3 化學(xué)反應(yīng)離子反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)考向預(yù)測1了解離子反應(yīng)的概念及離子反應(yīng)發(fā)生的條件。2掌握常見離子的檢驗(yàn)方法。3能正確書寫離子方程式，并能進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。4了解氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)，了解常見的氧化還原反應(yīng)。5掌握常見氧化還原反應(yīng)方程式的配平和相關(guān)計(jì)算?？陀^題（1）考查限定條件的離子能否大量共存的判斷、離子方程式的正誤判斷。（2）考查通過實(shí)驗(yàn)操作、離子檢驗(yàn)，推斷電解質(zhì)溶液中存在的離子。（3）考查氧化還原反應(yīng)的概念辨析及氧化性、還原性的強(qiáng)弱比較。（4）結(jié)合阿伏加德羅常數(shù)考查電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的計(jì)算。主觀題（1）結(jié)合無機(jī)化工流程及實(shí)驗(yàn)考查離子方程式的書寫。（2）考查離子檢驗(yàn)方法和操作步驟的描述。（3）通常以典型物質(zhì)或工業(yè)生產(chǎn)流程為載體，考查氧化還原反應(yīng)方程式的配平，以及運(yùn)用守恒規(guī)律的應(yīng)用。一、電解質(zhì)及其電離1電解質(zhì)和非電解質(zhì)（1）電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?。?）非電解質(zhì)是在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物。2強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)在水溶液中完全電離的電解質(zhì)叫強(qiáng)電解質(zhì)。在水溶液中部分電離的電解質(zhì)叫弱電解質(zhì)。3記憶常見強(qiáng)弱電解質(zhì)強(qiáng)電解質(zhì)：強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、大多數(shù)的鹽；弱電解質(zhì)：弱酸、弱堿、水、少數(shù)鹽強(qiáng)酸：HCl、HI、HClO4、H2SO4、HNO3等；弱酸：H2CO3、CH3COOH、HF、HClO等。強(qiáng)堿：NaOH、KOH、Ba(OH)2等；弱堿：NH3H2O、Fe(OH)3、Cu(OH)2、Al(OH)3等。絕大多數(shù)鹽：BaSO4、CaCO3、BaCl2等；少部分鹽：(CH3COO)2Pb等。二、離子反應(yīng)1概念：有離子參加或有離子生成的反應(yīng)統(tǒng)稱為離子反應(yīng)。2離子反應(yīng)的條件：生成難溶的物質(zhì)；生成難電離的物質(zhì)；生成易揮發(fā)的物質(zhì)；發(fā)生氧化還原反應(yīng)。三、離子方程式離子反應(yīng)方程式的書寫（1）書寫離子方程式的技巧與量有關(guān)的離子方程式的書寫書寫時(shí)采用“少定多變法”。所謂的“少定”即量少的反應(yīng)物，其離子的化學(xué)計(jì)量數(shù)確定為1，而“多變”即過量的反應(yīng)物，其化學(xué)計(jì)量數(shù)根據(jù)反應(yīng)的需要確定，不受化學(xué)式中比例的制約，是可變的，即量少物質(zhì)產(chǎn)生的離子數(shù)之比符合化學(xué)式。如Ca(HCO3)2溶液加入過量NaOH溶液：Ca2+2HCO2OH=CaCO3CO2H2O；若Ca(HCO3)2溶液加入少量的NaOH溶液：Ca2+HCOOH=CaCO3H2O。離子反應(yīng)中的優(yōu)先原理a優(yōu)先氧化原理(或優(yōu)先還原原理)書寫時(shí)以電子守恒法判斷離子方程式中的離子的化學(xué)計(jì)量數(shù)。確定氧化劑或還原劑強(qiáng)弱順序。根據(jù)強(qiáng)弱規(guī)律，判斷反應(yīng)順序，同一還原劑與多種氧化劑反應(yīng)，氧化性強(qiáng)的氧化劑優(yōu)先反應(yīng)。分步計(jì)算。先判斷過量，后計(jì)算。b優(yōu)先沉淀原理若某一溶液中同時(shí)存在幾種能與所加試劑形成沉淀的離子，則溶解度(嚴(yán)格講應(yīng)為溶度積)小的物質(zhì)優(yōu)先沉淀。如向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，應(yīng)優(yōu)先生成Mg(OH)2沉淀，而不是MgCO3沉淀。多離子反應(yīng)分析兩種試劑混合，同時(shí)存在多個(gè)離子反應(yīng)，分析時(shí)可令其中一種離子完全反應(yīng)，然后分析另一種離子的反應(yīng)情況。如明礬KAl(SO4)212H2O溶液與氫氧化鋇溶液的反應(yīng)。如向1mol明礬的溶液中加入氫氧化鋇溶液，可假設(shè)鋁離子完全沉淀，則需要?dú)溲趸^1.5mol，此時(shí)明礬溶液中的硫酸根離子只有1.5mol沉淀為硫酸鋇，則離子方程式可表示為：Al3+1.5SO1.5Ba2+3OH=1.5BaSO4Al(OH)3，然后將小數(shù)調(diào)整為整數(shù)即可。假設(shè)硫酸根離子完全沉淀，則需要?dú)溲趸^2mol，而2mol氫氧化鋇提供4mol氫氧根離子，故與1mol鋁離子恰好完全反應(yīng)生成偏鋁酸根離子，則離子方程式可表示為：Al3+2SO2Ba2+4OH=2BaSO4AlO2H2O；同理可寫出任意給定物質(zhì)的量之比的反應(yīng)的離子方程式。根據(jù)相同的分析方法可寫出任意比值的硫酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)的離子方程式。（2）離子方程式正誤判斷離子方程式正誤判斷是離子反應(yīng)常見考查形式之一。把握離子方程式書寫中的易錯(cuò)點(diǎn)，即可明確命題者的設(shè)錯(cuò)方式，有利于快速、準(zhǔn)確地判斷離子方程式的正誤。忽視物質(zhì)性質(zhì)臆造離子方程式如過量的氨水加入AlCl3溶液中，錯(cuò)寫成：Al3+4NH3H2O=AlO4NH2H2O。不能合理拆分化學(xué)式如氯氣溶于水，錯(cuò)寫成：Cl2H2O=2H+ClClO。忽視電荷守恒或原子守恒如Cu溶于FeCl3溶液，錯(cuò)寫成：CuFe3+=Cu2+Fe2+；過氧化鈉加水，錯(cuò)寫成：Na2O2H2O=2Na+2OHO2。漏掉部分離子反應(yīng)，書寫離子方程式不完整如向硫酸氨溶液中加氫氧化鋇溶液因忽視氫氧根離子與銨根離子反應(yīng)而寫成：Ba2+SO=BaSO4。忽視氧化還原反應(yīng)忽視氧化還原反應(yīng)是離子方程式的常見設(shè)錯(cuò)形，當(dāng)離子方程式中涉及HNO3、Na2O2、ClO等強(qiáng)氧化性物質(zhì)或離子與SO2、SO、I、Fe2等強(qiáng)還原性物質(zhì)或離子時(shí)要特別引起注意。如向次氯酸鈣溶液中通入二氧化硫，錯(cuò)寫成：Ca2+2ClOSO2H2O=2HClOCaSO3。忽視反應(yīng)環(huán)境錯(cuò)寫生成物如離子方程式2MnOHCOOOH=2MnOCO2H2O，反應(yīng)物中含有OH，即在堿性環(huán)境中不可能生成CO2；又如在強(qiáng)堿溶液中次氯酸鈉與Fe(OH)3反應(yīng)生成Na2FeO4，反應(yīng)的離子方程式寫成：3ClO2Fe(OH)3=2FeO3ClH2O4H+，就忽視了堿性環(huán)境而錯(cuò)寫成氫離子。四、離子不能大量共存的原因（1）由于發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，離子不能大量共存。有氣體產(chǎn)生。如CO、HCO、S2、HS、SO、HSO等易揮發(fā)的弱酸的酸根與H+不能大量共存。有沉淀生成。如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能與SO、CO等大量共存，；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等不能與OH大量共存；SiO、AlO、S2O等不能與H+大量共存。有弱電解質(zhì)生成。如OH、ClO、F、CH3COO、PO、HPO、H2PO等與H+不能大量共存；一些酸式弱酸根及NH不能與OH大量共存。一些容易發(fā)生水解的離子，在溶液中的存在是有條件的。如：AlO、S2、HS、CO、HCO、SO、HSO、ClO、F、CH3COO、PO、SiO、C6H5O等必須在堿性條件下才能在溶液中大量存在；Mg2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、NH等必須在酸性條件下才能在溶液中大量存在。（2）由于發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子不能大量共存一般情況下，具有較強(qiáng)還原性的離子不能與具有較強(qiáng)氧化性的離子大量共存。如I、S2、HS和Fe3+不能大量共存。在酸性或堿性的介質(zhì)中由于發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存。如NO和I在中性或堿性溶液中可以共存，但在有大量H+存在情況下不能共存；SO、S2O和S2在堿性條件下可以共存，但在酸性條件下不能共存。ClO與S2不論是在酸性條件下還是在堿性條件下都不能大量共存。（3）由于形成絡(luò)合離子，離子不能大量共存如Fe3+和C6H5O，由于Fe3+SCNFe(SCN)2+等絡(luò)合反應(yīng)的發(fā)生而不能大量共存。（4）相互促進(jìn)水解的離子間一般不能同時(shí)存在在同一溶液中。如：Al3和HCO、CO、S2、HS、AlO、C6H5O，F(xiàn)e3+和AlO、HCO、CO，NH和AlO等。特別注意：NH和CO、HCO、CH3COO在同一溶液中能大量共存。五、氧化還原反應(yīng)1氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是電子的得失或電子對的偏移，特征是反應(yīng)前后元素化合價(jià)的升降；判斷某反應(yīng)是否屬于氧化還原反應(yīng)可根據(jù)反應(yīng)前后化合價(jià)是否發(fā)生了變化這一特征。2基本概念關(guān)系3氧化還原反應(yīng)的表示方法（1）雙線橋法（2）單線橋法氧化還原反應(yīng)與四種基本反應(yīng)類型的關(guān)系六、氧化性、還原性及其強(qiáng)弱比較氧化性得電子能力，得到電子越容易氧化性越強(qiáng)。還原性失電子能力，失去電子越容易還原性越強(qiáng)。物質(zhì)的氧化性或還原性的強(qiáng)弱只取決于得到或失去電子的難易程度，與得失電子的數(shù)目無關(guān)。1 根據(jù)氧化還原反應(yīng)的方向“劑>物”：同一反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性。2根據(jù)元素的化合價(jià)如果物質(zhì)中某元素具有最高價(jià)，該元素只有氧化性；物質(zhì)中某元素具有最低價(jià)，該元素只有還原性；物質(zhì)中某元素具有中間價(jià)態(tài)，該元素既有氧化性又有還原性。3根據(jù)金屬活動(dòng)性順序表在金屬活動(dòng)性順序表中，位置越靠前，其還原性就越強(qiáng)，其陽離子的氧化性就越弱。4根據(jù)元素周期表同周期元素，隨著核電荷數(shù)的遞增，氧化性逐漸增強(qiáng)，還原性逐漸減弱；同主族元素，隨著核電荷數(shù)的遞增，氧化性逐漸減弱，還原性逐漸增強(qiáng)。6根據(jù)反應(yīng)的難易程度氧化還原反應(yīng)越容易進(jìn)行(表現(xiàn)為反應(yīng)所需條件越低)，則氧化劑的氧化性和還原劑的還原性就越強(qiáng)。不同的還原劑(或氧化劑)與同一氧化劑(或還原劑)反應(yīng)時(shí)，條件越易或者氧化劑(或還原劑)被還原(或被氧化)的程度越大，則還原劑(或氧化劑)的還原性(或氧化性)就越強(qiáng)。7根據(jù)電化學(xué)原理判斷a根據(jù)原電池原理判斷：兩種不同的金屬構(gòu)成原電池的兩極。負(fù)極金屬是電子流出的極，正極金屬是電子流入的極。其還原性：負(fù)極>正極。b根據(jù)電解池原理判斷：用惰性電極電解混合液時(shí)，若混合液中存在多種金屬陽離子時(shí)，在陰極先放電的陽離子的氧化性較強(qiáng)(相應(yīng)的金屬單質(zhì)的還原性較弱)，若混合液中存在多種陰離子，在陽極先放電的陰離子的還原性較強(qiáng)(相應(yīng)的非金屬單質(zhì)的氧化性較弱)。8其他條件一般溶液的酸性越強(qiáng)或溫度越高，則氧化劑的氧化性和還原劑的還原性就越強(qiáng)，反之則越弱。七、氧化還原反應(yīng)規(guī)律1價(jià)態(tài)變化規(guī)律（1）歸中規(guī)律：含同種元素不同價(jià)態(tài)的物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，該元素價(jià)態(tài)的變化一定遵循“高價(jià)低價(jià)中間價(jià)”的規(guī)律。這里的中間價(jià)可以相同(謂之“靠攏”)，也可以不同，但此時(shí)必是高價(jià)轉(zhuǎn)變成較高中間價(jià)，低價(jià)轉(zhuǎn)變成較低中間價(jià)(謂之“不相交”)。（2）歧化規(guī)律：同一種物質(zhì)中的同一元素部分化合價(jià)升高，另一部分化合價(jià)降低，發(fā)生自身的氧化還原反應(yīng)。2優(yōu)先規(guī)律在同一溶液里存在幾種不同的還原劑且濃度相差不大時(shí)，當(dāng)加入氧化劑時(shí)，還原性強(qiáng)的還原劑優(yōu)先被氧化；同時(shí)存在幾種不同的氧化劑且其濃度相差不大時(shí)，當(dāng)加入還原劑時(shí)，氧化性強(qiáng)的氧化劑優(yōu)先被還原。如：把少量Cl2通入FeBr2溶液中，F(xiàn)e2+先失電子；把少量Cl2通入FeI2溶液中，I先失電子。3得失電子守恒規(guī)律在任何氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子總數(shù)與還原劑失電子總數(shù)一定相等。對于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，利用得失電子守恒規(guī)律，拋開煩瑣的反應(yīng)過程，可不寫化學(xué)方程式，能更快、更便捷地解決有關(guān)問題。4氧化還原反應(yīng)方程式的配平（1）配平原則：電子守恒、原子守恒、電荷守恒（2）配平步驟：標(biāo)變價(jià)列變化求總數(shù)配系數(shù)細(xì)檢查。（3）配平方法：正向配平法：如果被氧化、被還原的元素分別是兩種不同的反應(yīng)物，通常從方程式左邊進(jìn)行配平；逆向配平法：對于自身氧化還原反應(yīng)或反應(yīng)物只有一種的，一般從方程式右邊配平較簡單。1（2018江蘇卷）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO+CaSO4CaCO3+SOB酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I+IO+6H+=I2+3H2OCKClO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl+4H+H2OD電解飽和食鹽水：2Cl+2H+Cl2+H2【解題思路】本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個(gè)方面進(jìn)行：從反應(yīng)原理進(jìn)行判斷，如反應(yīng)是否能發(fā)生、反應(yīng)是否生成所給產(chǎn)物（題中D項(xiàng)）等；從物質(zhì)存在形態(tài)進(jìn)行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；從守恒角度進(jìn)行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應(yīng)中的電子守恒等（題中B項(xiàng)）；從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷（題中C項(xiàng)）；從反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進(jìn)行判斷。A項(xiàng)，飽和Na2CO3溶液與CaSO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成更難溶于水的CaCO3，反應(yīng)的離子方程式為CO+CaSO4CaCO3+SO，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，電荷不守恒，得失電子不守恒，正確的離子方程式為5I+IO+6H+=3I2+3H2O，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在堿性溶液中不可能生成H+，正確的離子方程式為3ClO+2Fe(OH)3+4OH=3Cl+2FeO+5H2O，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，電解飽和食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，電解飽和食鹽水的離子方程式為2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！敬鸢浮緼2（2018山西聯(lián)考）常溫下，下列有關(guān)離子共存的說法中正確的是( )A某無色溶液中可能大量存在Al3+、NH、Cl、SiOB水電離出H+濃度為11013 molL1的澄淸透明溶液中可能大量存在Mg2+、Cu2+、SO、NOC小蘇打溶液中，可能大量存在I、NO、Ba2+、ClOD使甲基橙呈紅色的溶液中，可能大量存在NH、K+、AlO、Cl【解題思路】本題主要考查離子共存問題，注意把握題目中的關(guān)鍵信息和常見離子之間的反應(yīng)為解答本題的關(guān)鍵，本題的難點(diǎn)是B項(xiàng)，在由水電離出H+濃度為11013molL1的溶液中，說明水的電離受到了抑制，溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，所以在判斷離子共存時(shí)既要考慮溶液可能是酸性的情況也要考慮溶液可能是堿性的情況。AAl3+與SiO會(huì)發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能在溶液中大量共存，故A錯(cuò)誤；B水電離出的H+濃度為11013molL1的溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，若為酸性溶液，則四種離子不反應(yīng)，可以大量共存，若為堿性溶液，Mg2+、Cu2+與OH發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存，故B正確；CI與ClO會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能在溶液中大量共存，故C錯(cuò)誤；D使甲基橙呈紅色的溶液是酸性溶液，H+可與AlO反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故D錯(cuò)誤；答案選B。【答案】B3水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH、NO、CO、SO中的若干種離子，且存在的各離子具有相同的物質(zhì)的量，某同學(xué)對該溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：下列判斷正確的是（）A氣體A一定是CO2，氣體B一定是NH3B白色沉淀一定是Al(OH)3C溶液中一定存在Al3、Fe2、NO、NHD溶液中一定不存在大量Na【解題思路】根據(jù)題給信息，反應(yīng)生成有色沉淀，故一定有Fe2，則溶液中不含有CO，加入鹽酸反應(yīng)放出氣體，則一定含有NO，氣體A為NO，A錯(cuò)誤。加入過量氫氧化鋇，產(chǎn)生氣體B，說明溶液中含有NH；溶液中通入二氧化碳，產(chǎn)生了白色沉淀，沉淀中含有碳酸鋇，故白色沉淀不一定是氫氧化鋁，原溶液中不一定含有Al3，B、C均錯(cuò)誤。根據(jù)電荷守恒，且各離子的物質(zhì)的量相同，溶液中含有SO，一定不含Na，D正確?！敬鸢浮緿4（2018河北武邑調(diào)研）工業(yè)上常利用反應(yīng)Cr2O+CH3OH+H+Cr3+CO2+H2O(未配平)來測定工業(yè)甲醇中甲醇的含量，下列說法中正確的是( )A溶液的顏色從灰綠色變?yōu)槌壬獴Cr2O發(fā)生氧化反應(yīng)C若配平后Cr3+和CO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)比為21，則Cr2O中的n=2D若有3.2g CH3OH參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.021022【解題思路】靈活應(yīng)用氧化還原中“還原劑失電子化合價(jià)升高，氧化劑得電子化合價(jià)降低”，電子得失守恒規(guī)律。A根據(jù)反應(yīng)方程式可知，Cr3+為灰綠色，是生成物，溶液的顏色應(yīng)該變成灰綠色，故A錯(cuò)誤；B反應(yīng)中CH3OH中C元素的化合價(jià)由-2價(jià)升高到+4價(jià)，被氧化，則Cr2O發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C若配平后Cr3+和CO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)比為21，假設(shè)生成二氧化碳為1mol，則轉(zhuǎn)移6mol電子，根據(jù)得失電子守恒，Cr2O中Cr元素的化合價(jià)為+6價(jià)，因此n=2，故C正確；D3.2g CH3OH的物質(zhì)的量為3.2g32g/mol=0.1mol，則轉(zhuǎn)移的電子0.6mol，數(shù)目為0.66.021023，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C5（2018湖北荊門模擬）在混合體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)先后順序有利于問題的解決，下列反應(yīng)先后順序判斷正確的是( )A在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2：I、Br、Fe2B在含等物質(zhì)的量的Fe3、Cu2、H的溶液中加入Zn：Fe3、Cu2、H、Fe2C在含等物質(zhì)的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3、K2CO3D在含等物質(zhì)的量的AlO、OH、CO的溶液中，逐滴加入鹽酸：AlO、Al(OH)3、OH、CO【解題思路】考查學(xué)生化學(xué)反應(yīng)的先后率知識(shí)，注意離子的氧化性、還原性順序是解題關(guān)鍵。還原性：IFe2+Br，氧化性順序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+。多種離子均會(huì)發(fā)生反應(yīng)時(shí)，先發(fā)生反應(yīng)的反應(yīng)產(chǎn)物與其他物質(zhì)能大量共存。A在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強(qiáng)的離子反應(yīng)，離子的還原性順序：IFe2+Br-，故A錯(cuò)誤；B在含等物質(zhì)的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強(qiáng)的離子之間反應(yīng)，離子的氧化性順序是：Fe3+Cu2+H+Fe2+，故B正確；C在含等物質(zhì)的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2之間反應(yīng)，其次是氫氧化鉀，再是和碳酸鹽之間反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D在含等物質(zhì)的量的AlO、OH、CO溶液中，逐滴加入鹽酸，氫離子先是和氫氧根之間發(fā)生中和反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B。【答案】B6（2018北京月考）在酸性條件下，向含鉻廢水中加入FeSO4，可將有害的Cr2O轉(zhuǎn)化為Cr3，然后再加入熟石灰調(diào)節(jié)溶液的pH，使Cr3轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀，而從廢水中除去。下列說法正確的是（）AFeSO4在反應(yīng)中作氧化劑B隨著反應(yīng)的進(jìn)行，該廢水的pH會(huì)減小C若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.6mol e，則會(huì)有0.2 mol Cr2O被還原D除去廢水中含鉻元素離子的過程包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)【解題思路】考查氧化還原反應(yīng)。先根據(jù)題信息寫出氧化還原反應(yīng)方程式：6Fe2+Cr2O+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O再根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移、氧化劑、還原劑的定義解答。難度不大。AFeSO4可將有害的Cr2O轉(zhuǎn)化為Cr3+，即Cr元素的化合價(jià)降低，鐵元素的化合價(jià)升高，即FeSO4為還原劑，錯(cuò)誤；B該過程中發(fā)生的反應(yīng)為：6Fe2+Cr2O+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，故隨著反應(yīng)的進(jìn)行，該廢水的pH值會(huì)增大，錯(cuò)誤；CCr2O中Cr的化合價(jià)為+6價(jià)，轉(zhuǎn)化為Cr3+，即Cr元素的化合價(jià)降低3價(jià)，即1molCr得到3mol電子，故轉(zhuǎn)移0.6mole，則會(huì)有0.1molCr2O被還原，錯(cuò)誤；D除去廢水中含鉻元素離子的過程包括氧化還原反應(yīng)6Fe2+Cr2O+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O和Cr3+3OH=Cr(OH)3（復(fù)分解反應(yīng)），正確?！敬鸢浮緿1常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH1的溶液：Ag、Al3、Cl、SOB能使酚酞試液變紅的溶液：Na、K、HCO、S2C1012的溶液：NH、Cu2、NO、ClD水電離產(chǎn)生的c(OH)1012mol/L的溶液：K、Fe2、SO、NO【解題思路】ApH1的溶液，顯酸性，Ag分別與Cl、SO結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B能使酚酞試液變紅的溶液，溶液顯堿性，堿溶液中不能大量存在HCO，故B錯(cuò)誤；C1012的溶液，顯酸性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故C正確；D水電離產(chǎn)生的c(OH)1012 molL1的溶液，為酸或堿溶液，堿溶液中不能大量存在Fe2，酸溶液中Fe2、NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C2（2018安徽模擬）下列離子方程式書寫正確的是（）ANa2S2O3溶液與稀H2SO4反應(yīng)的離子方程式：S2O+6H+ =2S+3H2OB向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2，CO+CO2+H2O=2HCO3-CCuSO4與過量濃氨水反應(yīng)的離子方程式：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NHDFe與稀硝酸反應(yīng)，當(dāng)n(Fe)n(HNO3)=12時(shí)，3Fe+2NO+8H+=3Fe2+2NO+4H2O【解題思路】熟悉離子方程式的正誤判斷的依據(jù)。易錯(cuò)點(diǎn)，選型中，飽和碳酸鈉溶液中通入過量CO2，生成的碳酸氫鈉會(huì)析出。A項(xiàng)，電荷不守恒，應(yīng)為S2O+2H+=S+SO2+H2O，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，因?yàn)镹a2CO3溶液是飽和的，所以生成的NaHCO3會(huì)析出，應(yīng)為2Na+CO+CO2+H2O=2NaHCO3，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，CuSO4與過量濃氨水反應(yīng)的離子方程式為：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，F(xiàn)e與稀硝酸反應(yīng)，n(Fe)n(HNO3)38時(shí)，生成Fe2+、NO和H2O，所以n(Fe)n(HNO3)=12(>38)時(shí)，反應(yīng)離子方程式為：3Fe+2NO+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，故D正確。綜上所述，符合題意的選項(xiàng)為D。【答案】D3（2018湖北武漢聯(lián)考）下列四個(gè)選項(xiàng)中的兩個(gè)反應(yīng)可用同一個(gè)離子方程式表示的是( )選項(xiàng)A將少量SO2通入Ba(OH)2溶液將過量SO2通入Ba(OH)2溶液B將少量濃氨水滴入Al2(SO4)3溶液將少量Al2(SO4)3溶液滴入濃氨水C將0.1molCl2通入0.2molFeBr2的溶液將0.3molCl2通入0.2molFeBr2的溶液D將少量BaCl2溶液與NaSO4溶液相混合將少量Ba(OH)2溶液與MgSO4溶液相混合【解題思路】本題考查了離子方程式的書寫，解題關(guān)鍵：把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，難點(diǎn)：與量有關(guān)的離子反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)，注意量和離子還原性離子優(yōu)先反應(yīng)規(guī)律。A將少量SO2通入Ba(OH)2溶液生成亞硫酸鋇沉淀，將過量SO2通入少量Ba(OH)2溶液生成亞硫酸氫鋇，無沉淀生成，故A錯(cuò)誤；B將少量濃氨水滴入Al2(SO)4溶液和將少量Al2(SO)3溶液滴入濃氨水可以用同一離子方程式表示，Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH；故B正確；C將0.1mol Cl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，發(fā)生反應(yīng)為2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；將0.3mol Cl2通入含0.2mol FeBr2溶液反應(yīng)為2Fe2+4Br+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl；故C錯(cuò)誤；D將少量BaCl2溶液與Na2SO4溶液相混合離子方程式為Ba2+SO=BaSO4，少量Ba(OH)2溶液與MgSO4溶液相混合，反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Ba2+SOMg2+2OH=Mg(OH)2+BaSO4，二者的離子方程式不同，故D錯(cuò)誤；故選B?！敬鸢浮緽4（2018安徽質(zhì)量檢測）酸性KMnO4溶液和CuS混合時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)如下：MnO+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O，下列有關(guān)該反應(yīng)的說法中正確的是（）A被氧化的元素是Cu和SBMn2+的還原性強(qiáng)于CuS的還原性C氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為65D若生成2.24L(標(biāo)況下)SO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.8mol【解題思路】本題考查了氧化還原反應(yīng)知識(shí)的綜合應(yīng)用。用雙線橋表示氧化還原反應(yīng)，配平反應(yīng)方程式6MnO+5CuS+28H+=5Cu2+5SO2+6Mn2+14H2O，根據(jù)電子守恒解答。反應(yīng)中，銅元素的化合價(jià)沒變，硫元素的化合價(jià)由2升到4價(jià)，只有硫元素被氧化，A錯(cuò)誤；還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性CuS>Mn2+，B錯(cuò)誤；氧化劑為KMnO4，還原劑為CuS，設(shè)KMnO4為xmol，CuS為ymol，根據(jù)電子守恒：x(7-2)=y(4-(-2)，xy=65，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為65，C正確；二氧化硫物質(zhì)的量為0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量為0.16/5=0.12mol，反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由7價(jià)降低為2價(jià)，故轉(zhuǎn)移電子為0.12mol(72)0.6mol，D錯(cuò)誤；正確選項(xiàng)C?！敬鸢浮緾5已知：2Fe3Br2=2FeBr3，F(xiàn)e2+的還原性大于Br?，F(xiàn)有16.8g鐵和0.3mol Br2反應(yīng)后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列敘述不正確的是（）A當(dāng)a0.1時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClB當(dāng)a0.45時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe2+4Br3Cl2=2Fe3+2Br26ClC若溶液中Br有一半被氧化時(shí)，c(Fe3+)c(Br)c(Cl)113D當(dāng)0a0.15時(shí)，溶液中始終滿足2c(Fe2+)3c(Fe3+)c(H)c(Cl)c(Br)c(OH)【解題思路】16.8g鐵和0.3mol Br2反應(yīng)鐵過量，所以產(chǎn)物為0.3mol FeBr2。Aa0.1時(shí)，Cl2不足，所以先與Fe2反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式正確；Ba0.45時(shí)，Cl2恰好與FeBr2反應(yīng)，發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式正確；C若溶液中Br有一半(0.3mol)被氧化時(shí)，此時(shí)0.3mol Fe2需要氯氣0.15mol，0.3mol Br需要氯氣0.15mol，共用氯氣0.3mol，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，所以溶液中c(Fe3)c(Br)c(Cl)112，錯(cuò)誤；D0a0.15時(shí)，F(xiàn)e2未被全部氧化，溶液中還存在Fe2，根據(jù)電荷守恒定律，2c(Fe2)3c(Fe3)c(H)c(Cl)c(Br)c(OH)成立，正確。【答案】C6（2018吉林延邊州模擬）工業(yè)酸性廢水中的Cr2O可轉(zhuǎn)化為Cr3+除去，實(shí)驗(yàn)室用電解法模擬該過程，結(jié)果如下表所示(實(shí)驗(yàn)開始時(shí)溶液的體積均為50mL，Cr2O的起始濃度、電壓、電解時(shí)間均相同)。下列說法中，不正確的是（）實(shí)驗(yàn)電解條件陰、陽極均為石墨陰、陽極均為石墨，滴加1mL濃硫酸陰極為石墨，陽極為鐵，滴加1mL濃硫酸Cr2O的去除率/%0.92212.757.3A對比實(shí)驗(yàn)可知，降低pH可以提高Cr2O的去除率B實(shí)驗(yàn)中，理論上電路中每通過6mol電子，就有1mol Cr2O被還原C實(shí)驗(yàn)中，Cr2O在陰極放電的電極反應(yīng)式是Cr2O+6e+14H+=2Cr3+7H2OD實(shí)驗(yàn)中，C2O去除率提高的原因是Cr2O+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O【解題思路】本題考查電解原理，明確離子放電順序及電解原理是解本題關(guān)鍵，注意：活潑金屬作陽極時(shí)，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子，要注意陽極鐵溶解生成的亞鐵離子會(huì)還原Cr2O。A對比實(shí)驗(yàn)，這兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中只有溶液酸性強(qiáng)弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O的去除率，故A正確；B實(shí)驗(yàn)中，Cr2O在陰極上得電子，且溶液中的亞鐵離子也能還原Cr2O，理論上電路中每通過6mol電子，則有1mol Cr2O在陰極上被還原，且溶液中還有0.5molCr2O被Fe2+還原，所以一共有1.5mol Cr2O被還原，故B錯(cuò)誤；C實(shí)驗(yàn)中，Cr2O在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cr2O+6e+14H+=2Cr3+7H2O，故C正確；D實(shí)驗(yàn)中，Cr2O在陰極上得電子，且溶液中的亞鐵離子也能還原Cr2O，離子方程式為Cr2O+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，所以導(dǎo)致Cr2O去除率提高，故D正確；故選B。【答案】B1能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是（）AFe2O3溶于過量氫碘酸溶液中：Fe2O36H+2I=2Fe2+I23H2OB0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液與0.2mol/L Ba(OH)2溶液等體積混合：Al3+2SO2Ba2+4OH=2BaSO4AlO2H2OC用濃鹽酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)，證明H2O2具有還原性：2MnO6H+5H2O2=2Mn2+5O28H2OD向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體：ClOSO2H2O=HClOHSO【解題思路】B項(xiàng)0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液與0.2mol/L Ba(OH)2溶液等體積混合離子方程式應(yīng)為：NH+Al3+2SO2Ba2+4OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，B錯(cuò)誤；C用濃鹽酸酸化的KMnO4溶液時(shí)，溶液里的氯離子也能被MnO氧化，C錯(cuò)誤；D向次氯酸鈉溶液中通入足量SO2氣體時(shí)，生成的HClO有強(qiáng)氧化性能將溶液里的SO氧化為SO，故D錯(cuò)誤；答案為A。【答案】A 2（2018遼寧聯(lián)考）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、NH、Cl、Mg2+、Ba2+、CO、SO，現(xiàn)取三份100mL該溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生；（2）第二份加足量NaOH溶液加熱后，收集到氣體0.04mol；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，干燥后得沉淀6.27g，經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33g。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)，以下推測正確的是（）K一定存在；100mL溶液中含0.01molCO；Cl可能存在；Ba2+一定不存在；Mg2+可能存在A B C D【解題思路】解離子推斷題應(yīng)掌握的基本原則：互斥性原則：互斥性原則就是當(dāng)我們利用題給實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象判斷出一定有某種離子時(shí)，應(yīng)立即運(yùn)用已有的知識(shí)，將不能與之共存的離子排除掉，從而判斷出一定沒有哪種離子如判斷Ag+是否存在，但其不可能與題干中已有的S2、CO、SO、SO共存，即可排除Ag+；進(jìn)出性原則：樣就會(huì)引進(jìn)新的離子，那么原溶液中是否存在該種離子就無法判斷，與此同時(shí)還會(huì)有一些離子會(huì)隨著實(shí)驗(yàn)過程中所產(chǎn)生的沉淀或氣體而離開，有可能對后續(xù)的實(shí)驗(yàn)造成影響；電中性原則：電中性原則就是在任何電解質(zhì)溶液中，陰、陽離子總電荷數(shù)是守恒的，即溶液呈現(xiàn)電中性在判斷混合體系中某些離子存在與否時(shí)，有的離子并未通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，但我們?nèi)钥蛇\(yùn)用溶液中電荷守恒理論來判斷其存在。（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，與AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生的離子有：Cl、CO、SO；（2）加足量NaOH溶液加熱產(chǎn)生氣體，氣體是氨氣，故一定有銨離子0.04mol，溶液中一定含有NH，并且物質(zhì)的量為0.04mol；（3）不溶于鹽酸的2.33g為硫酸鋇，物質(zhì)的量為：2.33g233g/mol=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸鋇和碳酸鋇，碳酸鋇質(zhì)量為6.27g-2.33g=3.94g，碳酸鋇的物質(zhì)的量為：3.94g197g/mol=0.02mol，故原溶液中一定存在CO、SO，則一定沒有Mg2+、Ba2+；再根據(jù)電荷守恒，正電荷為：n(+)=n(NH)=0.04mol；負(fù)電荷為：n(-)=2c(CO)+2c(SO)=0.06mol，正電荷總物質(zhì)的量小于負(fù)電荷，故原溶液中一定有K+，至少為0.02mol；綜合以上可以得出，一定存在的離子有：NH、K+、CO、SO，一定沒有的離子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl，則正確，故答案為D。【答案】D3用惰性電極電解某無色溶液時(shí)，有如下實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：陽極上有無色氣體產(chǎn)生；陰極附近有白色沉淀生成。則原溶液中可能大量共存的離子組是（）ANa+、Ba2+、NO、Cl BH+、Mg2+、Na+、SOCCO、K+、Cl、Na+ DFe2+、NO、SO、Na+【解題思路】Na+、Ba2+、NO、Cl用惰性電極電解時(shí)，陰極上不會(huì)生成白色沉淀，故A錯(cuò)誤；H+、Mg2+、Na+、SO之間不發(fā)生反應(yīng)，且都是無色離子，用惰性電極電解時(shí)陽極生成氧氣、陰極生成氫氧化鎂沉淀，滿足題干要求，故B正確；CO、K、Cl、Na+離子用惰性電極電解時(shí)，陰極上不會(huì)生成白色沉淀，故C錯(cuò)誤；Fe2+為有色離子，不滿足溶液無色的要求，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽4（2018福建模擬）已知：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；向含SO、Fe2、Br、I各0.1mol的溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2，通入Cl2的體積和溶液中相關(guān)離子的物質(zhì)的量的關(guān)系圖正確的是（）【解題思路】本題考查的是離子間氧化還原的反應(yīng)，反應(yīng)先后規(guī)律的應(yīng)用。SO、Fe2+、Br、I幾種離子的還原性順序是SO>I>Fe2+>Br。然后根據(jù)反應(yīng)時(shí)各物質(zhì)的計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，V=nVm得出相應(yīng)正確的圖象。A由SO+Cl2+H2O=SO+2Cl+2H可知，0.1molSO完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2的體積為0.1mol22.4Lmol1=2.24L，圖象中氯氣的體積11.2L不符合，故A錯(cuò)誤；B0.1molSO完全反應(yīng)后，才發(fā)生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molSO完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，故開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為2.24L，0.1molI完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故0.1molI完全反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為0.15mol22.4Lmol1=3.36L，圖象中氯氣的體積4.48L不符合，故B錯(cuò)誤；C0.1molSO完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，0.1molI完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故亞鐵離子開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為0.15mol22.4Lmol1=3.36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2+完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故Fe2+完全時(shí)消耗的氯氣體積為0.2mol22.4Lmol1=4.48L，圖象與實(shí)際符合，故C正確；DSO、I、Fe2完全時(shí)消耗氯氣體積為0.2mol22.4Lmol1=4.48L，即溴離子開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故溴離子完全反應(yīng)時(shí)消耗氯氣的體積為4.48L+0.05mol22.4Lmol1=5.6L，圖象中氯氣體積不符合，故D錯(cuò)誤；故選：C。【答案】C 5將一定量的氯氣通入30mL濃度為10.00molL1的氫氧化鈉濃溶液中，加熱少許時(shí)間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系。下列判斷正確的是（）A與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molBn(Na+)n(Cl)可能為73C若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為n mol，則0.15n0.25Dn(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能為1121【解題思路】根據(jù)質(zhì)量守恒，2n(Cl2)n(Na+)，可知氯氣的物質(zhì)的量n(Cl2)0.15mol，A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒n(Na+)n(Cl)n(ClO)n(ClO)，電子守恒n(Cl)n(ClO)5n(ClO)可知，n(Na+)n(Cl)不能為73，B錯(cuò)誤；當(dāng)n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)為1121時(shí)，得失電子數(shù)之比為117，得失電子數(shù)不相等，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾6（2018海南卷）銅是人類發(fā)現(xiàn)最早并廣泛使用的一種金屬。回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)室使用稀硫酸和H2O2溶解銅片，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）電子工業(yè)使用FeCl3溶液刻蝕印刷電路板銅箔，寫出該過程的離子方程式_。配制的FeCl3溶液應(yīng)保持_(填“酸性”“堿性”或“中性”)，原因是_。（3）溶液中Cu2+的濃度可采用碘量法測得：2Cu2+5I=2CuIII2S2O=3I+2S2O反應(yīng)中的氧化劑為_?，F(xiàn)取20.00 mL含Cu2+的溶液，加入足量KI充分反應(yīng)后，用0.1000 molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2+的濃度為_molL1。【解題思路】本題是信息型氧化還原反應(yīng)的方程式的書寫：（1）依據(jù)物質(zhì)氧化性、還原性強(qiáng)弱及題中所給信息，確定氧化劑、還原劑，（2）確定氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物，可以結(jié)合常見氧化劑及還原劑的對應(yīng)產(chǎn)物進(jìn)行判斷。（3）根據(jù)電荷守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平，離子方程式還需電荷守恒。結(jié)合氧化還原反應(yīng)滴定原理的應(yīng)用。采用列關(guān)系式法找出已知物質(zhì)和所求物質(zhì)之間的比例關(guān)系。（1）H2O2在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能跟銅反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，故答案為：CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O。（2）FeCl3溶液刻蝕印刷電路板銅箔，是鐵離子把銅氧化成銅離子，反應(yīng)的離子方程式為Cu2Fe3+=Cu2+2Fe2+。由于Fe3+易水解，因此FeCl3溶液應(yīng)保持酸性，目的是防止Fe3+水解生成Fe(OH)3。故答案為：Cu2Fe3+=Cu2+2Fe2+；酸性；防止Fe3水解生成Fe(OH)3。（3）反應(yīng)中的銅的化合價(jià)由+2+1價(jià)，化合價(jià)降低，因此，氧化劑為Cu2+。根據(jù)反應(yīng)關(guān)系：2S2OI2Cu20.1mol/L0.025L x0.02L0.1mol/L0.025L= x0.02L，解得x=0.125mol/L；故答案為：Cu2+；0.125?！敬鸢浮浚?）CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O （2）Cu2Fe3+=Cu2+2Fe2+酸性防止Fe3+水解生成Fe(OH)3（3）Cu2+0.125