2019届高三化学一轮复习试题 三种类型的竞争反应

这是一份2019届高三化学一轮复习试题 三种类型的竞争反应，共7页。试卷主要包含了复分解型离子间的竞争反应，氧化还原型离子间竞争反应，已知等内容，欢迎下载使用。

1．复分解型离子间的竞争反应
典例1．将足量的CO2不断通入KOH、Ca(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（ ）
2．氧化还原型离子间竞争反应
典例2．向FeBr2、FeI2的混合溶液中通人适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A．曲线d代表溶液中Br－变化情况
B．原溶液中FeI2的物质的量为2ml
C．原溶液中n(Fe2+)∶n(Br－)＝2∶3
D．当通入2ml Cl2时，溶液中离子反应为2I－+2Fe2++2Cl2===I2+2Fe3++4Cl－
3．氧化还原反应与非氧化还原反应之间的竞争
典例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↑
二．对点增分集训
1．判断离子方程式的正误
（1）氢氧化钙溶液和碳酸氢镁溶液反应：Ca2++OH－+HCOeq \\al(－,3)===CaCO3↓+H2O（ ）
（2）Na2S溶液与CuSO4溶液反应的离子方程式：S2－+Cu2+ +2H2O===Cu(OH)2↓+ H2S↑（ ）
2．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01ml的酸性混合溶液中加入0.01ml Fe，经搅拌后发生的变化应是（ ）
A．铁溶解，析出0.01ml Ag和0.005ml Cu
B．铁溶解，析出0.01ml Ag并放出H2
C．铁溶解，析出0.01ml Ag，溶液中不再有Fe3+
D．铁溶解，析出0.01ml Ag，溶液中不再有Cu2+
3．已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1ml·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）
4．向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体物质的组成可能是（ ）
A．NaCl、Na2SO4 B．NaBr、Na2SO4 C．NaCl、Na2SO4、I2 D．NaCl、NaI、Na2SO4
5．已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C．25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01ml·L−1氨水中的Ksp比在20mL 0.01ml·L−1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
6．将足量Cl2缓缓通入含0.02ml H2SO3和0.02ml HBr的混合溶液中，在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应)（ ）
7．把铁与铜的合金放入稀硝酸中，反应后过滤，滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出，则滤液里一定含有的金属盐是（ ）
A．Cu(NO3)2 B．Fe(NO3)3 C．Fe(NO3)2 D．Cu(NO3)2和Fe(NO3)2
8．在含有H+、Al3+、NHeq \\al(＋,4)的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生的离子反应依次是_____________
_________________________________________________________________。
9．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”)
典例1．【解析】溶液中通入CO2时，先与OH－反应：CO2+2OH－===COeq \\al(2－,3)+H2O，随即发生反应：COeq \\al(2－,3)+Ca2+===CaCO3↓，即可以认为通入CO2时先与Ca(OH)2反应；随着CO2的不断通入，会依次发生反应：2KOH+CO2===K2CO3+H2O,2KAlO2+CO2+3H2O===K2CO3+2Al(OH)3↓[AlOeq \\al(－,2)未反应完时，CO2只能转化成COeq \\al(2－,3)，而不能转化成HCOeq \\al(－,3)，因为AlOeq \\al(－,2)与HCOeq \\al(－,3)不共存，会发生反应：AlOeq \\al(－,2)+HCOeq \\al(－,3)+H2O===COeq \\al(2－,3)+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正确。
【答案】C
典例2．【解析】还原性强弱：I－>Fe2+>Br－。根据氧化还原反应的先后顺序，d代表Br－变化情况，A正确；a代表的是I－的变化情况，2I－+Cl2===I2+2Cl－，n(I－)＝2ml，则n(FeI2)＝1ml，B错误；b代表Fe2+变化情况，2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl－，n(Fe2+)＝4ml，d发生反应2Br－+Cl2===Br2+2Cl－，n(Br－)＝6ml，两者比值为4∶6＝2∶3，C正确；加入2ml Cl2，I－全部参加反应，部分Fe2+参加反应，因此离子反应2I－+2Fe2++2Cl2===I2+2Fe3++4Cl－，D正确。
【答案】B
典例3．【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Heq \\al(+,)+NOeq \\al(－,3)反应，故应选C。
【答案】C
1．【解析】（1）溶液中的OH－与Mg2+和HCOeq \\al(－,3)均会反应，但由于OH－与HCOeq \\al(－,3)反应生成COeq \\al(2－,3)和H2O更容易，因此该反应先发生；接下来还可能会发生：Mg2++COeq \\al(2－,3)===MgCO3↓，Mg2++2OH－===Mg(OH)2↓，因
Mg(OH)2的溶解度更小，当OH－还有剩余时会优先生成氢氧化镁沉淀。对应反应的离子方程式如下：Mg2eq \\al(+,)+2HCOeq \\al(－,3)+Ca2++2OH－===CaCO3↓+MgCO3↓+2H2O [Ca(OH)2少量]；Mg2++2HCOeq \\al(－,3)+2Ca2++4OH－===Mg(OH)2
↓+2CaCO3↓+2H2O [Ca(OH)2过量]；所以反应物中当氢氧化钙不足时产物中有MgCO3，氢氧化钙足量时产物中有Mg(OH)2，该离子方程式错误。（2）Na2S溶液与CuSO4溶液反应时，不会发生S2－与Cu2eq \\al(+,)的双水解反应，因为此反应生成的Cu(OH)2的溶解度大于CuS的溶解度，故应是S2－与Cu2eq \\al(+,)直接反应生成CuS沉淀。
【答案】（1）×
（2）×
2．【解析】因为氧化性Ag+>Fe3+>Cu2+>H+，所以先发生反应2Ag++Fe===2Ag+Fe2+，其中0.005ml Fe与0.01ml的AgNO3反应，析出0.01ml Ag，再发生：2Fe3++Fe===3Fe2+，其中剩余的0.005ml Fe与0.01ml的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3+，故选C。
【答案】C
3．【解析】 根据题意Ksp[Al(OH)3]＞＞ Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3+OH－===AlOeq \\al(－,2)+2H2O，而题意是生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系，故C项图像符合实际情况。
【答案】C
4．【解析】向NaBr、NaI和Na2SO3混合液中通入一定量氯气后，可能发生的反应依次为Na2SO3+Cl2+H2O===Na2SO4+2HCl、2NaI+Cl2===2NaCl+I2、2NaBr+Cl2===2NaCl+Br2。将溶液蒸干时HCl、Br2和Cl2会挥发，灼烧时I2会升华。若通入的氯气过量，得到固体剩余物质的组成是NaCl、Na2SO4；若通入的氯气是不足量的，则还有可能留下NaBr。
【答案】A
5．【解析】Mg(OH)2的溶度积小，溶液中的c(Mg2+)要小一些，故选项A错误；NH4+ 可以结合OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2+)增大，故选项B正确；Ksp仅与温度有关，故选项C错误；选项D，若Mg(OH)2能转化为MgF2，则存在反应Mg(OH)2+2Feq \\al(－,)MgF2+2OHeq \\al(－,)，该反应的平衡常数表达式为K=c2(OHeq \\al(－,))/c2(Feq \\al(－,))，即K=eq \f(c(Mg2+)·c2(OHeq \\al(－,)), c(Mg2+).c2(Feq \\al(－,)))=Ksp[Mg(OH)2]/Ksp[MgF2]，该反应的平衡常数K=0.0756；所以只要c2(OHeq \\al(－,))/c2(Feq \\al(－,))<0.0756就可朝着生成MgF2沉淀方向反应，即c(Feq \\al(－,))/ c(OHeq \\al(－,))>3.64。可以看出当溶液中Feq \\al(－,)的浓度超过OHeq \\al(－,)浓度的3.64倍时，就可以实现上述“难溶制易溶”的转化，所以D选项是错误的。
【答案】B
6．【解析】因H2SO3的还原性强于HBr的还原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3+Cl2+H2O===H2SO4+2HCl，生成的H2SO4和HCl是强酸，故溶液的pH下降；当H2SO3完全反应后，再通入Cl2，发生反应Cl2+2HBr===Br2+2HCl，溶液的pH不再改变。
【答案】A
7．【解析】铁铜合金与稀硝酸反应，由于铁还原性强于铜，优先反应，故有以下反应依次发生：①3Fe+8H++2NOeq \\al(－,3)===3Fe2++2NO↑+4H2O(若假设氧化产物为Fe3+，则会与Cu反应：2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，故假设不成立)，②3Cu+8H++2NOeq \\al(－,3)===3Cu2++2NO↑+4H2O，依据题意，固体为Cu，所以无Fe(NO3)3，B选项错误；①一定发生，所以Fe(NO3)2一定有，C选项正确；②可能发生，所以Cu(NO3)2可能有，A、D选项错误。
【答案】C
8．【解析】酸碱中和反应最容易发生，OH－先与H+反应，接着与Al3+反应[若假设先与NHeq \\al(＋,4)反应，生成的NH3·H2O会与Al3+反应生成NHeq \\al(＋,4)和Al(OH)3]生成Al(OH)3沉淀，再与NHeq \\al(＋,4)反应生成NH3·H2O，最后与Al(OH)3反应生成AlOeq \\al(－,2)。
【答案】H++OH－===H2O、Al3++3OH－===Al(OH)3↓、
NHeq \\al(＋,4)+OH－===NH3·H2O、Al(OH)3+OH－===2H2O+AlOeq \\al(－,2)
9．【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