统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练4三种类型的竞争反应含解析

这是一份统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练4三种类型的竞争反应含解析，共8页。试卷主要包含了8ml故B错误；C．间反应等内容，欢迎下载使用。

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。


【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NHeq \\al(+,4)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。
【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
2.应用② 氧化还原型离子间竞争反应
例2．已知：还原性HSOeq \\al(−,3)＞I−，氧化性IOeq \\al(−,3)＞I2，在含2ml KIO3的溶液中逐滴加入溶液，加入的物质的量和产生I−的物质的量的关系曲线如图所示，下列叙述中正确的是（ ）
A．反应过程中溶液的PH先变小后变大
B．点时消耗的KIO3的物质的量为1.2ml
C．间反应：
D．溶液中I2与I−的物质的量之比为1∶2时，加入的NaHSO3的物质的量为5.5ml
【解析】根据图中信息得到亚硫酸氢根先和碘酸根离子反应生成单质碘和硫酸根，再是亚硫酸根和单质碘反应生成碘离子和硫酸根。A．反应过程中先发生，再发生，因此溶液的pH始终减小，故A错误；B．根据图中信息横坐标每隔为1ml，因此a点时消耗的HSOeq \\al(−,3)的物质的量为2ml，根据反应比例关系得消耗KIO3的物质的量为0.8ml故B错误；C．间反应：，故C错误；D．b点I2物质的量为1ml，溶液中I2与I−的物质的量之比为1∶2时，则为反应了0.5ml I2，因此根据，又消耗0.5ml NaHSO3，所以加入的NaHSO3的物质的量为5.5ml，故D正确。综上所述，答案为D。
【答案】D
3.应用③ 氧化还原反应与非氧化还原反应之间的竞争
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↑
【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。
【答案】C
例4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCOeq \\al(−,3)，氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=3Fe3++2Cl−
B．能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3+、Cl−、Ba2+、Br−能大量共存
C．向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：2ClO−+CO2+H2O=2HClO+COeq \\al(2−,3)
D．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使混合溶液变成无色
【解析】A．氧化性：Fe3+＞I2，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I−+Cl2=I2+2Cl−，A错误；B．能使pH试纸显深红色的溶液中，说明溶液呈强酸性，弱酸根离子、还原性离子不存在，这几种离子之间不反应，所以能共存，B正确；C．酸性HClO＞HCOeq \\al(−,3)，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO−+CO2+H2O=HClO+HCOeq \\al(−,3)，C错误；D．氧化性：Br2＞Fe3+，向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，D错误。
【答案】B
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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 ( )
【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。
【答案】D
2．向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成沉淀的质量如图所示，其中符合图像的一组是（ ）
【解析】A．第一段是与盐酸反应，第二段与Al(NO3)3、Fe(NO3)3产生2种沉淀，第三段与NH4NO3反应，第四段是溶解氢氧化铝，故A正确；B．不会产生沉淀部分溶解的图象，故B错误；C．中间一段沉淀不变的图象没有，故C错误；D．最终沉淀会全部溶解，D错误。
【答案】A
3．已知反应：Al3++2H2O+NHeq \\al(+,4) =NH3·H2O+Al(OH)3↓，现向浓度均为0.1ml·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（ ）

【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。
【答案】D
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
【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))=0.2ml；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+)=0.1ml，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。
【答案】C
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、672 B．1008、1120 C．2240、2352 D．392、504
【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=1120
mL。故选B。
【答案】B
6．将足量的CO2不断通入NaOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，则生成沉淀的物质的量与通入CO2的体积的关系可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【解析】CO2先与OH−发生反应：2OH−+CO2=COeq \\al(2−,3)+H2O，Ca2+与COeq \\al(2−,3)反应：Ca2++COeq \\al(2−,3)=CaCO3↓，因此认为Ca(OH)2先与CO2反应，其次为NaOH，然后是NaAlO2，发生的反应依次是Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2NaAlO2+CO2+
3H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，因此通入CO2与沉淀关系的图像是A，答案选A。
【答案】A
7．在含有a ml FeBr2的溶液中，通入x ml Cl2（已知氧化性：Br2＞Fe3+)。下列各项通入Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）
A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
B．x=0.6a，2Br−+Cl2=Br2+2Cl−
C．x=a，2Fe2++2Br−+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl−
D．x=1.5a，2Fe2++4Br−+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl−
【解析】已知氧化性：Br2＞Fe3+，则还原性：Fe2+＞Br−，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，当n(Cl2)∶n(FeBr2)≤时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)∶n(FeBr2)≥时，Fe2+和Br−被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br−被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。x=0.6a，n(Cl2)∶n(FeBr2)介于～，Fe2+被完全氧化，Br−被部分氧化，则离子反应为：10Fe2++2Br−+6Cl2=Br2+10Fe3++12Cl−，故B错误；答案选B。
【答案】B
8．向物质的量浓度均为1ml/L的HCl、AlCl3、MgCl2、NH4Cl混合溶液中逐滴加入1ml/L的NaOH溶液，得到如图图像。下列有关说法正确的是（ ）
A．沉淀的最大物质的量为2ml
B．c-d段会产生标况下22.4L NH3
C．d-e段发生的反应为Al3++4OH−=AlOeq \\al(−,2)+2H2O
D．滴加NaOH溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H+、Al3+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al(OH)3
【解析】因原混合溶液的体积未知，故无法判断沉淀的最大物质的量，A错误；c～d段为NH4Cl与NaOH溶液反应，产生NH3的量无法计算，B错误；d～e段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlOeq \\al(−,2)+2H2O，C错误；H+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al(OH)3结合氢氧根离子的能力逐渐减弱，故滴加NaOH溶液过程中，微粒反应的先后顺序是H+、Mg2+、NHeq \\al(+,4)、Al(OH)3，D正确；答案选D。
【答案】D
9.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是（ ）
【解析】A．原溶液中碳酸氢根与偏铝酸根不能共存可以发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCOeq \\al(−,3)+AlOeq \\al(−,2)+H2O=Al(OH)3↓+COeq \\al(2−,3)，A错误；B．选项中四种离子可以共存，通入硫化氢气体后，无明显现象，B错误；C．选项中四种离子可以共存，向含有四种离子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出碳酸根和氢离子，分别与钙离子和次氯酸跟结合，离子方程式正确，C正确；D．题给四种离子可以大量共存，但加入少量硝酸时，由于亚硫酸根的还原性强于碘离子，故硝酸先与亚硫酸根发生反应，反应的离子方程式为3SOeq \\al(2−,3)+2NOeq \\al(−,3)+2H+=3SOeq \\al(2−,4)+2NO↑+H2O，D错误；故选C。
【答案】C
10．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。
【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+。
【答案】（1）Fe3+、Cu2+ 一定
（2）Fe2+、Fe3+(或Fe2+) 可能
（3）Fe、Cu 一定选项
反应体系.
反应先后顺序判断
A
含等物质的量的AlOeq \\al(−,2)、OH−、COeq \\al(2−,3)的溶液，逐滴加入盐酸
AlOeq \\al(−,2)、OH−、COeq \\al(2−,3)
B
含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液，缓慢通入氯气
I−、Br−、Fe2+
C
含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液，缓慢通入CO2
KOH、Ba(OH)2
D
含等物质的量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液，加入锌粉
Ag+、Fe3+、Cu2+、H+
选项
甲
乙
A
NH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HCl
NaOH
B
Na2CO3、NH4HCO3、Na2SO4
Ba(OH)2
C
AlCl3、Mg(NO3)2、HNO3
NaOH
D
NaAlO2、氨水、NaOH
H2SO4
选项
离子组
试剂X
发生反应的离子方程式
A
K+、Na+、HCOeq \\al(−,3)、AlOeq \\al(−,2)
少量HCl
H2O+H++AlOeq \\al(−,2)=Al(OH)3↓
B
NHeq \\al(+,4)、Fe2+、Br−、SOeq \\al(2−,4)
少量H2S
Fe2++H2S=FeS↓+2H+
C
ClO−、Na+、Ca2+、NOeq \\al(−,3)
少量CO2
CO2+Ca2++H2O+2ClO−=CaCO3↓+2HClO
D
I−、Cl−、Na+、SOeq \\al(2−,3)
少量稀硝酸
6I−+2NOeq \\al(−,3)+8H+=2NO↑+4H2O+3I2