2021高中化学一轮复习 训练4 三种类型的竞争反应（含解析）.docx

-8-三种类型的竞争反应三种类型的竞争反应例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\o\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\o\al(+,4)，故OH−会先与Al3+、Mg2+反应，再与NHeq\o\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\o\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\o\al(+,4)+OH−=NH3·H2O(4)Al(OH)3+OH−=Al3++2H2O例2．已知：还原性HSOeq\o\al(−,3)＞I−，氧化性IOeq\o\al(−,3)＞I2，在含2molKIO3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1.2molC．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5.5mol【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，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1mol，因此a点时消耗的HSOeq\o\al(−,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．间反应：，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，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+、NOeq\o\al(−,3)的混合液中加入少量SOeq\o\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\o\al(2－,3)+H2O==2Fe2++SOeq\o\al(2－,4)+2H+B．2H++SOeq\o\al(2－,3)==H2O+SO2↑C．2H++2NOeq\o\al(－,3)+3SOeq\o\al(2－,3)==3SOeq\o\al(2－,4)+2NO↑+H2OD．2Fe3++3SOeq\o\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\o\al(−,3)反应，所以应先与H++NOeq\o\al(−,3)反应，故应选C。【答案】C例4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCOeq\o\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\o\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\o\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\o\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提分训练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 ()选项反应体系.反