备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点.docx

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备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点

2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点

一、铜及其化合物

1．周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。

A的原子半径最小，A和D、C和F分别同主族，F的单质是淡黄色固体，B所形成的化合物种类最多，E的最外层电子数等于其电子层数。

（1）F的离子结构示意图为：

______。

C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是________（填微粒符号）；A、C元素组成的10电子阴离子的电子式________，A、G、C元素组成具有漂白性的分子的结构式为________。

（2）用电子式表示B的简单氢化物的形成过程____________________。

（3）写出E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式________。

写出铜单质与F的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式____________。

【答案】

Al3+

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。

F的单质是淡黄色固体，F为S，C和F同主族，C为O；B所形成的化合物种类最多，B为C；E的最外层电子数等于其电子层数，E为Al；A的原子半径最小，A为H，A和D同主族，D为Na；因为G的原子序数比F（S）的原子序数大，所以G为Cl。

【详解】

由分析可知，A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl。

（1）F为S，S2-的结构示意图为：

；C、D、E、F四种元素所形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层数越多半径越大，当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是Al3+；A为H、C为O，A、C元素组成的10电子阴离子为OH-，OH-的电子式为

；

A、G、C元素组成具有漂白性的分子为HClO，其结构式为

；

（2）B的简单氢化物为CH4，用电子式表示CH4的形成过程为

；

（3）E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；F的最高价氧化物的水化物为H2SO4，铜单质与浓硫酸反应的化学方程式Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O。

2．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。

请回答下列问题：

（1）D的化学式为__；F的结构式为__。

（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B和C反应的化学方程式为__。

（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：

__。

【答案】NON≡N硝酸3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−

【解析】

【分析】

E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu（NO3）2，I为Cu（OH）2，J为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。

【详解】

（1）由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；

（2）O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；

（3）G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O；

（5）SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。

3．化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：

（1）A的化学式为___________________________。

（2）C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：

___________________（用化学式填空）

（3）B生成E的化学方程式为_____________________。

（4）金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________NA。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3HNO3＞H2CO32H2O

2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3

【解析】

【分析】

化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】

根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

（1）A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或（NH4）2CO3；

（2）C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：

HNO3＞H2CO3；

（3）B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O

2H2↑+O2↑；

（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3NA。

4．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu（OH）2（x、y为正整数，且x≤3，y≤2）。

（1）现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x：

y=____。

（2）设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2气体VL，则a、b、V的代数关系式是_____。

【答案】3:

2a=

或a=

【解析】

【分析】

（1）先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2、CuO的物质的量，然后根据C元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2），根据Cu元素守恒可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（CuO），计算出n[Cu（OH）2]，就可得到n（CuCO3）与n[Cu（OH）2]的物质的量的最简整数比；

（2）根据碳元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2）=

，根据Cu元素守恒可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（Cu），用含有b、V的代数式表示，也可根据n（CuCO3）=n（CO2）=

先计算出CuCO3的质量，用总质量减去CuCO3的质量得到Cu（OH）2的质量，再计算其物质的量，最后得到n（CuCO3）与n[Cu（OH）2]的物质的量的最简整数比。

【详解】

（1）n（CO2）=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，则n（CuCO3）=n（CO2）=0.15mol，n（CuO）=20g÷80g/mol=0.25mol，根据Cu元素守恒，可得n[Cu（OH）2]=0.25mol-0.15mol=0.10mol，所以n（CuCO3）：

n[Cu（OH）2]=0.15：

0.10=3：

2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu（OH）2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO3·2Cu（OH）2；

（2）根据C元素守恒可得n（CuCO3）=n（CO2）=

，根据Cu元素可得n（CuCO3）+n[Cu（OH）2]=n（Cu）=

mol，则n[Cu（OH）2]=

）mol，所以n（CuCO3）：

n[Cu（OH）2]=

：

），a=a=

；n（CuCO3）=n（CO2）=

，m（CuCO3）=

×124g/mol=

，该化合物含有Cu的总物质的量是n（Cu）

，则根据Cu元素守恒，可得n[Cu（OH）2]=

，m[Cu（OH）2]=98g/mol×（

），根据反应前后物质质量不变，可得a=

+98g/mol×（

）=

。

5．有关物质的转化关系如下图所示（反应条件已略去）。

已知：

A为紫红色金属，B是强酸，E能使品红溶液褪色，F是海水的主要成分，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5g·mol-1，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液。

请回答下列问题：

（1）H的化学式为_____。

（2）F的电子式为_____。

（3）写出反应①的化学方程式_____。

（4）写出反应③的离子方程式_____。

【答案】CuCl

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2OCuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-

【解析】

【分析】

A为紫红色金属，则应为Cu，B是强酸，E能使品红溶液褪色，则B是浓硫酸，E为SO2，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，F是海水的主要成分，F为NaCl，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5g·mol-1，则H应为CuCl，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液，则I为FeCl3溶液，以此解答该题。

【详解】

（1）根据以上分析，H的化学式为CuCl，

因此，本题正确答案是：

CuCl； 

（2）根据以上分析，F为NaCl，则F的电子式为 

，

因此，本题正确答案是：

； 

（3）根据以上分析，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则反应的化学方程式Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，

因此，本题正确答案是：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（4）根据以上分析，反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应，反应的离子方程式为：

CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-，

因此，本题正确答案是：

CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-。

6．下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出下列各物质的化学式：

X：

________；F：

_______。

（2）写出下列变化的反应方程式：

A→D：

____________________；

C→E：

_________________。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NO22Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O24NH3＋5O2

4NO＋6H2O

【解析】

【分析】

C为无色气体且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C为氨气；A为无色气体，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为二氧化碳、D为氧气；C与D在催化剂作用下产生E，则E为一氧化氮；E与D进一步反应产生F，则F为二氧化氮；G在稀释时与铜反应产生E，在浓溶液时产生F，故G为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故B为水。

【详解】

由分析可知，A为二氧化碳，B为水，C为氨气，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸。

X分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结合相关物质的性质可知，X可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3。

（1）X为NH4HCO3或（NH4）2CO3；F：

NO2；

（2）A→D的化学方程式为：

2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；

C→E的化学方程式为：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O。

7．氯化亚铜（CuCl）微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。

方法一：

（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：

____。

（2）还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是__________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。

（3）制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。

方法二：

（4）a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。

b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：

方案一：

可将上述X稀溶液用于废铜的处理（如图所示），则Y可以为________（填化学式）。

方案二：

过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________（填“需要”或“不需要”）另外补充SO2，原因是_______________________（结合化学方程式回答）。

【答案】CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]烧杯、漏斗、玻璃棒除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失2H2SO4（浓）＋Cu

CuSO4＋SO2↑＋2H2OO2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）

【解析】

【分析】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；

（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；

b．由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。

【详解】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；

（2）由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:

Cu+2H

SO

（浓）

CuSO

+SO

↑+2H

O；

b．方案一：

由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O

；

方案二：

过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）。

8．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。

实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。

查阅资料：

氯化亚铜：

白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。

氯化铜：

从水溶液中结晶时，在26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物。

（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。

②本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_____后_____。

（2）分析流程：

①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_____；

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）_____。

aCu（OH）2bNH3·H2OcCuOdCuSO4

查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp＝8.0×10－38，Cu（OH）2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH为________。

（提示：

lg2＝0.3）

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。

（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO2、N2H4、SnCl2等），并微热得到CuCl沉淀，写出向乙溶液加入N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：

____________。

【答案】defgbAD抑制氯化铜、氯化铁水解ac43.3（或3+lg2）冷却到26～42℃结晶过滤4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+

【解析】

【分析】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水；②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解；②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质；设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH，Fe3＋完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH；③根据题中意思要得到纯净CuCl2·2H2O晶体要冷却到26～42℃结晶。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气。

【详解】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→d、e→h、i→f、g→b，故答案为：

d；e；f；g；b。

②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先A后D，故答案为：

A；D。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解，故答案为：

抑制氯化铜、氯化铁水解。

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：

ac。

设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，

，

，

，因此Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为10，Fe3＋完全沉淀

，

，

，因此Fe3＋完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4=4-lg5=3.3，故答案为：

3.3。

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

冷却到26～42℃结晶；过滤。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N2H4的离子方程式：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+，故答案为：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+。

9．常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。

某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源

（1）填充物用60℃温水溶解，目的是__________。

（2）操作A的名称为____________。

（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________（用化学方程式表示）。

铜帽溶解完全后，可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。

（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为___________。

（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。

主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。

①当1molMnO2参加反应时，共有_____mol电子发生转移。

②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：

_____________。

【答案】加快溶解速率过滤Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O加热Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）242MnO（OH）＋6HCl（浓）

2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O

【解析】

【详解】

（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。

所以填充物用60℃温水溶解，目的是加快溶解速率；

（2）分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；

（3）H2O2具有强氧化性，Cu与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2＋，反应的化学方程式是Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。

（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn＋2MnO2＋2H2O="2MnOOH"＋Zn（OH）2，负极Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2。

（5）①根据方程式2MnO（OH）＋MnO2＋2H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋4CO2↑＋6H2O转移4e－，可知：

当1molMnO2参加反应时，共有4mol的电子发生转移；

②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化学方程式是：

2MnO（OH）＋6HCl（浓）

2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O。

10．CuCl难溶于水，广泛应用于电镀、印染等行业。

工业上用辉铜矿（CuS2）为原料制取CuCl的一种流程图如下：

⑴写出“氧化Ⅰ”反应的离子方程式：

______。