2022屆高考化學 專題五 三種類型的競爭反應精準培優(yōu)專練

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1、2022屆高考化學 專題五 三種類型的競爭反應精準培優(yōu)專練 一．三種類型的競爭反應 1．復分解型離子間的競爭反應 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的量的關系可表示為（ ） 【解析】 溶液中通入CO2時，先與OH－反應：CO2+2OH－===CO+H2O，隨即發(fā)生反應：CO+Ca2+===CaCO3↓，即可以認為通入CO2時先與Ca(OH)2反應；隨著CO2的不斷通入，會依次發(fā)生反應：2KOH+CO2===K2CO3+H2O，2KAlO2+CO2+3H2O===K2CO3+2Al(OH)3↓[AlO未反應完時，

2、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：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】C 2．氧化還原型離子間競爭反應 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2mol C．原溶液中n(Fe2+)∶n(Br－)＝2∶3

3、D．當通入2mol Cl2時，溶液中離子反應為2I－+2Fe2++2Cl2===I2+2Fe3++4Cl－ 【解析】還原性強弱：I－>Fe2+>Br－。根據(jù)氧化還原反應的先后順序，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2Br－+Cl2===Br2+2Cl－，n(Br－)＝6mol，兩者比值為4∶6＝2∶3，C正確；加入2mol Cl2，I－全部參加反應，部分Fe2+參加

4、反應，因此離子反應2I－+2Fe2++2Cl2===I2+2Fe3++4Cl－，D正確。 【答案】B 3．氧化還原反應與非氧化還原反應之間的競爭 典例3．往含F(xiàn)e3+、H+、NO的混合液中加入少量SO，充分反應后，下列表示該反應的離子方程式正確的是（ ） A．2Fe3++SO+H2O===2Fe2++SO+2H+ B．2H++SO===H2O+SO2↑ C．2H++2NO+3SO===3SO+2NO↑+H2O D．2Fe3++3SO+3H2O===2Fe(OH)3↓+3SO2↑ 【解析】用“假設法”，如果先與Fe3+反應，則生成的Fe2+又會與H++NO反應，所以應先與H+

5、+NO反應，故應選C。 【答案】C 二．對點增分集訓 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：Ca2++OH－+HCO===CaCO3↓+H2O（ ） （2）Na2S溶液與CuSO4溶液反應的離子方程式：S2－+Cu2+ +2H2O===Cu(OH)2↓+ H2S↑（ ） 【解析】（1）溶液中的OH－與Mg2+和HCO均會反應，但由于OH－與HCO反應生成CO和H2O更容易，因此該反應先發(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OH－還有剩余時會優(yōu)先生成

6、氫氧化鎂沉淀。對應反應的離子方程式如下：Mg2++2HCO+Ca2++2OH－===CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O [Ca(OH)2少量]；Mg2++2HCO+2Ca2++4OH－===Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O[Ca(OH)2過量]；所以反應物中當氫氧化鈣不足時產(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溶液反應時，不會發(fā)生S2－與Cu2+的雙水解反應，因為此反應生成的Cu(OH)2的溶解度大于CuS的溶解度，故應是S2－與Cu2+直接反應生成CuS沉淀。 【答案】（1）× （2）× 2．在含有C

7、u(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2Ag++Fe===2Ag+Fe2+，其中0.005mol Fe與0.01mol的AgNO3反應，析出0.01mol Ag，再發(fā)生：2

8、Fe3++Fe===3Fe2+，其中剩余的0.005mol Fe與0.01mol的Fe(NO3)3反應，溶液中不再有Fe3+，故選C。 【答案】C 3．已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1mol·L?1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溶液的體積的關系，合理的是（ ） 【解析】 根據(jù)題意Ksp[Al(OH)3]＞＞ Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液時，首先應生成Fe(OH)3沉淀，當Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)

9、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溶液體積的關系，故C項圖像符合實際情況。 【答案】C 4．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（ ） A．NaCl、Na2SO4 B．NaBr、Na2SO4 C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、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)生的反應依次為Na2SO3+Cl2+ H2O===Na2SO

10、4+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。 【答案】A 5．已知：25℃時，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10?12，Ksp[MgF2]＝7.42×10?11。下列說法正確的是（ ） A．25℃時，飽和Mg(OH)2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B．25℃時，在Mg(OH)2的懸濁液中加入少量的NH4Cl固體，c(Mg2+)

11、增大 C．25℃時，Mg(OH)2固體在20mL 0.01mol·L?1氨水中的Ksp比在20mL 0.01mol·L?1 NH4Cl溶液中的Ksp小 D．25℃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，故選項C錯誤；選項D，若Mg(OH)2能轉(zhuǎn)化為MgF2，則存在反應Mg(OH)2+2FMgF2+2OH，該反應的平衡常數(shù)表達式為K=c2(OH)

12、/c2(F)，即K==Ksp[Mg(OH)2]/Ksp[MgF2]，該反應的平衡常數(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，即c(F)/ c(OH)>3.64。可以看出當溶液中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】B 6．將足量Cl2緩緩通入含0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此過程中溶液的pH與Cl2用量的關系示意圖是(溶液體積變化忽略不計，且不考慮Cl2與水反應)（ ） 【解析】因H2SO3的還原性強于HBr的還原性，故Cl

13、2先氧化H2SO3，H2SO3+Cl2+H2O===H2SO4+2HCl，生成的H2SO4和HCl是強酸，故溶液的pH下降；當H2SO3完全反應后，再通入Cl2，發(fā)生反應Cl2+2HBr===Br2+2HCl，溶液的pH不再改變。 【答案】A 7．把鐵與銅的合金放入稀硝酸中，反應后過濾，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（ ） A．Cu(NO3)2 B．Fe(NO3)3 C．Fe(NO3)2 D．Cu(NO3)2和Fe(NO3)2 【解析】鐵銅合金與稀硝酸反應，由于鐵還原性強于銅，優(yōu)先反應，故有以下反應依次發(fā)生：①

14、 3Fe+8H++2NO===3Fe2++2NO↑+4H2O(若假設氧化產(chǎn)物為Fe3+，則會與Cu反應：2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，故假設不成立)，②3Cu+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；①一定發(fā)生，所以Fe(NO3)2一定有，C選項正確；②可能發(fā)生，所以Cu(NO3)2可能有，A、D選項錯誤。 【答案】C 8．在含有H+、Al3+、NH的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生的離子反應依次是_____________ ____________________________________

15、__________________________________________________。 【解析】酸堿中和反應最容易發(fā)生，OH－先與H+反應，接著與Al3+反應[若假設先與NH反應，生成的NH3·H2O會與Al3+反應生成NH和Al(OH)3]生成Al(OH)3沉淀，再與NH反應生成NH3·H2O，最后與Al(OH)3反應生成AlO。 【答案】H++OH－===H2O、Al3++3OH－===Al(OH)3↓、 NH+OH－===NH3·H2O、Al(OH)3+OH－===2H2O+AlO 9．將鐵粉、銅粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反應(容器不參與

16、反應)。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。 【解析】氧化性：Fe3+>Cu2+，還原性：Fe>Cu。一定發(fā)生反應：①Fe+2FeCl3===3FeCl2(若假設先發(fā)生Cu+2FeCl3===2FeCl2+CuCl2，則Fe與CuCl2不共存，故假設不成立)；可能發(fā)生反應：②Fe+CuCl2===Cu+FeCl2(Fe足量時)，③Cu+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①②反應。（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+。 【答案】（1）Fe3+、Cu2+　一定　 （2）Fe2+、Fe3+(或Fe2+)　可能 （3）Fe、Cu　一定