高考复习氧化还原反应规律计算及方程式的配平

1、专题氧化还原反应规律、计算及方程式的配平考点一氧化还原反应的三条规律及其应用1“优先反应”规律(1)在浓度相差不大的溶液中：同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2>Br，所以Fe2先与Cl2反应。同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如：在含有Fe3、Cu2、H的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3>Cu2>H，所以铁粉先与Fe3反应。(2)应用：判断物质的稳定性及反应顺序。2“价态归中，互不交叉”规律(1)同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时可总结为：价态相邻能共存，价态相间能归中，归

2、中价态不交叉，价升价降只靠拢。例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是(2)应用：判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。3“歧化反应”规律“中间价高价低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。应用：判断氧化产物、还原产物及表明电子转移情况。(1)SO2具有较强的还原性，浓H2SO4具有强氧化性，二者能否发生氧化还原反应？(2)下面标明的电子转移正确吗？请纠正。H2 H2 O4(浓)= 得6e 失6eO22H2O提示：(1)不能；因4价硫元素和6价硫元素无中间价态，二者不能发生氧化还原反应。(2)不正确，违背了

3、“价态归中，互不交叉”规律，应为H2 H2 O4(浓)= 失2e 得2eO22H2O1现有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl=2KCl2MnCl25Cl28H2O若某溶液中含有Fe2、Cl和I，要除去I而不氧化Fe2和Cl，可以加入的试剂是()ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl解析：由知氧化性Fe3>I2，还原性I>Fe2；由知氧化性Cl2>Fe3，还原性Fe2>Cl；由知氧化性MnO>Cl2，还原性Cl>Mn2。由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>

4、;FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I>Fe2>Cl>Mn2。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2及I，Cl2可氧化Fe2及I，FeCl3只氧化I。答案：C2在100 mL含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.025 mol Cl2，有一半Br变为Br2(已知Br2能氧化H2SO3)。则原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于()A0.16 mol·L1B0.02 mol·L1C0.20 mol·L1D0.25 mol·L1解析：由于还原性H2SO3>HBr，所以H2SO3优先被Cl2氧化。设二者的物质的量都为x，根据C

5、l2H2SO3，Cl22Br，则xx0.025 mol，x0.02 mol，所以c(HBr)c(H2SO3)0.20 mol·L1。答案：C3已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaClNaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是()ANaCl、NaClO BNaCl、NaClO3CNaClO、NaClO3DNaClO3、NaClO4答案：B4已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：GQNaClQH2OXH2YNaOHGQH2OZNaOHQXH2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是

6、()AG、Y、Q、Z、X BX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、G DG、Q、Y、Z、X解析：由得出Q价态高于G，因为G必介于Q和1价的Cl之间，1价为氯元素的最低价；将该结论引用到，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。答案：A考点二氧化还原方程式的配平1配平原理在氧化还原反应中，从现象看元素化合价升降总数相等，从本质看是电子得失总数相等。对离子方程式进行配平时，除满足上述要求外，还要注意电荷守恒。2一般氧化还原反应方程式的配

7、平化合价升降法化合价升降法配平氧化还原反应方程式示例如配平CuHNO3(稀)Cu(NO3)2NOH2O。(1)先配平含变价元素物质的化学计量数：参加氧化还原反应的元素为铜和氮两种元素，则有Cu(0)Cu(2)化合价升2×3N(5)N(2)化合价降3×23Cu2HNO3(稀)3Cu(NO3)22NOH2O。(2)根据原子守恒，观察法配平其他物质的化学计量数。化学方程式为：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。通过上述示例，你能抓住化合价升降法配平氧化还原方程式两大核心问题了吗？提示：(1)化合价升降总数相等，(2)反应前后各元素的原子个数相等。1(1)Al

8、NaNO3NaOH=NaAlO2N2H2O(2)KIO3KIH2SO4=K2SO4I2_答案：(1)10641032(2)153333H2O配平技巧(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)缺项氧化还原反应方程式的配平： 缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。方法先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。补项原则条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H，少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH(3)

9、配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。2(1)MnO2HCl(浓)MnCl2Cl2H2O(2)SKOH=K2SK2SO3H2O答案：(1)14112(2)36213配平技巧部分变、自变均从右边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价部分变的；自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。3(1)在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每l mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式_。(2)FeCl3溶液与草酸(H2C2O4)反应，得到澄清溶液，同时生成一种能使石灰水变浑浊的气体，此反应的离子方程式为：_。答案：(1)3Cl2NaI6NaOH=6NaClNa

10、IO33H2O(2)2Fe3H2C2O4=2CO22Fe22H三步法书写氧化还原方程式的步骤第一步：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。第二步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H或OH的形式使方程式两端的电荷守恒。第三步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。考点三氧化还原反应的计算方法电子守恒法1应用电子守恒解题的一般步骤“一、二、三”(1)“一找各

11、物质”找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)“二定得失数”确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。(3)“三列关系式”根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。2多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。(1)1 mol Cl2与足量冷的NaOH溶液反应，转移电子的物质的量是多少？(2)6.4 g

12、铜与足量的稀硝酸反应，将产生的NO与适量的O2混合作用于水，气体恰好完全溶解，你能确定通入O2的物质的量吗？提示：(1)1 mol(2)铜与稀HNO3反应生成NO，NO与O2混合作用于水又重新生成HNO3，故铜与O2存在下列关系：n(Cu)×2n(O2)×4，即n(O2)×0.05 mol124 mL浓度为0.05 mol·L1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A2B3C4 D5解析：题目中指出被还

13、原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设n为生成物中Cr元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024 L×0.05 mol·L1×(64)0.02 L×0.02 mol·L1×2×(6n)解得n3。答案：B2Na2Sx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 B3C4 D5解析：本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守

14、恒进行相关的计算。Na2xNa2O4NaONa得关系式：1×·xe16×2e，解得x5。答案：D314 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为()A9.6 g B6.4 gC3.2 g D1.6 g解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得×2×4，解

15、得：m(Cu)3.2 g。答案：C4U常见化合价有4和6，硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()AUO2B2UO2·UO3CUO3DUO2·2UO3解析：气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2O22H2O=4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是41，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。答案：C5现有铁粉和氧化铁的混合物共27.2 g，加入足量的稀硫酸

16、使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到2.24 L(标准状况下)气体，当向溶液中滴加KSCN溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。答案：58.8%1(2013·上海化学·16)已知氧化性Br2>Fe3。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2bBrcCl2dFe3eBr2fCl下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是()A243226B021012C201202 D222214解析：排除法，由氧化性强弱可知，Fe2先于Cl2反应，所以Fe2的计量数一定不能为0，B选项错误。答

17、案：B2(2013·浙江理综·26)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L1。请回答下列问题：(1)甲的化学式是_；乙的电子式是_。(2)甲与水反应的化学方程式是_。(3)气体丙与金属镁反应的产物是_(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙

18、，写出该反应的化学方程式 _。有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之_。(已知：Cu2O2H=CuCu2H2O)(5)甲与乙之间_(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是_。解析：根据题意可知，甲为AlH3，乙为NH3，丙为N2。(4)根据题给信息，要证明产物Cu中是否会混有Cu2O，可取少许固体产物于试管中，加适量稀H2SO4溶解，若溶液呈蓝色，则可证明产物中有Cu2O，反之则无。(5)AlH3具有还原性，NH3具有氧化性，两者可能发生氧化还原反应。答案：(1)AlH3H(2)AlH33H2O=Al(OH)33H2(3)Mg3N2(4)2NH33CuO3Cu

19、N23H2O取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O。反之则无Cu2O(5)可能AlH3中的氢化合价为1价，NH3中的氢为1价，因而有可能发生氧化还原反应生成氢气3配平下列化学方程式(1)2013·广东理综·32(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：_CuO_Al2O3_CuAlO2_。(2)2011·福建理综·23(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_(3)2010·福建理综·24(2

20、)改编完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：Fe(OH)2ClO_=Fe(OH)3Cl(4)2011·安徽理综·27(2)改编配平反应的离子方程式是Mn2ClOH2O=MnO2Cl2_。(5)2010·重庆理综·26(3)配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：PFeOCaOCa3(PO4)2Fe答案：(1)424O2(2)21626H(3)211H2O21(4)524518H(5)2531542012·新课标全国卷·26(2)(3)(4)(1)在实验室中，FeCl2可用铁粉和_反应制备，FeCl3可用铁粉和_反应制备。(2)FeCl3与氢

21、碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为_；(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。解析：(1)注意制备FeCl2选用弱氧化剂，制备FeCl3选用强氧化剂。(2)根据氧化还原反应原理可以写出离子方程式。(3)Fe(OH)3可被氧化为K2FeO4，HClO具有强氧化性，可被还原为Cl，根据氧化还原反应原理进行配平。答案：(1)盐酸(或FeCl3溶液)氯气(2)2Fe32I=2Fe2I2(或2Fe33I=2Fe2I)(3)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO5H2O3C

22、l5(2013·福建理综·24)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。 该法工艺原理示意图如下图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有_(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为_。(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：_24NaClO312H2SO4=ClO2CO218H2O_(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN氧化为无毒的物

23、质，自身被还原为Cl。处理含CN相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_倍。解析：(1)根据工艺图，HCl合成塔中发生的是H2与Cl2的反应，所以该工艺可以利用的单质应是H2和Cl2。NaClO3为氧化剂，HCl为还原剂，ClO的还原产物为ClO2，Cl的氧化产物为Cl2，则有：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O。(2)纤维素的最终水解产物为葡萄糖(C6H12O6)，葡萄糖具有还原性，在H2SO4环境中与NaClO3反应生成ClO2、CO2、H2O，根据原子守恒可推出另一产物为Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应为：C6H12O624NaClO3

24、12H2SO4=24ClO26CO218H2O12Na2SO4。(3)由题意知CN转化为无毒的N2、CO2，ClO2或Cl2转化为Cl，反应中1 mol ClO2得到5 mol电子，1 mol Cl2得到2 mol电子，所以处理相同量的CN时，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。答案：(1)H2、Cl22NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O(2)C6H12O624NaClO312H2SO4=ClO2CO218H2ONa2SO4(3)2.56(2011·新课标全国卷·13)某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4·(NH4)2SO4&#

25、183;6H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol FeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB处理废水中Cr2O的物质的量为molC反应中发生转移的电子数为3nx molD在FeO·FeyCrxO3中，3xy解析：n mol FeO·FeyCrxO3中铬原子的物质的量为nx mol，由铬原子守恒得Cr2O的物质的量为 mol，B项正确；n mol FeO·FeyCrxO3中铁原子的物质的量为(nny) mol，由铁原子守恒得消耗硫酸亚铁铵的物

26、质的量为(nny)mol，A项错误；反应中铬元素的化合价由6价降低为3价，铁元素的化合价由2价升高为3价，所以反应中发生转移的电子数为3nx mol，由电子得失守恒得ny3nx，则y3x，故C、D两项均正确。答案：A7(2013·四川理综·7)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是()A该合金中铜与镁的物质的量之比是21B该浓硝酸中HNO3的物质

27、的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL解析：设1.52 g铜镁合金中含铜x mol，镁y mol，则根据题给数据，可列方程式：64x24y1.52,98x58y2.54，解得：x0.02，y0.01，铜与镁的物质的量之比为21，A项正确；根据浓度、质量分数、密度三者的换算公式可求浓度c(1 000×63%×1.40)÷6314.0 mol/L，B项正确；NO2和N2O4的总物质的量为0.05 mol，根据得失电子守恒，设NO2为m mol，N2O4为n m

28、ol，则mn0.05 ，m2n0.02×20.01×2，解得：m0.04，n0.01，则NO2的体积分数为×100%80%，C项正确；D项错误。答案：D学科素养培优(二)_从定性和定量角度探究有关氧化还原反应的实验一、关于物质氧化性、还原性强弱的实验某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原理进行了如下探究：【实验】制备银镜，并与Fe(NO3)3溶液反应，发现银镜溶解。(1)下列有关制备银镜过程的说法正确的是_(填序号)。a边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水，至最初的沉淀恰好溶解为止b

29、将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中c制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热d银氨溶液具有较弱的氧化性e在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大【提出假设】假设1：Fe3具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe(NO3)3溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag。【设计实验方案，验证假设】(2)甲同学从上述实验的生成物中检验出了Fe2，验证了假设1成立。请写出Fe3氧化Ag的离子方程式：_。(3)乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容(提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生)。实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论若银镜消失，假设2成立；若银镜不消失，假设2不成立

30、【思考与交流】(4)甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立，则丙同学由此得出结论：Fe(NO3)3溶液中的Fe3和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：_。答案：(1)ade(2)AgFe3=AgFe2(3)实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH；配制相同pH的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内 (4)不同意。甲同学检验出了Fe2，可确定Fe3一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的还原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag(3)、(4)其他合理答案均可二

31、、氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。(1)配平氧化还原反应方程式：C2O_MnO_H=

32、_CO2_Mn2_H2O(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 mol·L1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终点时，用少

33、量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。答案：(1)5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O(2)0.005A.氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%专题讲座(二)学科思想优先反应在“竞争类”反应体系中的应用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

34、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。(一)复分解反应型优先反应将

35、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是先跟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Ca

36、CO3反应，直至沉淀完全溶解，故选D。答案：D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。(二)氧化还原反应型优先反应在含有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铁粉，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Ag>Fe3>Cu2>H，所

37、以先发生反应2AgFe=2AgFe2，其中0.005 mol的铁粉与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铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3，故选C。答案：C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，优先氧化还原性(氧化性)强的物质。(三)氧化还原反应与复分解反应同时存在时的优先反应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(1)一般情况下，氧化还