2020届高三精准培优专练五 三种类型的竞争反应 化学 教师版

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1、精准培优专练培优点五 三种类型的竞争反应一三种类型的竞争反应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，KspMg(OH)2=5.6110-12，KspAl(OH)3=1.310-33。【答案】(1)Al3+3OH=Al(OH)3(2)Mg2+2OH=Mg(OH)2(3)NH+OH=NH3H2O(4)Al(OH)3+OH=Al3+2H2O【解析】如果NH先与OH反应，则生成NH3H2O，但是NH3H2O又会与Al3+、Mg2+反应生成NH，故OH会先与Al3+、Mg2+反应，

2、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NH优先与OH反应生成NH3H2O，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、Na2SO4C. NaCl、Na2SO4、I2 D. NaCl、NaI、Na2SO4【答案】A【解析

3、】由还原性顺序SOIBr，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+、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（ ）A2Fe3+SO+H2O=2Fe

4、2+SO+2H+B2H+SO=H2O+SO2C2H+2NO+3SO=3SO+2NO+H2OD2Fe3+3SO+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+NO反应，所以应先与H+NO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AlO，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

5、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：SOI，氧化性：IOI2SO。在含有3mol 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0.4mol或1.12mol时，反应后溶液中碘离子均为0.4 mol【答案】C【解析】因为还原性：HSOI，氧化性：IOI2SO，故该反应按照如下顺序进行：3HSO+IO=3SO+I+3H+(此处只能生成I，因为还原性

6、HSOI)、IO+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0.4mol，根据反应方程式3HSO+IO=3SO+I+3H+可知，生成I为0.4mol，当加入的KIO3为1mol时，此时HSO已经全部被氧化，生成I为1mol，再加入0.12mol KIO3时，又发生反应IO+5I+6H+=3I2+3H2O，此时消耗I为0.6mol，故最终剩余I为0.4mol，正确。3已知反应：Al3+2H2O +NH =NH3H2O+Al(OH)3

7、，现向浓度均为0.1 molL1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+、NH，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、NH+OH=NH3H2O、Al(OH)3+OH=AlO+2H2O对于前两个反应的顺序，可以用假设法：假定NH+OH=NH3H2O先发生，由于存在：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，所以实际应该是Al3+3OH=

8、Al(OH)3先进行，选项D正确。4某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO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+、NH、Al3+B. 溶液中n(Al3+)=0.1molC. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOD. n(H+)n(Al3+)n(Mg2+)=221【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

9、体为H2，溶液中一定不含NO。溶液中含有H+，则一定不含CO。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+)=0.1mol；n(NaOH)为0.10.5mol时为金属离子沉淀过程；n(NaOH)为0.50.7mol时沉淀的量保持不变，应为OH与NH发生反应，n(NH)=0.2 mol；n(NaOH)为0.70.8mol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 mol，B正确；不溶解的沉淀只能为Mg(OH)2，n(Al3+)=0.1mol，沉淀Al3+消耗NaOH 0.3mol，则沉淀Mg2+消耗NaOH 0.1mo

10、l，因此n(Mg2+)=0.05mol，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH、Al3+，A正确；其中n(H+)n(Al3+)n(Mg2+)=0.1mol0.1mol0.05mol=221，D正确；溶液中一定不含CO和NO，因溶液呈电中性，则溶液中一定含有SO，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（ ）A560、672B1008、1120C2240、2352D392、504【答案】B【解析】PH

11、=13的溶液中，c(OH)=0.1mol/L，溶液体积为0.5L，所以n(OH)=0.05mol。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0.005mol时CO2和Ca(OH)2恰好完全反应，生成的CaCO3为0.005mol，消耗的Ca(OH)2为0.005mol，所以n(KOH)=0.05mol-0.005mol2=0.04mol。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0.04mol，体积为0.896L，即为896m

12、L，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)2，0.05mol CaCO3会消耗0.05mol CO2，即为112mL，所以V3=1008+112=1120mL。故选B。6将足量Cl2缓缓通入含0.02mol H2SO3和0.02mol 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=

13、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IFe2+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

14、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AlO、OH、CO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、AlO、CO、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

15、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（ ）Ae点溶液中c(HCO)c(K+)Bbc段反应的离子方程式是AlO2H2OCO2=Al(OH)3HCOCd点溶液中c(K+)=c(H2CO3)c(HCO)c(CO)DOa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：Oa：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O；ab段：2KOH+CO2=K2CO3+H2O；bc：2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO；cd段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；de段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部

16、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2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO，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cd段：K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3；de段：BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，故e点溶液中c(HCO)c(K+)，选项A正

17、确；B、bc段反应的离子方程式是：2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO，选项B错误；C、d点为KHCO3溶液，根据物料守恒有c(K+)= c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，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

18、“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：FeCu。一定发生反应：Fe+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：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2(Fe足量时)，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2(FeCl3足量时)。（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有Fe3、Cu2+，因为它们能发生上述反应。（2）若CuCl2有剩余，则容器中不可能有Fe，可能有Fe2+、Fe3或Fe2、Cu。（3）若FeCl3和CuCl2均有剩余，则容器中一定没有Fe、Cu，一定有Fe2+。8