2019屆高考化學(xué) 專題五 三種類型的競爭反應(yīng)精準(zhǔn)培優(yōu)專練.doc

培優(yōu)點五 三種類型的競爭反應(yīng)一三種類型的競爭反應(yīng)1復(fù)分解型離子間的競爭反應(yīng)典例1將足量的CO2不斷通入KOH、Ca(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀與通入CO2的量的關(guān)系可表示為（ ）【解析】 溶液中通入CO2時，先與OH反應(yīng)：CO2+2OH=CO+H2O，隨即發(fā)生反應(yīng)：CO+Ca2+=CaCO3，即可以認(rèn)為通入CO2時先與Ca(OH)2反應(yīng)；隨著CO2的不斷通入，會依次發(fā)生反應(yīng)：2KOH+CO2=K2CO3+H2O，2KAlO2+CO2+3H2O=K2CO3+2Al(OH)3AlO未反應(yīng)完時，CO2只能轉(zhuǎn)化成CO，而不能轉(zhuǎn)化成HCO，因為AlO與HCO不共存，會發(fā)生反應(yīng)：AlO+HCO+H2O=CO+Al(OH)3，K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，最后剩下的沉淀就是Al(OH)3，所以C正確。【答案】C2氧化還原型離子間競爭反應(yīng)典例2向FeBr2、FeI2的混合溶液中通人適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化如圖所示，則下列有關(guān)說法中不正確的是（ ）A曲線d代表溶液中Br變化情況B原溶液中FeI2的物質(zhì)的量為2molC原溶液中n(Fe2+)n(Br)23D當(dāng)通入2mol Cl2時，溶液中離子反應(yīng)為2I+2Fe2+2Cl2=I2+2Fe3+4Cl【解析】還原性強(qiáng)弱：I>Fe2+>Br。根據(jù)氧化還原反應(yīng)的先后順序，d代表Br變化情況，A正確；a代表的是I的變化情況，2I+Cl2=I2+2Cl，n(I)2mol，則n(FeI2)1mol，B錯誤；b代表Fe2+變化情況，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，n(Fe2+)4mol，d發(fā)生反應(yīng)2Br+Cl2=Br2+2Cl，n(Br)6mol，兩者比值為4623，C正確；加入2mol Cl2，I全部參加反應(yīng)，部分Fe2+參加反應(yīng)，因此離子反應(yīng)2I+2Fe2+2Cl2=I2+2Fe3+4Cl，D正確。【答案】B3氧化還原反應(yīng)與非氧化還原反應(yīng)之間的競爭典例3往含F(xiàn)e3+、H+、NO的混合液中加入少量SO，充分反應(yīng)后，下列表示該反應(yīng)的離子方程式正確的是（ ）A2Fe3+SO+H2O=2Fe2+SO+2H+B2H+SO=H2O+SO2C2H+2NO+3SO=3SO+2NO+H2OD2Fe3+3SO+3H2O=2Fe(OH)3+3SO2【解析】用“假設(shè)法”，如果先與Fe3+反應(yīng)，則生成的Fe2+又會與H+NO反應(yīng)，所以應(yīng)先與H+NO反應(yīng)，故應(yīng)選C?！敬鸢浮緾二對點增分集訓(xùn)1判斷離子方程式的正誤（1）氫氧化鈣溶液和碳酸氫鎂溶液反應(yīng)：Ca2+OH+HCO=CaCO3+H2O（ ）（2）Na2S溶液與CuSO4溶液反應(yīng)的離子方程式：S2+Cu2+ +2H2O=Cu(OH)2+ H2S（ ）【解析】（1）溶液中的OH與Mg2+和HCO均會反應(yīng)，但由于OH與HCO反應(yīng)生成CO和H2O更容易，因此該反應(yīng)先發(fā)生；接下來還可能會發(fā)生：Mg2+CO=MgCO3，Mg2+2OH=Mg(OH)2，因為Mg(OH)2的溶解度更小，當(dāng)OH還有剩余時會優(yōu)先生成氫氧化鎂沉淀。對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式如下：Mg2+2HCO+Ca2+2OH=CaCO3+MgCO3+2H2O Ca(OH)2少量；Mg2+2HCO+2Ca2+4OH=Mg(OH)2+2CaCO3+2H2OCa(OH)2過量；所以反應(yīng)物中當(dāng)氫氧化鈣不足時產(chǎn)物中有MgCO3，氫氧化鈣足量時產(chǎn)物中有Mg(OH)2，該離子方程式錯誤。（2）Na2S溶液與CuSO4溶液反應(yīng)時，不會發(fā)生S2與Cu2+的雙水解反應(yīng)，因為此反應(yīng)生成的Cu(OH)2的溶解度大于CuS的溶解度，故應(yīng)是S2與Cu2+直接反應(yīng)生成CuS沉淀。【答案】（1）（2）2在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol Fe，經(jīng)攪拌后發(fā)生的變化應(yīng)是（ ）A鐵溶解，析出0.01mol Ag和0.005mol Cu B鐵溶解，析出0.01mol Ag并放出H2 C鐵溶解，析出0.01mol Ag，溶液中不再有Fe3+ D鐵溶解，析出0.01mol Ag，溶液中不再有Cu2+【解析】因為氧化性Ag+>Fe3+>Cu2+>H+，所以先發(fā)生反應(yīng)2Ag+Fe=2Ag+Fe2+，其中0.005mol Fe與0.01mol的AgNO3反應(yīng)，析出0.01mol Ag，再發(fā)生：2Fe3+Fe=3Fe2+，其中剩余的0.005mol Fe與0.01mol的Fe(NO3)3反應(yīng)，溶液中不再有Fe3+，故選C?！敬鸢浮緾3已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠(yuǎn)大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1molL1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意圖表示生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積的關(guān)系，合理的是（ ）【解析】 根據(jù)題意KspAl(OH)3 KspFe(OH)3，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液時，首先應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，當(dāng)Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，繼續(xù)滴加NaOH溶液，則Al(OH)3+OH=AlO+2H2O，而題意是生成Al(OH)3的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液體積的關(guān)系，故C項圖像符合實際情況。【答案】C4向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到固體物質(zhì)的組成可能是（ ）ANaCl、Na2SO4 BNaBr、Na2SO4 CNaCl、Na2SO4、I2 DNaCl、NaI、Na2SO4【解析】向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯氣后，可能發(fā)生的反應(yīng)依次為Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2=2NaCl+I2、2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。將溶液蒸干時HCl、Br2和Cl2會揮發(fā)，灼燒時I2會升華。若通入的氯氣過量，得到固體剩余物質(zhì)的組成是NaCl、Na2SO4；若通入的氯氣是不足量的，則還有可能留下NaBr?！敬鸢浮緼5已知：25時，KspMg(OH)25.611012，KspMgF27.421011。下列說法正確的是（ ）A25時，飽和Mg(OH)2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大B25時，在Mg(OH)2的懸濁液中加入少量的NH4Cl固體，c(Mg2+)增大C25時，Mg(OH)2固體在20mL 0.01molL1氨水中的Ksp比在20mL 0.01molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小D25時，在Mg(OH)2懸濁液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能轉(zhuǎn)化為MgF2【解析】Mg(OH)2的溶度積小，溶液中的c(Mg2+)要小一些，故選項A錯誤；NH4+ 可以結(jié)合OH離子，從而促使Mg(OH)2的電離平衡正向移動，c(Mg2+)增大，故選項B正確；Ksp僅與溫度有關(guān)，故選項C錯誤；選項D，若Mg(OH)2能轉(zhuǎn)化為MgF2，則存在反應(yīng)Mg(OH)2+2FMgF2+2OH，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=c2(OH)/c2(F)，即K=KspMg(OH)2/KspMgF2，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.0756；所以只要c2(OH)/c2(F)<0.0756就可朝著生成MgF2沉淀方向反應(yīng)，即c(F)/ c(OH)>3.64。可以看出當(dāng)溶液中F的濃度超過OH濃度的3.64倍時，就可以實現(xiàn)上述“難溶制易溶”的轉(zhuǎn)化，所以D選項是錯誤的。【答案】B6將足量Cl2緩緩?fù)ㄈ牒?.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此過程中溶液的pH與Cl2用量的關(guān)系示意圖是(溶液體積變化忽略不計，且不考慮Cl2與水反應(yīng))（ ）【解析】因H2SO3的還原性強(qiáng)于HBr的還原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3+Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，生成的H2SO4和HCl是強(qiáng)酸，故溶液的pH下降；當(dāng)H2SO3完全反應(yīng)后，再通入Cl2，發(fā)生反應(yīng)Cl2+2HBr=Br2+2HCl，溶液的pH不再改變?！敬鸢浮緼7把鐵與銅的合金放入稀硝酸中，反應(yīng)后過濾，濾出的固體物質(zhì)投入鹽酸中無氣體放出，則濾液里一定含有的金屬鹽是（ ）ACu(NO3)2 BFe(NO3)3 CFe(NO3)2 DCu(NO3)2和Fe(NO3)2【解析】鐵銅合金與稀硝酸反應(yīng)，由于鐵還原性強(qiáng)于銅，優(yōu)先反應(yīng)，故有以下反應(yīng)依次發(fā)生：3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O(若假設(shè)氧化產(chǎn)物為Fe3+，則會與Cu反應(yīng)：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故假設(shè)不成立)，3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，依據(jù)題意，固體為Cu，所以無Fe(NO3)3，B選項錯誤；一定發(fā)生，所以Fe(NO3)2一定有，C選項正確；可能發(fā)生，所以Cu(NO3)2可能有，A、D選項錯誤?！敬鸢浮緾8在含有H+、Al3+、NH的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生的離子反應(yīng)依次是_?！窘馕觥克釅A中和反應(yīng)最容易發(fā)生，OH先與H+反應(yīng)，接著與Al3+反應(yīng)若假設(shè)先與NH反應(yīng)，生成的NH3H2O會與Al3+反應(yīng)生成NH和Al(OH)3生成Al(OH)3沉淀，再與NH反應(yīng)生成NH3H2O，最后與Al(OH)3反應(yīng)生成AlO。【答案】H+OH=H2O、Al3+3OH=Al(OH)3、NH+OH=NH3H2O、Al(OH)3+OH=2H2O+AlO9將鐵粉、銅粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反應(yīng)(容器不參與反應(yīng))。試判斷下列情況下溶液中存在的金屬離子和金屬單質(zhì)。（1）若鐵粉有剩余，則容器中不可能有的離子是_；銅單質(zhì)_(填“一定”或“可能”)存在。（2）若氯化銅有剩余，則容器中還可能有的離子為_；銅單質(zhì)_(填“一定”或“可能”)存在。（3）若氯化鐵和氯化銅都有剩余，則容器中不可能有的單質(zhì)是_，F(xiàn)e2+_(填“一定”或“可能”)存在?！窘馕觥垦趸裕篎e3+>Cu2+，還原性：Fe>Cu。一定發(fā)生反應(yīng)：Fe+2FeCl3=3FeCl2(若假設(shè)先發(fā)生Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，則Fe與CuCl2不共存，故假設(shè)不成立)；可能發(fā)生反應(yīng)：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2(Fe足量時)，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2(FeCl3足量時)。（1）若鐵粉有剩余，則容器中不可能有Fe3、Cu2+，因為它們能發(fā)生上述反應(yīng)。（2）若CuCl2有剩余，則容器中不可能有Fe，可能有Fe2+、Fe3或Fe2、Cu。（3）若FeCl3和CuCl2均有剩余，則容器中一定沒有Fe、Cu，一定有Fe2+?！敬鸢浮浚?）Fe3+、Cu2+一定（2）Fe2+、Fe3+(或Fe2+)可能（3）Fe、Cu一定