2017年高考化学分类汇编：专题5离子反应.doc

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：2Al3+3 =Al2(CO3)3D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+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.+4B.+5C.+6D.+7二.综合题3.（2017天津）（14分）H2S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H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2（SO4）3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2（SO4）3+2H2O (1)硫杆菌存在时，FeSO4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（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同当n（H2O2）/n（H2S）=4时，氧化产物的分子式为_ (4)SO2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）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（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，NH3H2O的Kb=1.8105 ， H2SO3的Ka1=1.3102 ， Ka2=6.2108 若氨水的浓度为2.0molL1 ， 溶液中的c（OH）=_molL1 将SO2通入该氨水中，当c（OH）降至1.0107 molL1时，溶液中的c（SO32）/c（HSO3）=_ 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）Li4Ti3O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3 ， 还含有少量MgO、SiO2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/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40时TiO2xH2O转化率最高的原因_ (4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为_ (5)若“滤液”中c（Mg2+）=0.02molL1 ， 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（Fe3+）=1.0105 ， 此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？_（列式计算）FePO4、Mg3（PO4）2的分别为1.31022、1.01024 (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，然后通过滴定测量已知：NH3+H3BO3=NH3H3BO3；NH3H3BO3+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、K3 ， 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（H3BO3）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（C2H3NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmolL1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+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 ， +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，M2O72中氧元素化合价为2价，所以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；SO32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（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105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，4H2O24H2O8e ， 电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，H2SH2SO48e ， 氧化产物的分子式为H2SO4 ， 故答案为：H2SO4 ；（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，反应的离子方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O，过程加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（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；SO32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=6.0103mol/L，当c（OH）降至1.0107 molL1时，c（H+）=1.0107 molL1 ， H2SO3的Ka2=6.2108 ， 由Ka2= 可知c（SO32）/c（HSO3）= =0.62，故答案为：6.0103；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（H2O2）/n（H2S）=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H2O8e ， 电子守恒得到H2S变化为+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）+H2O （l）Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH3H2O的Kb=1.8105 ， 若氨水的浓度为2.0molL1 ， 可结合Kb= 计算c（OH），H2SO3的Ka2=6.2108 ， 结合Ka2= 计算c（SO32）/c（HSO3） 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；CrO42+2H+Cr2O72+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；CrO42+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40K2Cr2O7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2FeOCr2O3+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、Na2CrO4 ， 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：Na2Cr2O7K2Cr2O7 ， 可知中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7 ， 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，TiO2xH2O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（PO43）= =1.01017mol/L，QcMg3（PO4）2=（ ）3（1.01017mol/L）2=1.691040Ksp=1.01024 ， 则无沉淀生成（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2 【考点】化学反应速率的影响因素，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：FeTiO3+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）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0105 ， 由Ksp（FePO4），可知c（PO43）= =1.01017mol/L，QcMg3（PO4）2=（ ）3（1.01017mol/L）2=1.691040Ksp=1.01024 ， 则无沉淀生成，故答案为：c（PO43）= =1.01017mol/L，QcMg3（PO4）2=（ ）3（1.01017mol/L）2=1.691040Ksp=1.01024 ， 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：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2【分析】用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3 ， 还含有少量MgO、SiO2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 ， 滤液中含Mg2+、Fe2+、Ti4+ ， 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（NH4）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+、Fe2+ ， 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；NH4+OH NH3+H2O 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+H2O；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：NH4+OH NH3+H2O；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cmolL1的盐酸V mL，则n（HCl）=0.001cVmol；结合反应NH3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），则m（N）=0.001cVmol14g/mol=0.014cVg，则样品中氮的质量分数为 = %，m（C2H3NO2）=0.001cVmol73g/mol=0.073cVg，则样品的纯度为 = %，故答案为： ； 【分析】（1）a为玻璃管，可连接空气，避免烧瓶内压强过大；（2）加热纯液体时，应避免液体暴沸；（3）冷却后，装置内压强较低，可倒吸；（4）d中保留少量水，可检验装置是否漏气；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；e采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用；（5）滴定g中吸收液时消耗浓度为cmolL1的盐酸V mL，则n（HCl）=0.001cVmol；结合反应NH3H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），以此解答该题7.【答案】（1）加入足量加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；Fe2+（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+；4Fe2+O2+4H+=Fe3+2H2O；白色沉淀；NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转（3）iii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+ ， 反应生成Fe3+ ， 使Fe3+增加，红色变深，iiiii 空气中氧气氧化SCN ， 红色变浅 【考点】原电池和电解池的工作原理，性质