1、2017 年高考真题分类汇编（化学）：专题 5 离子反应一.单选题1.（2017海南）能正确表达下列反应的离子方程式为（ ） A. 用醋酸除去水垢：2H +CaCO3=Ca2+CO2+H2OB. 硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H +FeS=H2S+ Fe2+C. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al 3+3 =Al2(CO3)3D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的 NO2：2NO 2+2OH= + + H2O2.（2017海南）在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3+4H2O= +Cl+8H+ ， 中M 的化合价是（ ） A. +4 B. +5 C. +6 D. +7二.综合题3.（2017天
2、津）（14 分）H 2S 和 SO2 会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题H 2S 的除去方法 1：生物脱 H2S 的原理为：H2S+Fe2（SO 4） 3S+2FeSO 4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO 4） 3+2H2O (1)硫杆菌存在时，FeSO 4 被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，该菌的作用是_ (2)由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为 _若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_(3)方法 2：在一定条件下，用 H2O2 氧化 H2S随着参加反应的 n（H 2O2）/n（H 2
3、S）变化，氧化产物不同当 n（H 2O2）/n（H 2S）=4 时，氧化产物的分子式为_ (4)SO 2 的除去方法 1（双碱法）：用 NaOH 吸收 SO2 ， 并用 CaO 使 NaOH 再生NaOH 溶液 Na2SO3 溶液写出过程的离子方程式：_；CaO 在水中存在如下转化：CaO（s）+H 2O （l ）Ca （OH） 2（s ）Ca 2+（aq ）+2OH （aq）从平衡移动的角度，简述过程NaOH 再生的原理_ (5)方法 2：用氨水除去 SO2已知 25，NH 3H2O 的 Kb=1.8105 ， H2SO3 的 Ka1=1.3102 ， Ka2=6.2108 若氨水的浓度为2
4、.0molL1 ， 溶液中的 c（ OH ）=_molL 1 将 SO2 通入该氨水中，当 c（OH ）降至1.0107 molL1 时，溶液中的 c（SO 32 ）/c （HSO 3 ）=_ 4.（2017新课标）（15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为 FeOCr2O3 ， 还含有硅、铝等杂质制备流程如图所示：回答下列问题： (1)步骤的主要反应为： FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 上述反应配平后FeOCr2O3 与 NaNO3 的系数比为_该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 _ (2)滤渣 1
5、中含量最多的金属元素是_，滤渣 2 的主要成分是_及含硅杂质 (3)步骤调滤液 2 的 pH 使之变_（填“大”或“小”），原因是_（用离子方程式表示） (4)有关物质的溶解度如图所示向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7 固体冷却到_（填标号）得到的 K2Cr2O7 固体产品最多a.80 b.60 c.40 d.10步骤的反应类型是_ (5)某工厂用 m1 kg 铬铁矿粉（含 Cr2O3 40%）制备 K2Cr2O7 ， 最终得到产品 m2 kg，产率为_ 5.（2017新课标）（14 分）Li 4Ti3O12 和 LiFePO4 都是锂离子电池的电极
6、材料，可利用钛铁矿（主要成分为 Fe TiO3 ， 还含有少量 MgO、SiO 2 等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题： (1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示由图可知，当铁的净出率为 70%时，所采用的实验条件为_(2)“酸浸”后，钛主要以 TiOCl42 形式存在，写出相应反应的离子方程式_ (3)TiO2xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应 40min 所得实验结果如下表所示 :温度/ 30 35 40 45 50TiO2xH2O 转化率/% 92 95 97 93 88分析 40时 TiO2xH2O 转化率最高的原因 _ (4)Li2Ti5O15 中 Ti 的化合价为+4，
7、其中过氧键的数目为_ (5)若“滤液”中 c（Mg 2+）=0.02molL 1 ， 加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加 1 倍），使 Fe3+恰好沉淀完全即溶液中 c（Fe 3+）=1.010 5 ， 此时是否有 Mg3（PO 4） 2 沉淀生成？_（列式计算）FePO 4、Mg 3（PO 4） 2 的分别为 1.31022 、1.010 24 (6)写出“高温煅烧”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式_ 6.（2017新课标）（15 分）凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量
8、已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；NH 3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3 回答下列问题：(1)a 的作用是_(2)b 中放入少量碎瓷片的目的是_f 的名称是_(3)清洗仪器：g 中加蒸馏水：打开 K1 ， 关闭 K2、K 3 ， 加热 b，蒸气充满管路：停止加热，关闭 K1 ， g 中蒸馏水倒吸进入 c，原因是_；打开 K2放掉水，重复操作 23 次(4)仪器清洗后，g 中加入硼酸（H 3BO3）和指示剂，铵盐试样由 d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗 d，关闭K1 ， d 中保留少量水，打开 K1 ， 加热 b，使水蒸气进入 ed 中保留少量水的目的是_e
9、 中主要反应的离子方程式为_，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是_(5)取某甘氨酸（C 2H3NO2）样品 m 克进行测定，滴定 g 中吸收液时消耗浓度为 cmolL 1 的盐酸 V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%7.（2017北京）某小组在验证反应“Fe+2Ag +=Fe2+2Ag”的实验中检测到 Fe3+ ， 发现和探究过程如下向硝酸酸化的 0.05molL1 硝酸银溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色 (1)检验产物取少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中含有 Ag取上层清液，滴加 K3Fe（CN ） 6溶液，产生蓝色沉
10、淀，说明溶液中含有 _ (2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有 Fe3+ ， 乙认为铁粉过量时不可能有 Fe3+ ， 乙依据的原理是_（用离子方程式表示）针对两种观点继续实验：取上层清液，滴加 KSCN 溶液，溶液变红，证实了甲的猜测同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号 取样时间/min 现象 3 产生大量白色沉淀；溶液呈红色 30 产生白色沉淀；较 3min 时量小；溶液红色较 3min 时加深 120 产生白色沉淀；较 30min 时量小；溶液红色较 3 0min 时变浅（资料：Ag +与 SCN 生成白色沉淀 AgSCN）对 Fe3+
11、产生的原因作出如下假设：假设 a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生 Fe3+；假设 b：空气中存在 O2 ， 由于_（用离子方程式表示），可产生 Fe3+；假设 c：酸性溶液中 NO3 具有氧化性，可产生 Fe3+；假设 d：根据_现象，判断溶液中存在 Ag+ ， 可产生 Fe3+ 下列实验可证实假设 a、b、c 不是产生 Fe3+的主要原因实验可证实假设 d 成立实验：向硝酸酸化的_溶液（pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN 溶液，3min 时溶液呈浅红色， 30min 后溶液几乎无色实验：装置如图其中甲溶液是_，操作现象是_(3)根据实验现象，结合方程式推测实验
12、中 Fe3+浓度变化的原因：_ 答案解析部分一.单选题1.【答案】D 【考点】离子方程式的书写 【解析】【解答】解：A碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO ， 故 A 错误；B硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为 2FeS+20H+7SO42 =2Fe3+9SO2+10H2O，故 B 错误；C铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为 2Al3+3CO32 +3H2O=2Al（OH ） 3+3CO2，故 C 错误；D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的 NO2
13、， +4 价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为 2NO2+2OH =NO3 +NO2 +H2O，故 D 正确；故选 D【分析】A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的 NO2 ， +4 价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3 价的氮 2.【答案】C 【考点】常见元素的化合价 【解析】【解答】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以1+2（+3）=n+（1）+（+8），解得n=2，根据化合价规则，M 2O72 中氧元素化合价为2 价，所以
14、 M 元素的化合价为+6 价故选 C【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算 二.综合题3.【答案】（1）降低反应活化能（2 ） 30、pH=2.0 ；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）（3 ） H2SO4（4 ） 2OH +SO2=SO32 +H2O；SO 32 与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成（5 ） 6.0103 ；0.62 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，二氧化硫的污染及治理 【解析】【解答】解：（1） 4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO 4） 3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO 4 被氧化的速率是无菌时的 5105
15、倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液 pH 分别为：30、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为：30、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；（3）当 =4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H 2O24H 2O8e ， 电子守恒得到 H2S 变化为+6 价化合物，H 2SH 2SO48e ， 氧化产物的分子式为 H2SO4 ， 故答案为：H 2SO4 ；（4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚
16、硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH +SO2=SO32 +H2O，过程加入 CaO，存在 CaO（s）+H 2O （l）Ca（OH） 2（s）Ca 2+（aq）+2OH （aq ），因 SO32 与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成，故答案为：2OH +SO2=SO32 +H2O；SO 32 与 Ca2+生成 CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有 NaOH 生成；（5 ） NH3H2O 的 Kb=1.8105 ， 若氨水的浓度为 2.0molL1 ， 由 Kb= 可知c（ OH ）= mol/L=6.0103 mol/L，当 c（OH ）降至 1.0107
17、 molL1 时，c（H +）=1.010 7 molL1 ， H2SO3 的 Ka2=6.2108 ， 由Ka2= 可知 c（SO 32 ）/c （HSO 3 ）= =0.62，故答案为：6.010 3 ；0.62 【分析】（1）硫杆菌存在时， FeSO4 被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性；（3）当 n（H 2O2）/n （H 2S）=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H 2O24H 2O8e ， 电子守恒得到 H2S 变化为
18、+6 价化合物；（4 ）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程NaOH 再生是平衡 CaO（s ）+H 2O （l）Ca（OH） 2（s）Ca2+（aq）+2OH （aq ）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH 3H2O 的 Kb=1.8105 ， 若氨水的浓度为 2.0molL1 ， 可结合 Kb= 计算 c（OH ），H 2SO3 的 Ka2=6.2108 ， 结合Ka2= 计算 c（SO 32 ）/c （HSO 3 ） 4.【答案】（1）2：7 ；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳（2 ） Fe；Al（OH ） 3（3 ）小；CrO 42 +2H+Cr2O
19、72 +H2O（4 ） c；复分解反应（5 ）100% 【考点】氧化还原反应方程式的配平，化学平衡的影响因素，硅和二氧化硅，制备实验方案的设计 【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤 的主要反应为 2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2 ， 则 FeOCr2O3 与 NaNO3 的系数比为 2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（ 2）由上述分析可知，滤渣 1含 Fe2O3 ， 滤渣 1 中含量最多的金属元素是
20、Fe，滤渣 2 的主要成分是 Al（OH ） 3 及含硅杂质，故答案为：Fe； Al（OH） 3；（ 3）中调节 pH 发生 CrO42 +2H+Cr2O72 +H2O，则步骤调滤液 2 的 pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成 Cr2O72 ， 故答案为：小；CrO 42 +2H+Cr2O72 +H2O；（4）向“滤液 3”中加入适量 KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到 K2Cr2O7 固体，由溶解度可知，冷却到 40K 2Cr2O7 固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤发生 Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，反应类型是复
21、分解反应，故答案为：c；复分解反应；（5 ）用 m1 kg 铬铁矿粉（含 Cr2O3 40%）制备 K2Cr2O7 ， 最终得到产品 m2 kg，产率为 ，由 Cr 原子守恒可知，则产率为 100%，故答案为： 100%【分析】铬铁矿的主要成分为 FeOCr2O3 ， 还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤的主要反应为 FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 ， Cr 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+3 价，N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价，由电子、原子守恒可知，反应为 2Fe
22、OCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2 ， 该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣 1 含 Fe2O3 ， 滤液 1 中含 NaAlO2、Na 2CrO4 ， 调节 pH 过滤分离出 Al（OH ） 3、Si ，滤液 2 中含Na2CrO4 ， 中调节 pH 发生 CrO42 +2H+Cr2O72 +H2O，滤液 3 含 Na2Cr2O7 ， 由水中的溶解度：Na2Cr2O7K 2Cr2O7 ， 可知中向 Na2Cr2O7 溶液中加入 KCl 固体后得到 K2Cr2O7
23、， 溶解度小的析出，以此来解答 5.【答案】（1）100，2h，90，5h（2 ） FeTiO3+4H+4Cl =Fe2+TiOCl42 +2H2O（3 ）低于 40，TiO 2xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O 转化反应速率下降（4 ） 4（5 ） c（PO 43 ）= =1.01017 mol/L，QcMg 3（PO 4） 2=（ ） 3（1.010 17 mol/L）2=1.691040 Ksp=1.010 24 ， 则无沉淀生成（6 ） 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2 【考点】化学反应
24、速率的影响因素，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，制备实验方案的设计 【解析】【解答】（1）由图可知，当铁的净出率为 70%时，100时用时间最少，所采用的实验条件为选择温度为 100，故答案为：选择温度为 100；（2）“酸浸”后，钛主要以 TiOCl42 形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H+4Cl =Fe2+TiOCl42 +2H2O，故答案为：FeTiO 3+4H+4Cl =Fe2+TiOCl42 +2H2O；（3）40时 TiO2xH2O 转化率最高，因温度高反应速率加快，但温度过高过氧化氢分解、氨水易挥发，影响转化率，故答案为：温度高反应速率加快，但温度过高过氧化
25、氢分解、氨水易挥发，影响转化率；（4） Li2Ti5O15 中 Ti 的化合价为+4，Li 的化合价为+1 价，由化合价的代数和为 0 可知， O 元素的负价代数和为 22，设过氧键的数目为 x，则（x2）1+（15x2）2=22，解得 x=4，故答案为：4；（5 ）Fe 3+恰好沉淀完全即溶液中 c（Fe 3+）=1.010 5 ， 由 Ksp（FePO 4），可知 c（PO 43 ）= =1.01017 mol/L，QcMg 3（PO 4） 2=（ ）3（1.010 17 mol/L） 2=1.691040 Ksp=1.010 24 ， 则无沉淀生成，故答案为：c（PO 43 ）= =1.
26、01017 mol/L，QcMg 3（PO 4） 2=（ ）3（1.010 17 mol/L） 2=1.691040 Ksp=1.010 24 ， 则无沉淀生成；（6）“ 高温煅烧”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式为 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2，故答案为：2FePO 4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2【分析】用钛铁矿（主要成分为 Fe TiO3 ， 还含有少量 MgO、SiO 2 等杂质）来制备 Li4Ti3O12 和 LiFePO4 ， 由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为 SiO2 ， 滤液中
27、含 Mg2+、Fe 2+、Ti 4+ ， 水解后过滤，沉淀为 TiO2 xH2O，与双氧水反应 Ti 元素的化合价升高，生成（NH 4） 2Ti5O15 ， 与 LiOH 反应后过滤得到 Li2Ti5O15 ， 再与碳酸锂高温反应生成 Li4Ti3O12；水解后的滤液中含 Mg2+、Fe 2+ ， 双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出 FePO4 ， 高温煅烧 中发生 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2，以此来解答 6.【答案】 （1）平衡气压，以免关闭 K1后圆底烧瓶内气压过大（2）防止暴沸；直型冷凝管（3）c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝
28、为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入 c 中（4）液封，防止氨气逸出；NH 4+OH NH3+H 2O 保温使氨完全蒸出；减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出（5） ；【考点】蒸发、蒸馏与结晶的仪器，化学实验安全及事故处理，探究物质的组成或测量物质的含量【解析】【解答】（1）a 为玻璃管，可连接空气，避免在加热时烧瓶内压强过大，故答案为：平衡气压，以免关闭 K1后圆底烧瓶内气压过大；（2）加热纯液体时，加入碎瓷片可避免液体暴沸，F 为冷凝管，故答案为：防止暴沸；冷凝管；（3）停止加热，关闭 K1 ， g 中蒸馏水倒吸进入 c，原因是 c、e 及其所连
29、接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入 c 中，故答案为：c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入 c 中；（4）d 中保留少量水，可检验装置是否漏气，如漏气，液面会下降，故答案为：便于检验 d 装置是否漏气；铵盐试样由 d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气，反应的离子方程式为 NH4+OH NH3+H 2O；e 采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用，以减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出，故答案为：NH 4+OH NH3+H 2O；减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出；（5）滴定 g 中吸收液时消耗浓度为 cmolL 1 的盐酸 V mL，则 n（HCl）=0.001cVmol；结合反应NH3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH 4Cl）=n（C 2H3NO2）=n（HCl），则 m（N）=0.001cVmol14g/mol=0.014cVg，则样品中氮的质量分数为 = %，m（C 2H3NO2）=0.001cVmol73g/mol=0.073cVg，则样品的纯度为 = %，故答案为： ；
