2013高考一轮复习鲁科版第二章元素与物质世界第五 竞争反应与守恒计算解题策略.doc

第五讲竞争反应与守恒计算解题策略一、竞争反应反应物间一对多的化学反应常有“平行反应”和“竞争反应”两类，平行反应主要指多个反应相互间没有影响可同时进行；而竞争反应是指由于反应能力不同，多个反应按一定的先后顺序逐次进行。竞争反应主要包括两种基本题型：一是一种氧化剂(还原剂)与多种还原剂(氧化剂)反应，如把Cl2通入含I、Br、Fe2的溶液中，按照还原能力由强到弱的顺序，I优先反应，其次是Fe2，最后是Br；二是一种酸(碱)与多种碱性(酸性)物质反应，如把HCl逐滴加入到含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中，按照碱性由强到弱的顺序，NaOH优先反应，其次是Na2CO3，最后是NaHCO3，此类竞争反应的先后顺序即是其有效顺序。在实际问题中有部分看似平行的反应，由于物质的性质而出现了“有效”和“无效”两种可能性，准确地确定有效反应就成了解题的关键。1复分解反应之间的竞争若某一溶液中同时存在几个可能的复分解反应，则生成更难溶解或更难电离物质的反应将优先进行。【案例1】 写出在硫酸铝铵溶液中加入少量氢氧化钡溶液的离子方程式。解析在硫酸铝铵溶液中，存在NH、Al3和SO，当加入少量的Ba(OH)2溶液后，Ba2与SO结合生成BaSO4，OH则既可与Al3结合又能与NH结合，它们彼此之间发生互相竞争的反应。由于在含有Al3的溶液中滴入NH3H2O，有白色沉淀生成可知，Al3结合OH的能力大于NH结合OH的能力，OH优先与Al3结合生成Al(OH)3则上述离子方程式为：2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4。答案2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO42氧化还原反应之间的竞争若某一溶液中同时含有多种还原性(氧化性)物质，则加入一种氧化剂(还原剂)时，优先氧化(还原)还原性(氧化性)强的物质。【案例2】 (2011聊城质检)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol Fe，经搅拌后发生的变化应是()。A铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol CuB铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2C铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3D铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2解析因为氧化性AgFe3Cu2H，所以先发生反应2AgFe=2AgFe2，其中0.005 mol Fe与0.01 mol的AgNO3反应，析出0.01 mol Ag，再发生：2Fe3Fe=3Fe2，其中剩余的0.005 mol Fe与0.01 mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3，故选C。答案C3氧化还原反应与非氧化还原反应之间的竞争一般情况下，氧化还原反应优先于非氧化还原反应发生。【案例3】 写出向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体的化学方程式。解析漂白粉溶液中含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2水溶液能与SO2发生反应，向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体后，是发生复分解反应生成CaSO3和HClO还是发生氧化还原反应，两反应互相竞争。由于次氯酸盐及次氯酸都具有强氧化性而亚硫酸盐及二氧化硫都具有还原性，所以是发生氧化还原反应而不是复分解反应。答案Ca(ClO)22SO22H2O=CaSO42HClH2SO4二、守恒计算守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。守恒法解题依据：根据几个连续的化学方程式前后某微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变，或质量守恒等。1质量守恒法质量守恒主要包含两项内容：质量守恒定律，化学反应前后某原子(或原子团)的质量不变。【案例4】 已知Q与R的摩尔质量之比为922，在反应X2Y=2QR中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为()。A239 B329 C469 D169解析此题主要考查质量守恒定律。Q与R的摩尔质量之比为922是计算的突破口，由反应方程式知，得m(Q)3.6 g。再根据质量守恒定律：1.6 gm(Y)3.6 g4.4 g，得m(Y)6.4 g。故m(Y)m(Q)6.4 g3.6 g169。答案D2原子守恒法原子守恒主要指系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变，以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(或质量)。【案例5】 某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温、同压)。以下对B分子组成的推测一定正确的是()。A有1个氧原子 B有2个氧原子 C有1个A原子 D有2个A原子解析根据题意该化合反应可表示为nAmO22mB(n、m为正整数)，再根据氧原子守恒，可推断B分子中只有一个氧原子，因A单质中原子个数未定，则B分子中A原子的个数无法确定。故选A。答案A3电荷守恒法电荷守恒即溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，也就是说阳离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量(或浓度)与其所带电荷数乘积的代数和。常见的电荷守恒有以下几种情况：(1)化合物化学式中存在的电中性原则(正负化合价代数和为零)。(2)离子反应中的电荷守恒(反应前后净电荷数相等)。(3)电解质溶液中存在的电荷守恒(阴、阳离子电荷守恒)。【案例6】 某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 molL1，若将200 mL此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的苛性钠溶液()。A0.5 L B1.625 L C1.8 L D2 L解析根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，故c(Al3)(26.5 molL122 molL1)/33 molL1，当加入的NaOH溶液恰好将Mg2与Al3分离时，NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，则V(NaOH)2 L。答案D4得失电子守恒法化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。【案例7】 某反应可表示为：mMnHO2=xM2yH2O，则x值为()。A2 B4 C6 D9解析本题可以利用得失电子守恒求解，也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x4，即x2。若利用电荷守恒求解，则有y2(氧原子守恒)，n4(氢原子守恒)，412x，即x2。答案A5物料守恒电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。它实质上是原子守恒和质量守恒。【案例8】 (2009安徽理综)向体积为Va的0.05 molL1 CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 molL1 KOH溶液，下列关系错误的是()。AVaVb时：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(K)BVaVb时：c(CH3COOH)c(H)c(OH)CVac(K)c(OH)c(H)DVa与Vb任意比时：c(K)c(H)c(OH)c(CH3COO)解析若VaVb，则溶质只有CH3COOK，据质子守恒知，B正确；若VaVb，则CH3COOH剩余，溶质为CH3COOH、CH3COOK，A正确；若Vac(CH3COO)，C错误；根据电荷守恒知，D正确。答案C1(2012洛阳模拟)将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(y)的关系正确的是()。解析CO2与KOH和Ca(OH)2都会反应，但先与哪种物质反应即存在着竞争，如果先与KOH反应，则反应后生成的K2CO3立即会与Ca(OH)2反应生成CaCO3，因此，可以看成CO2先与Ca(OH)2反应，所以通CO2后立即有CaCO3生成。第二步还要判断CO2是先与KOH反应还是先与生成的CaCO3反应，同样可以采用假设法判断，即如果先与CaCO3反应，则生成的Ca(HCO3)2又会与KOH反应，因此，是先与KOH反应，此过程生成沉淀的物质的量不变，当KOH消耗完全，再与CaCO3反应，直至沉淀完全溶解，故选D。答案D2向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体物质的组成可能是()。ANaCl、Na2SO4 BNaBr、Na2SO4CNaCl、Na2SO4、I2 DNaCl、NaI、Na2SO4解析向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯气后，可能发生的反应依次为：Na2SO3Cl2H2O=Na2SO42HCl、2NaICl2=2NaClI2、2NaBrCl2=2NaClBr2。其各阶段反应情况见下表：Cl2的通入量反应阶段Na2SO3未反应完全Na2SO3恰好反应完全NaI未反应完全NaI恰好反应完全NaBr未反应完全NaBr反应完全剩余固体Na2SO4 Na2SO3NaINaBrNa2SO4NaINaBrNa2SO4NaClNaINaBrNa2SO4NaClNaBrNa2SO4NaClNaBrNa2SO4NaCl答案A3下列说法正确的是()A某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中c(H)c(A2)c(OH)c(H2A)B0.020 molL1的HCN溶液与0.020 molL1 NaCN溶液等体积混合得到碱性混合溶液中c(Na)c(CN)C在物质的量浓度均为0.01 molL1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO)0.01 molL1Dc(NH)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液：c(NH4)2SO4c(NH4HCO3)c(NH4Cl)解析A项酸式盐溶液中根据物料守恒有c(Na)c(HA)c(A2)c(H2A)，根据电荷守恒有c(H)c(Na)c(OH)c(HA)2c(A2)，两者相减得：c(H)c(H2A)c(OH)c(A2)，A不正确；B项由电荷守恒得：c(Na)c(H)c(OH)c(CN)，溶液呈碱性有c(OH)c(H)，得c(Na)c(CN)；C项中应为c(CH3COOH)c(CH3COO)0.02 molL1；D项中c(NH)相等时(NH4)2SO4的浓度肯定最小，由于NH4HCO3溶液中NH和HCO发生双水解，促进NH水解，所以c(NH)相等时c(NH4HCO3)c(NH4Cl)。答案B4(2012沧州调研)往含Fe3、H、NO的混合液中加入少量SO，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是()。A2Fe3SOH2O=2Fe2SO2HB2HSO=H2OSO2C2H2NO3SO=3SO2NOH2OD2Fe33SO3H2O=2Fe(OH)33SO2解析此题看上去似乎4个选项都可能发生，但我们知道氧化还原反应优先于非氧化还原反应，因此B、D不正确。那么SO是先与Fe3反应还是先与HNO反应呢？可以用“假设法”进行判断。如果先与Fe3反应，则生成的Fe2又会与HNO反应，所以应先与HNO反应，故应选C。答案C5(2011试题调研)在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl212Cl2HNO26H=N23SnCl4H2O关于该反应的说法中正确的组合是()。氧化剂是HNO2还原性：ClN2每生成2.8 g N2，还原剂失去的电子为0.6 molx为4，y为2SnCl是氧化产物A BC D只有解析反应中，HNO2得到电子为氧化剂，SnCl2失去电子为还原剂，SnCl是氧化产物，Cl在反应中没有得失电子。每生成1 mol N2转移6 mol电子，故生成2.8 g N2(0.1 mol)的同时SnCl2失去0.6 mol电子。根据电荷守恒有：1263y，y2，微粒SnCl中有：4x2，x6。综合上述，正确。答案A6Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()。A2 B3 C4 D5解析本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒进行相关的计算。 得关系式1xe162e，x5。答案D7写出下列反应的离子方程式：(1)FeCl2溶液与NaClO溶液反应_。(1) Na2S与FeCl3溶液混合_.(2) 硫化钠与CuSO4溶液混合_。解析(1)氯化亚铁是强酸弱碱盐且有还原性，次氯酸钠是强碱弱酸盐且有氧化性，两者相遇既可发生双水解反应又可发生氧化还原反应，两反应相互竞争，由于发生氧化还原反应可以使溶液中离子浓度大大降低，所以此反应是氧化还原反应。(2)硫化钠与氯化铁相遇，可能发生复分解反应、双水解反应及氧化还原反应，若发生复分解反应则生成Fe2S3，由于Fe2S3在水溶液中不存在而不能发生复分解反应；若发生双水解反应则生成Fe(OH)3和H2S，而两者中一个具有强氧化性，另一个具有强还原性，不可能在溶液中发生双水解反应；由于Fe3具有强氧化性，S2具有强还原性，所以硫化钠与氯化铁发生的是氧化还原反应。(3)由于Cu2的氧化性较弱，Cu2和S2不易发生氧化还原反应。硫化钠与硫酸铜是发生双水解反应还是发生复分解反应，两反应互相竞争。由于CuS在水中的溶解度远远小于Cu(OH)2的溶