，所以在過量NaOH情況下應生成Mg（OH）2.離子方程式為：Mg2++2HCO-3+4OH-Mg（OH）2↓+2H2O+2CO2-3.

（4）不同滴加順序的影響

例4書寫離子方程式：①將過量NaOH溶液滴入AlCl3溶液中②將過量AlCl3溶液滴入NaOH溶液中.

解析①開始時NaOH少量，發生反應：Al3++3OH-Al（OH）3↓，待Al3+完全轉化為Al（OH）3后，NaOH繼續與Al（OH）3反應：Al（OH）3+OH-AlO-2+2H2O，總反應式為：Al3++4OH-AlO-2+2H2O.

②開始時NaOH過量，發生反應：Al3++4OH-AlO-2+2H2O，AlCl3過量后發生：Al3++3AlO-2+6H2O4Al（OH）3↓，總反應式為：Al3++3OH-Al（OH）3↓.

2.定量分析

遵循“少量定系數”原則——即：量少物質全反應，系數定為1；量多物質“按需取量”，由量少物質決定系數.

例5書寫下列離子方程式①NaHCO3溶液與少量Ba（OH）2反應②NaHCO3溶液與過量Ba（OH）2反應.

解析本題涉及兩個反應：HCO-3+OH-CO2-3+H2O和CO2-3+Ba2+BaCO3↓，即OH-與HCO-3先反應，生成的CO2-3又與Ba2+反應.①根據“少量定系數”原則，當Ba（OH）2少量時，定Ba（OH）2系數為1 mol，即有1 mol Ba2+和2 mol OH-，2molOH-需要2 mol HCO-3生成2 mol CO2-3和2mol H2O，其中1 mol CO2-3與Ba2+生成BaCO3沉淀，另1 mol CO2-3以Na2CO3形式存在溶液中，離子方程式為：2HCO-3+Ba2++2OH-BaCO3↓+CO2-3+2H2O.

②當NaHCO3少量時，定NaHCO3系數為1 mol，即有1 mol HCO-3，需1 mol OH-生成1 mol H2O和1 mol CO2-3，1 mol CO2-3又需1 mol Ba2+生成BaCO3沉淀，此時雖然Ba（OH）2的配比Ba2+：OH-=1∶2，但參加反應的OH-只有1 mol（注：另1 mol OH-以NaOH形式存在溶液中），所以應“按需取量”，離子方程式為：HCO-3+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O.

例6向明礬[KAl（SO4）2·12H2O]溶液中滴加Ba（OH）2溶液，寫出符合下列條件的離子方程式.

①當Al3+完全沉淀時（即沉淀的物質的量最大時）

②當SO2-4完全沉淀時（即沉淀的質量最大時）

③當KAl（SO4）2·12H2O與 Ba（OH）2的物質的量之比為1∶1.8時.

解析本題涉及兩組離子，3個簡單離子方程式，即Ba2+和SO2-4：Ba2++SO2-4BaSO4↓；Al3+和OH-：Al3++3OH-Al（OH）3↓或Al3++4OH-AlO-2+2H2O.設KAl（SO4）2有1 mol，即有1 mol Al3+和2 mol SO2-4.

①當Al3+完全沉淀時，1 mol Al3+需3 mol OH-，即需要1.5 mol Ba（OH）2，1.5 mol Ba2+只需1.5 mol SO2-4就可以生成BaSO4沉淀；所以離子方程式為Al3++1.5SO2-4+1.5Ba2++3OH-Al（OH）3↓+1.5BaSO4↓，化簡后得到反應的離子方程式為：2Al3++3SO2-4+3Ba2++6OH-3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，此時沉淀共有2.5 mol，為物質的量最大時.

②當SO2-4完全沉淀時，2 mol SO2-4需2 mol Ba2+，即需要2 mol Ba（OH）2，電離出的4 mol OH-與1 mol Al3+正好生成1 mol AlO-2和2 mol H2O，反應的離子方程式為：Al3++2SO2-4+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+AlO-2+2H2O.此時沉淀雖只有2 mol，但質量有2 mol×233 g·mol-1=466 g，為沉淀質量最大時.

③設KAl（SO4）2·12H2O有1 mol，Ba（OH）2有1.8 mol，則Al3+有1 mol，SO2-4有2 mol；Ba2+有1.8 mol，OH-有3.6 mol，發生的反應有：1.8Ba2++1.8SO2-41.8BaSO4↓，Al3++3OH-Al（OH）3↓，0.6 Al（OH）3+0.6OH-0.6AlO-2+1.2H2O，Al（OH）3的物質的量為1 mol-0.6 mol=0.4 mol，總反應式為：Al3++1.8SO2-4+1.8Ba2++3.6OH-1.8BaSO4↓+0.6AlO-2+0.4Al（OH）3↓+1.2H2O，化簡即得結果：5Al3++9SO2-4+9Ba2++18OH-9BaSO4↓+3AlO-2+2Al（OH）3↓+6H2O.

二、氧化還原反應

注意點：

1.電子守恒，即還原劑失電子數等于氧化劑得電子數；

2.若氧化劑或還原劑的離子不止一種，應注意“先后原則”，即氧化性強或還原性強的離子先反應，弱的后反應.

例7請完成下表中的離子方程式

FeBr2與Cl2反應FeI2與Cl2反應

Cl2少量

Cl2過量

解析還原性：I->Fe2+>Br-，按“先后原則”，在FeBr2中通Cl2，Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br-.當Cl2少量時，只能氧化Fe2+，離子方程式為：2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-；當Cl2過量時，Fe2+、Br-都全部被氧化，設FeBr2有1 mol，1 mol Fe2+和2 mol Br-總共失3 mol e-，能與1.5 mol Cl2反應，所以離子方程式為Fe2++2Br-+1.5 Cl22Fe3++Br2 +3Cl-，再化簡即可.在FeI2中通Cl2情況類似，只不過還原性I->Fe2+，Cl2先氧化I-，后氧化Fe2+.

答案：

FeBr2與Cl2反應FeI2與Cl2反應

Cl2少量2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-2I-+Cl2I2+2Cl-

Cl2過量2Fe2+ +4Br-+3Cl2

2Fe3++2Br2+6Cl-

2Fe2+ +4I-+3Cl2

2Fe3++2I2+6Cl-

拓展：書寫0.1 mol/L FeI2與0.12 mol/L Br2等體積混合的離子方程式.

解析設FeI2有1 mol，Br2有1.2 mol，FeI2電離成1 mol Fe2+和2 mol I-，發生的反應為：2I-+Br2I2+2Br-，0.2Br2+0.4Fe2+0.4Fe3++0.4Br-，兩式相加得：0.4Fe2++2I-+1.2Br20.4Fe3++I2+2.4Br-，再將系數化簡可得反應的離子方程式為：2Fe2++10I-+6Br22Fe3++5I2+12Br-.

例8書寫FeCl2與Na2O2等物質的量反應的離子方程式.

解析設FeCl2和Na2O2都有1 mol.1 mol Fe2+失1 mol e-，1 mol Na2O2若全部做氧化劑得2 mol e-，說明Na2O2既做氧化劑，又做還原劑.設做氧化劑的Na2O2為x mol，做還原劑的Na2O2為（1-x）mol，根據電子守恒：1+2（1-x）=2x，解得x=0.75，所以做還原劑的Na2O2為0.25 mol，生成的O2也為0.25 mol，再用H2O來滿足質量守恒，可得：Fe2+ +Na2O2+1.5H2OFe（OH）3↓+2Na++0.25O2↑，化簡得到離子方程式：4Fe2+ +4Na2O2+6H2O4Fe（OH）3↓+8Na++O2↑.

（收稿日期：2014-05-03）