高考化学精准培优专练五 三种类型的竞争反应（含解析）

这是一份高考化学精准培优专练五 三种类型的竞争反应（含解析），共8页。试卷主要包含了复分解型离子间的竞争反应，氧化还原型离子间竞争反应等内容，欢迎下载使用。

1．复分解型离子间的竞争反应
典例1．向NH4Cl、AlCl3、MgCl2的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，按反应的先后顺序，写出有关反应的离子方程式：已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33。
【答案】(1)Al3++3OH−=Al(OH)3↓
(2)Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓
(3)NHeq \\al(+,4)+OH−=NH3·H2O
(4)Al(OH)3+OH−=Al3++2H2O
【解析】如果NHeq \\al(+,4)先与OH−反应，则生成NH3·H2O，但是NH3·H2O又会与Al3+、Mg2+反应生成NHeq \\al(+,4)，故OH−会先与Al3+、Mg2+反应，再与NH4+反应；由于Al(OH)3的Ksp远远小于Mg(OH)2的Ksp，故Al3+优先与OH−反应；当Al3+、Mg2+都转变为沉淀时，如果Al(OH)3与OH−首先反应生成Al，而N与Al又能互相促进水解，重新生成Al(OH)3沉淀，因此NHeq \\al(+,4)优先与OH−反应生成NH3·H2O，最后Al(OH)3与OH−发生反应。
2．氧化还原型离子间竞争反应
典例2．向NaBr、NaI和Na2SO3的混合溶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 ( )
A. NaCl、Na2SO4 B. NaBr、Na2SO4
C. NaCl、Na2SO4、I2 D. NaCl、NaI、Na2SO4
【答案】A
【解析】由还原性顺序SOeq \\al(2−,3)>I−>Br−，可知向NaBr、NaI和Na2SO3的混合溶液中通入一定量氯气后，可能发生的反应依次为Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。将溶液蒸干时HCl、Br2会挥发，灼烧时I2会升华。若通入的氯气过量，得到固体物质的组成是NaCl、Na2SO4；若通入的氯气是不足量的，则还有可能留下NaBr或NaBr、NaI。
3．氧化还原反应与非氧化还原反应之间的竞争
典例3．往含Fe3+、H+、NOeq \\al(－,3)的混合液中加入少量SOeq \\al(2－,3)，充分反应后，下列表示该反
应的离子方程式正确的是（ ）
A．2Fe3++SOeq \\al(2－,3)+H2O==2Fe2++SOeq \\al(2－,4)+2H+
B．2H++SOeq \\al(2－,3)==H2O+SO2↑
C．2H++2NOeq \\al(－,3)+3SOeq \\al(2－,3)==3SOeq \\al(2－,4)+2NO↑+H2O
D．2Fe3++3SOeq \\al(2－,3)+3H2O==2Fe(OH)3↓+3SO2↑
【答案】C
【解析】用“假设法”，如果先与Fe3+反应，则生成的Fe2+又会与H++NOeq \\al(－,3)反应，所以应先与H++NOeq \\al(－,3)反应，故应选C。
二．对点增分集训
1．下表所示的化学反应体系与反应先后顺序判断一致的是 ( )
【答案】D
【解析】A项，用假设法判断，若H+最先与Al3+反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中的OH−反应生成AlOeq \\al(−,2)，故A错。B项，氯气依次氧化I−、Fe2+、Br−，因为2Fe2++
Br2=2Fe3++2Br−，故B错。C项，氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故C错。D项，氧化性顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+，D正确。
2．已知溶液中，还原性：SOeq \\al(−,3)>I−，氧化性：IOeq \\al(−,3)>I2>SOeq \\al(2−,4)。在含有3ml NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，则下列说法中错误的是 ( )
A. a点时NaHSO3过量
B. b点时还原产物为碘离子
C. b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成单质碘
D. 加入的KIO3为0.4ml或1.12ml时，反应后溶液中碘离子均为0.4 ml
【答案】C
【解析】因为还原性：HSOeq \\al(−,3)>I−，氧化性：IOeq \\al(−,3)>I2>SOeq \\al(2−,4)，故该反应按照如下顺序进行：3HSOeq \\al(−,3)+IOeq \\al(−,3)=3SOeq \\al(2−,4)+I−+3H+(此处只能生成I−，因为还原性HSOeq \\al(−,3)>I−)、IOeq \\al(−,3)+5I−+6H+=3I2+3H2O。A项，此处只能是NaHSO3过量，正确；B项，b点时还原产物是碘离子，b点后就变为碘单质了，正确；C项，b点到c点，KIO3与碘离子反应生成单质碘，错误；D项，加入的KIO3为0.4ml，根据反应方程式3HSOeq \\al(−,3)+IOeq \\al(−,3)=3SOeq \\al(2−,4)+I−+3H+可知，生成I−为0.4ml，当加入的KIO3为1ml时，此时HSOeq \\al(−,3)已经全部被氧化，生成I−为1ml，再加入0.12ml KIO3时，又发生反应IOeq \\al(−,3)+5I−+6H+=3I2+3H2O，此时消耗I−为0.6ml，故最终剩余I−为0.4ml，正确。
3．已知反应：Al3++2H2O +NHeq \\al(+,4) =NH3·H2O+Al(OH)3↓，现向浓度均为0.1 ml·L−1的HCl、NH4Cl和AlCl3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系，合理的是( )

【答案】D
【解析】溶液中能与NaOH反应的阳离子有三种：H+、Al3+、NHeq \\al(+,4)，酸碱中和先进行，即先发生：H++OH−=H2O。结合题中给出的信息，接着依次发生反应：Al3++3OH−=Al(OH)3↓、NHeq \\al(+,4)+OH−=NH3·H2O、Al(OH)3+OH−=AlOeq \\al(−,2)+2H2O[对于前两个反应的顺序，可以用假设法：假定NHeq \\al(+,4)+OH−=NH3·H2O先发生，由于存在：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NHeq \\al(+,4)，所以实际应该是Al3++3OH−=Al(OH)3↓先进行，选项D正确。
4．某溶液中可能含有H+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al3+、Fe3+、COeq \\al(2−,3)、SOeq \\al(2−,4)、NOeq \\al(−,3)中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法中不正确的是 ( )
A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1ml
C. 溶液中一定不含COeq \\al(2−,3)，可能含有SOeq \\al(2−,4)和NOeq \\al(−,3)
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=2∶2∶1
【答案】C
【解析】原溶液中加入NaOH溶液，开始无沉淀，说明溶液中含有H+，沉淀为白色，说明不含Fe3+；溶液中加入锌粒生成无色无味气体，则气体为H2，溶液中一定不含NOeq \\al(−,3)。溶液中含有H+，则一定不含COeq \\al(2−,3)。根据图像的变化趋势，可以确定：开始无沉淀过程中，NaOH中和溶液中的H+，则n(H+)=0.1ml；n(NaOH)为0.1~0.5ml时为金属离子沉淀过程；n(NaOH)为0.5~0.7ml时沉淀的量保持不变，应为OH−与NHeq \\al(+,4)发生反应，n(NHeq \\al(+,4))=0.2 ml；n(NaOH)为0.7~0.8ml时沉淀部分溶解到不再发生变化，该过程中Al(OH)3溶解，n(Al3+)=0.1 ml，B正确；不溶解的沉淀只能为Mg(OH)2，n(Al3+)=0.1ml，沉淀Al3+消耗NaOH 0.3ml，则沉淀Mg2+消耗NaOH 0.1ml，因此n(Mg2+)=0.05ml，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al3+，A正确；其中n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=0.1ml∶0.1ml∶0.05ml=2∶2∶1，D正确；溶液中一定不含COeq \\al(2−,3)和NOeq \\al(−,3)，因溶液呈电中性，则溶液中一定含有SOeq \\al(2−,4)，C错误。
5．有KOH和Ca(OH)2的混合溶液，pH=13。取此溶液500mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（ ）
A．560、672B．1008、1120
C．2240、2352D．392、504
【答案】B
【解析】PH=13的溶液中，c(OH−)=0.1ml/L，溶液体积为0.5L，所以n(OH−)=0.05ml。向KOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2，CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，通入CO2 V1=112mL即0.005ml时CO2和Ca(OH)2恰好完全反应，生成的CaCO3为0.005ml，消耗的Ca(OH)2为0.005ml，所以n(KOH)=0.05ml-0.005ml×2=0.04ml。再通入的CO2和KOH反应，先生成K2CO3，继续反应生成KHCO3，总反应为：CO2+KOH=KHCO3，所以又通入的CO2为0.04ml，体积为0.896L，即为896mL，所以V2=896+112=1008mL。到B点后，再通入CO2，CO2和CaCO3以及水反应生成溶于水的Ca(HCO3)2：CO2+H2O+ CaCO3
=Ca(HCO3)2，0.05ml CaCO3会消耗0.05ml CO2，即为112mL，所以V3=1008+112=1120mL。故选B。
6．将足量Cl2缓缓通入含0.02ml H2SO3和0.02ml HBr的混合溶液中，在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应)（ ）
【答案】A
【解析】因H2SO3的还原性强于HBr的还原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3+Cl2+H2O===H2SO4+2HCl，生成的H2SO4和HCl是强酸，故溶液的pH下降；当H2SO3完全反应后，再通入Cl2，发生反应Cl2+2HBr===Br2+2HCl，溶液的pH不再改变。
7．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序
判断正确的是（ ）
A．向含等物质的量的的溶液中缓慢通入氯气：
B．向含等物质的量的的溶液中缓慢加入锌粉：
C．在含等物质的量的的混合溶液中缓慢通入CO2：、
D．在含等物质的量的的溶液中逐滴加入盐酸：
【答案】A
【解析】A．离子还原性I−＞Fe2+＞Br−，氯气先与还原性强的反应，参与反应的顺序是I−、Fe2+、Br−，故A正确；B．氧化性顺序：Ag+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应的正确顺序为Ag+、Cu2+、H+、Fe2+，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为生成的碳酸钾与氢氧化钡不能共存，然后与氢氧化钾发生反应，再与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，最后与碳酸钡反应，如果先与碳酸钡反应生成碳酸氢钡，钡离子会与溶液中的碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，故C错误；D．含等物质的量的AlOeq \\al(−,2)、OH−、COeq \\al(2−,3)的溶液中，逐滴加入盐酸，氢氧根离子优先反应，反应的先后顺序为：OH−、AlOeq \\al(−,2)、COeq \\al(2−,3)、Al(OH)3，因为如果氢氧化铝先反应，生成的铝离子会与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，故D错误；故选A。
8．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与所通入CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应过程中的说法错误的是（ ）
A．e点溶液中c(HCOeq \\al(−,3))＞c(K+)
B．bc段反应的离子方程式是AlOeq \\al(−,2)＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq \\al(−,3)
C．d点溶液中c(K+)=c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(−,3))＋c(COeq \\al(2−,3))
D．Oa段与de段所消耗CO2的体积相同
【答案】B
【解析】在各个阶段发生的反应是：O～a：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；a～b段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；b～c：2AlOeq \\al(−,2)+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+COeq \\al(2−,3)；c～d段：K2CO3+
H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解；只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，将Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大，发生反应2AlOeq \\al(−,2)+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+COeq \\al(2−,3)，沉淀量达最大后，再发生K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3，最后发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解。A、根据反应c～d段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；d～e段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCOeq \\al(−,3))＞c(K+)，选项A正确；B、b～c段反应的离子方程式是：2AlOeq \\al(−,2)+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+COeq \\al(2−,3)，选项B错误；C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)＋c(HCOeq \\al(−,3))＋c(COeq \\al(2−,3))，选项C正确；D、由上述分析可知，Oa发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，de段发生反应BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，根据反应可知，消耗CO2的体积相同，选项D正确；答案选B。
9．将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反应(容器不参与反应)。试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有的离子是_________；铜单质_______(填“一定”或“可能”)存在。
（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有的离子为______；铜单质_______(填“一定”或“可能”)存在。
（3）若氯化铁和氯化铜都有剩余，则容器中不可能有的单质是______，Fe2+_____(填“一定”或“可能”)存在。
【答案】（1）Fe3+、Cu2+ 一定
（2）Fe2+、Fe3+(或Fe2+) 可能
（3）Fe、Cu 一定
【解析】氧化性：Fe3+>Cu2+，还原性：Fe>Cu。一定发生反应：①Fe+2FeCl3===3FeCl2(若假设先发生Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2，则Fe与CuCl2不共存，故假设不成立)；可能发生反应：②Fe+CuCl2===Cu+FeCl2(Fe足量时)，③Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2(FeCl3足量时)。
（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有Fe3eq \\al(+,)、Cu2+，因为它们能发生上述①②反应。（2）若CuCl2有剩余，则容器中不可能有Fe，可能有Fe2+、Fe3eq \\al(+,)或Fe2eq \\al(+,)、Cu。（3）若FeCl3和CuCl2均有剩余，则容器中一定没有Fe、Cu，一定有Fe2+。