2021届高考化学统考版二轮备考提升指导与精练4三种类型的竞争反应解析

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NH+4先与OH−反应，则生成NH3·H2O，但是NH3·H2O又会与Al3+、Mg2+反应生成NH+4，故OH−会先与Al3+、Mg2+反应，再与NH+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NH+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)NH+4+OH−=NH3·H2O(4)Al(OH)3+OH−=Al3++2H2O例2．已知：还原性HSO−3＞I−，氧化性IO−3＞I2，在含2molKIO3的溶液中逐滴加入3NaHSO溶液，加入3NaHSO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（）2.应用②氧化还原型离子间竞争反应1.应用①复分解型离子间的竞争反应优培4三种类型的竞争反应三种类型的竞争反应A．反应过程中溶液的PH先变小后变大B．a点时消耗的KIO3的物质的量为1.2molC．0~b间反应：--2--+3343HSO+IO3SO+I+3H═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5.5mol【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22+33425HSO+2IO=5SO+I+3OHH，再发生2+3242HSO+I=SO+2IHO+3H，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1mol，因此a点时消耗的HSO−3的物质的量为2mol，根据反应比例关系得消耗KIO3的物质的量为0.8mol故B错误；C．0~b间反应：22+33425HSO+2IO=5SO+I+3OHH，故C错误；D．b点I2物质的量为1mol，溶液中I2与I−的物质的量之比为1∶2时，则为反应了0.5molI2，因此根据2+3242HSO+I=SO+2IHO+3H，又消耗0.5molNaHSO3，所以加入的NaHSO3的物质的量为5.5mol，故D正确。综上所述，答案为D。【答案】D例3．往含Fe3+、H+、NO−3的混合液中加入少量SO2－3，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是（）A．2Fe3++SO2－3+H2O==2Fe2++SO2－4+2H+B．2H++SO2－3==H2O+SO2↑C．2H++2NO－3+3SO2－3==3SO2－4+2NO↑+H2OD．2Fe3++3SO2－3+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++NO−3反应，所以应先与3.应用③氧化还原反应与非氧化还原反应之间的竞争H++NO−3反应，故应选C。【答案】C例4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO−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+CO2−3D．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＞HCO−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+HCO−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】B1.下表所示的化学反应体系与反应先后顺序判断一致的是 ()选项反应体系.反应先后顺序判断A含等物质的量的AlO−2、OH−、CO2−3的溶液，逐滴加入盐酸AlO−2、OH−、CO2−3B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CO2KOH、Ba(OH)2D含等物质的量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液，加入锌粉Ag+、Fe3+、Cu2+、H+【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−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】D2．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（）提分训练选项甲乙ANH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HClNaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba(OH)2CAlCl3、Mg(NO3)2、HNO3NaOHDNaAlO2、氨水、NaOHH2SO4【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】A3．已知反应：Al3++2H2O+NH+4=NH3·H2O+Al(OH)3↓，现向浓度均为0.1mol·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+、NH+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↓、NH+4+OH−=NH3·H2O、Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O[对于前两个反应的顺序，可以用假设法：假定NH+4+OH−=NH3·H2O先发生，由于存在：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH+4，所以实际应该是Al3++3OH−=Al(OH)3↓先进行，选项D正确。【答案】D4．某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH+4、Al3+、Fe3+、CO2−3、SO2−4、NO−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+、NH+4、Al3+B．溶液中n(Al3+)=0.1molC．溶液中一定不含CO2−3，可能含有SO2−4和NO−3D．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NO−3。溶液中含有H+，则一定不含CO2−3。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+)=0.1mol；n(NaOH)为0.1~0.5mol时为金属离子沉淀过程；n(NaOH)为0.5~0.7mol时沉淀的量保持不变，应为OH−与NH+4发生反应，n(NH+4)=0.2mol；n(NaOH)为0.7~0.8mol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+)=0.1mol，B正确；不溶解的沉淀只能为Mg(OH)2，n(Al3+)=0.1mol，沉淀Al3+消耗NaOH0.3mol，则沉淀Mg2+消耗NaOH0.1mol，因此n(Mg2+)=0.05mol，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH+4、Al3+，A正确；其中n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol=2∶2∶1，D正确；溶液中一定不含CO2−3和NO−3，因溶液呈电中性，则溶液中一定含有SO2−4，C错误。【答案】C5．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、1120C．2240、2352D．392、504【解析】PH=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CO2V1=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-0.005mol×2=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)2，0.05molCaCO3会消耗0.05molCO2，即为112mL，所以V3=1008+112=1120mL。故选B。【答案】B6．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=CO2−3+H2O，Ca2+与CO2−3反应：Ca2++CO2−3=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】A7．在含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2（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)≤12时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)∶n(