- 常见金属的活动性顺序及其应用
- 共63题
铬是硬度最大的金属，有多种化合物，在工业上有广泛的用途。
14.实验室模拟工业冶炼铬。将铬铁矿(FeO·Cr2O3)与氢氧化钠固体混合后，在空气中焙烧；
再经过一系列操作，除去Fe元素，使Cr元素转化生成Cr2O3，再用铝热法制取铬单质。
①焙烧时应将铬铁矿放在 （填字母序号）中。A．蒸发皿 B．瓷坩埚 C．铁坩埚 D．硬质试管 E．石英坩埚
②除杂过程中，需要对沉淀进行洗涤，在过滤器中洗涤沉淀的操作方法是 。
③用铝粉和Cr2O3 做铝热反应实验时，还需要的试剂有镁条和 （填化学式），
引发铝热反应的实验操作是 。
15.含铬废水有毒，排放前要经过处理，通常有两种方法：
方法一：还原沉淀法
该法的工艺流程为：
其中：
Ⅰ．第①步存在平衡，能说明该反应达平衡状态的是______。
a．溶液的pH不变
b．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同
c．溶液的颜色不变
d．2υ（Cr2O72-）=υ（CrO42-）
Ⅱ．第②步反应中，1 mol FeSO4·7H2O能还原_____mol Cr2O72-。
方法二：电解法
分别用Fe和石墨做电极电解含Cr2O72—的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
Ⅲ．铁电极的电极反应式为 ，阴极附近溶液pH升高的原因是
（用电极反应式解释） ，溶液中同时生成的沉淀还有 。
正确答案
C；向过滤器中注入蒸馏水，使水浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作2~3 次(合理答案即可) ；KClO3 (加少量KClO3)，插上Mg条并将其点燃
解析
①焙烧固体选用坩埚，瓷坩埚和石英坩埚都含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠能反应，因此选用铁坩埚。
②洗涤沉淀的操作方法为：向过滤器中注入蒸馏水，使水浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作2~3 次
故答案为：向过滤器中注入蒸馏水，使水浸没沉淀，待水流尽后，再重复操作2~3 次
③引发铝热反应的实验操作是在铝热剂的上面加少量KClO3，中间插上镁条并将其点燃，故答案为：KClO3 (加少量KClO3)，插上Mg条并将其点燃
考查方向
解题思路
（1）①焙烧固体选用坩埚；根据在坩埚中进行焙烧物质含有强碱氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硅反应来解答；
②根据洗涤沉淀的操作方法分析；
③引发铝热反应的实验操作是在铝热剂的上面加少量KClO3，中间插上镁条并将其点燃，由此分析解答。
易错点
解答本题，要充分把握题给信息，牢固掌握物质的性质。在用Fe和石墨做电极电解含Cr2O72—的酸性废水分析中，要恰当利用题目信息分析。
正确答案
ac 1/6或0.17 Fe- 2e-=Fe2+ 2H+ + 2e-=H2 ↑ Fe(OH)3
解析
Ⅰ．溶液的pH不变，说明H＋的浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，溶液的颜色不变说明浓度不变，也可以说明反应达到平衡，而Cr2O72-和CrO42-的浓度相同只是过程中的一个特殊时刻，不能用来判断反应是否达到平衡，2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)也只是过程中的一个特殊时刻，不能用来判断反应是否达到平衡，故答案为ac；
Ⅱ．根据氧化还原反应的计算，氧化剂得到的电子总数与还原剂失去电子总数相等．根据Fe2+→Fe3+，则1mol Fe2+被氧化失去1mol电子，而Cr2O72-→2Cr3+，1molCr2O72-被还原得到6mol电子，现在失去1mol电子，所以有1/6mol的Cr2O72被还原，故答案为：1/6或0.17；
Ⅲ．Fe为阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，则阴极反应为2H++2e-=H2 ↑，所以阴极附近溶液的PH升高，阳极上生成的Fe2+与Cr2O72-发生氧化还原反应被还原为Cr3+，而Fe2+被氧化成Fe3+，所以沉淀为Cr(OH)3和Fe(OH)3，
故答案为：Fe- 2e-=Fe2+ 2H+ + 2e-=H2 ↑ Fe(OH)3
考查方向
解题思路
Ⅰ．能说明第①步反应达平衡状态的是：溶液的颜色不变即各组分的浓度保持不变的状态；
Ⅱ．根据氧化还原反应的计算解决；
Ⅲ．用Fe做电极进行电解，阳极发生Fe-2e-=Fe2+，生成的亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应被还原为Cr3+然后生成Cr（OH）3沉淀除去，以此来解答；
易错点
解答本题，要充分把握题给信息，牢固掌握物质的性质。在用Fe和石墨做电极电解含Cr2O72—的酸性废水分析中，要恰当利用题目信息分析。
7.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-和CrO42-)工业废水的常用方法，过程如下：
已知转换过程中的反应为：
转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6 g／L， CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，下列说法不正确的是（）
正确答案
解析
转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr=28.6g/(52g/mol)=0.55mol
A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6-3）=x×（3-2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故A错误；
B．存在平衡：2Cr O42-（黄色）+2H+⇌Cr2O42-（橙色）+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故B正确；
C.1L废水中n（Cr）=0.55mol，CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，则酸化后c（CrO42-）=0.55mol/L×（1-10/11）=0.05mol/L，c（Cr2O72-）=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则
D.常温下Ksp[Cr（OH）3]=1×10-32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10-5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH-）=1×10-32，c（OH-）=1×10-9mol/L，pH=5．
考查方向
解题思路
A．若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42-～Cr2O72-～2Cr3+～6e-～6FeSO4•7H2O计算；
B．存在平衡：2Cr O42-（黄色）+2H+⇌Cr2O42-（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；
C．酸化时发生的反应为：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，说明铬元素有10/11转化为Cr2O72-，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；
D．根据溶度积常数列式计算。
易错点
难溶电解质的溶解平衡。
知识点
7．下列有关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A选项从矿物质中获取铁、铜、硅都涉及置换反应，铁、铜用热还原法冶炼，2Fe 2O3+ 3C 4Fe + 3CO2 ，Cu2+ + Fe == Cu + Fe2+ ， A错误。
B选项利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来，如根据碳酸钙和氯化钠的溶解度，采用溶解、过滤的方法将两种物质分离；利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱, 如第ⅦA族元素单质，元素的原子半径越大，其失电子能力越强，其单质的还原性越强。正确
C选项食盐水只能够降低蛋白质的溶解度，不能使蛋白质变性，所以稀的食盐水不能杀死H7N9禽流感病毒。错误
D选项化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，某反应的ΔH＞0、ΔS﹤0，当T较高时△G=△H-T△S＜0，能自发进行，所以D错误；
本题正确答案是B
考查方向
1、本题考查元素化合物的性质及物质的分离。
2、考查化学反应自发进行的方向。
解题思路
A选项从矿物质中获取铁、铜、硅都涉及置换反应，铁、铜用热还原法冶炼Fe 2O3+ 3C 4Fe + 3CO2 ，Cu2+ + Fe == Cu + Fe2+ ，所以A错误
B选项利用溶解度数据可推测将一些混合物质分离开来，如根据碳酸钙和氯化钠的溶解度，采用溶解、过滤的方法将两种物质分离；利用原子半径数据可推测某些原子的氧化性和还原性的强弱, 如第ⅦA族元素单质，元素的原子半径越大，其失电子能力越强，其单质的还原性越强。B正确
C选项食盐水只能够降低蛋白质的溶解度，不能使蛋白质变性，所以稀的食盐水不能杀死H7N9禽流感病毒。所以C错误
D选项化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，某反应的ΔH＞0、ΔS﹤0，当T较高时△G=△H-T△S＜0，能自发进行，所以D错误
A选项不正确，C选项不正确，D选项不正确，所有选B选项。
易错点
本题考查常见的天然高分子化合物及有关物理性质和环境污染如雾霾的成因。
知识点
9．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：
①元素对应的原子半径大小为：X<Z<Y<M<W；
②Y是组成有机物的必要元素
③Z与X可形成两种常见的共价化合物，与W可形成两种常见的离子化台物；
④M的电子层数与最外层电子数相等。
下列说法不正确的是（ ）
AW、M的离子半径及最高价氧化物对应水化物
BYZ 2为直线型的共价化合物，W2Z2既含有离子键又含有共价键
CY与X形成的化合物的熔沸点一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点
DZ与M形成的化合物可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物是应用前景很广泛的储氢材料，具有很强的还原性
正确答案
解析
Y是组成有机物的必要元素，应为C元素，X的原子半径和原子序数都为C小，则X为H元素，Z与X可形成两种常见的共价化台物，且Z的原子半径小于C，原子序数大于C，与C在同一周期，应为O元素，与W可形成两种常见的离子化台物，则W为Na，常见化合物为过氧化钠和过氧化钠，M的电子层数与最外层电子数相等，且原子序数大于Na，应为Al，则X、Y、Z、W、M元素分别为：H、C、O、Na、Al；
A选项W、M对应简单离子为Na+、Al3+，半径大小为： Al3+＜Na+ , W、M高价氧化物对应水化物
B选项YZ 2为CO2是共价化合物，结构式为O=C=O是直线型分子，W2Z2 为Na2O2 由2Na+ 和O22-组成的，既含有离子键又含有共价键，所以B正确
C选项Y与X形成的化合物即碳氢化合物种类很多，如CH4、C6H6、C18H38(固态)等，Z与X形成的化合物有H2O和H2O2，Y与X形成的化合物的熔沸点不一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点，如C18H38(固态)高于H2O(l)，所以C错误
D选项Z与M形成的化合物为Al2O3，熔沸点高可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物氢化铝钠（NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4
考查方向
解题思路
Y是组成有机物的必要元素，应为C元素，X的原子半径和原子序数都为C小，则X为H元素，Z与X可形成两种常见的共价化台物，且Z的原子半径小于C，原子序数大于C，与C在同一周期，应为O元素，与W可形成两种常见的离子化台物，则W为Na，常见化合物为过氧化钠和过氧化钠，M的电子层数与最外层电子数相等，且原子序数大于Na，应为Al，则X、Y、Z、W、M元素分别为：H、C、O、Na、Al；
A选项W、M对应简单离子为Na+、Al3+，半径大小为： Al3+＜Na+ , W、M高价氧化物对应水化物
B选项YZ 2为CO2是共价化合物，结构式为O=C=O是直线型分子，W2Z2 为Na2O2 由2Na+ 和O22-组成的，既含有离子键又含有共价键，所以B正确
C选项Y与X形成的化合物即碳氢化合物种类很多，如CH4、C6H6、C18H38(固态)等，Z与X形成的化合物有H2O和H2O2，Y与X形成的化合物的熔沸点不一定低于Z与X形成的化合物的熔沸点，如C18H38(固态)高于H2O(l)，所以C错误
D选项Z与M形成的化合物为Al2O3，熔沸点高可作为耐高温材料，W、M、X以1:1:4组成的化合物氢化铝钠（NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：3NaAlH4
A选项不正确，B选项不正确，D选项不正确，所有选A选项。
易错点
1、原子结构与元素周期律的关系．
2、解答该题的关键，注意把握原子结构特点，把握元素周期律的递变规律。
知识点
新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：
固相法：2Li2SiO3＋FeSO4
某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。
实验(一)制备流程：
实验(二) Li2FeSiO4含量测定：
从仪器B中取20.00 mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000 mol·Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反
31.实验(二)中的仪器名称：仪器B ，仪器C 。
33.操作Ⅱ的步骤 ，在操作Ⅰ时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需 。
34.还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式 ，此时后续处理的主要目的是 。
35.滴定终点时现象为 ；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为 ；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量 。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
正确答案
100ml容量瓶，酸式滴定管
防止二价铁被氧化
解析
实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100ml，需要仪器为100ml容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，故答案为：100ml容量瓶，酸式滴定管；
考查方向
解题思路
实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性需要盛放在酸式滴定管中；
依据亚铁离子具有还原性分析；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
蒸发浓缩，降温结晶，过滤 ；玻璃棒
解析
操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；玻璃棒；
考查方向
解题思路
操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；操作Ⅰ是分离固体和溶液的方法需要过滤，结合过滤装置选择仪器；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ ；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定
解析
还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
考查方向
解题思路
还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，此时后续操作应除去过量的SO2；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
正确答案
溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高
解析
滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol•Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V（标准）=
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4-，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×
产品中Li2FeSiO4的质量分数=
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高，故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81%；偏高；
考查方向
本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等
解题思路
滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，依据反应定量关系和实验数据计算产品中Li2FeSiO4的质量分数，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高；
易错点
探究物质的组成或测量物质的量
13．某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
正确答案
解析
工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，得滤液再盐酸中各过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，
A、根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，故A正确；
B、氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，故B正确；
C、CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，故C正确；
D、若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2•6H2O不纯，故D错误；
故选D．
本题答案是D
考查方向
解题思路
工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，得滤液再盐酸中各过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2•6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，据此答题．
易错点
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
知识点
10．下列根据实验操作和现象和所得出的结论正确的是
正确答案
B
解析
A．只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，可能为碱溶液，故A错误； B．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；C．溶液X 中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含有SO42-或SO32-，故C错误；D．葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下，应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故D错误．
本题正确答案是B
考查方向
解题思路
A．只能说明含有钠元素；B．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出；C．亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；D．葡萄糖在碱性条件下与新制Cu(OH)2浊液反应．
易错点
物质的检验、难溶电解质的溶解平衡;离子的检验方法
知识点
钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工艺流程如下图所示：
已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：
FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl42-+2H2O。
24.化合物FeTiO3中铁元素的化合价是 。
25.滤渣A的成分是 。
26.滤液B中TiOCl42-转化生成TiO2的离子方程式为 。
27.反应②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如下图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是 。
28.写出由滤液D生成FePO4的离子方程式 。
29.由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 。
正确答案
＋2
解析
反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为：+2；
考查方向
解题思路
根据反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价；
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
正确答案
SiO2
解析
由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，故答案为：SiO2；
考查方向
解题思路
MgO、CaO、SiO2等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣A；
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
正确答案
TiOCl42-＋H2O△TiO2↓＋2H＋＋4Cl－
解析
根据流程可知，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-，
故答案为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；
考查方向
解题思路
根据流程图示，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀；
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
正确答案
温度过高时，反应物氨水(或双氧水)会受热分解
解析
由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，
故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
考查方向
解题思路
二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15，温度过高，双氧水和氨水都容易分解；
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
正确答案
2Fe2+ + 2H3PO4 + H2O2 
解析
根据流程图示可知，滤液D是FeCl2 溶液，加入双氧水和磷酸过滤可得沉淀FePO4，化学方程式为：2FeCl2 + 2H3PO4 + H2O2 
考查方向
解题思路
滤液D是FeCl2 溶液，加入双氧水和磷酸过滤可得沉淀FePO4，化学方程式为：2FeCl2 + 2H3PO4 + H2O2 
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
正确答案
20/9
解析
根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，
因此可得关系式：H2O2～H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，
34 90
x×17% y
34y=90×x×17%，所以x：y=20：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9；
考查方向
解题思路
根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式，然后列式计算计算出17%双氧水与H2C2O4的质量比；
易错点
元素及其化合物的性质、离子方程式书写、化学计算
5．甲、乙、丙、丁分别由 H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH－、Cl－、HCO3－离子中的两种组成的化合物，可以发生如下图转化： 下列说法错误的是（）
正确答案
解析
A．乙为 AlCl3
B.在酸性溶液在Fe2+、NO3—因发生氧化还原反应而不能大量共存。错误。
C．NaHCO3中粒子HCO3离子既能电离又能水解，根据物料守恒：甲溶液中粒子的等量关系：c(Na+)=c(HCO3－)（剩余）+c(CO32－)（电离）+c(H2CO3)（水解）
D．甲溶液中滴加少量丁溶液反应的离子方程式，小苏打可以将氢氧化钡全部的Ba2+和2OH反应完生成BaCO3沉淀，反应的离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=2BaCO3↓+2H2O，HCO3－+ Ba2++OH－= BaCO3↓+H2O是氢氧化钡过量的反应。
考查方向
解题思路
根据题意及格物质间的关系可知：甲为NaHCO3；乙为AlCl3；丙为HCl；丁为Ba(OH)2; 白色沉淀A是Al(OH)3; 无色气体B是CO2;白色沉淀C是BaCO3;无色溶液D是Na2CO3.发生的反应：甲+乙：AlCl3+3NaHCO3=3NaCl+Al(OH)3↓+CO2↑；甲+丙：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑；甲+丁：Ba(OH)2+2NaHCO3=BaCO3↓+ Na2CO3+ 2H2O.
易错点
甲溶液中粒子的等量关系；甲溶液中滴加少量丁溶液反应的离子方程式。
知识点
【化学——选修3物质结构与性质】
第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物。
21.①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为 。
②下列叙述不正确的是 。（填字母）
a．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以HCHO易溶于水
b．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
c．C6H6分子中含有6个
d．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式 。
22.Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物。
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是
②六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4 -中不存在 。
A、共价键
B、非极性键
C、配位键
D、σ键
E、π键
写出一种与 CN- 互为等电子体的单质分子式 。
23.根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于 区。
24.一种Al－Fe合金的立体晶胞如下图所示。请据此回答下列问题：
① 确定该合金的化学式 。
② 若晶体的密度＝ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离
(用含ρ的代数式表示，不必化简)为 cm。
正确答案
①H
②bc
③N≡C－O－H
解析
①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，则电负性为H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；
②a、甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故a正确；
b、二氧化碳为sp杂化，故B错误；
c、苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；
d、常温下二氧化碳为气体，二氧化硅为固体，CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确。
故答案为：bc
考查方向
解题思路
①根据元素周期表电负性的递变规律比较电负性强弱；
②分子中含有羟基，与水可以形成氢键，二氧化碳为sp杂化，苯中碳碳键含有6个σ键，另外还有6个碳氢σ键；
易错点
原子轨道的杂化、晶胞计算、元素电离能、电负性的含义及应用。
正确答案
①具有孤对电子
②B N2
解析
①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN-中共价键、配位键、σ键、π键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2
考查方向
题考查了电负性、原子轨道的杂化、等电子体、配合物结构、晶胞计算等，注意把握微粒空间构型的判断方法，需要学生具备知识的基础，题目难度中等。
解题思路
①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，三键中有1个σ键2个π键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质。
易错点
原子轨道的杂化、晶胞计算、元素电离能、电负性的含义及应用。
正确答案
d区
解析
Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d
考查方向
本题考查了电负性、原子轨道的杂化、等电子体、配合物结构、晶胞计算等，注意把握微粒空间构型的判断方法，需要学生具备知识的基础，题目难度中等。
解题思路
根据Ti原子核外电子排布式解答。
易错点
原子轨道的杂化、晶胞计算、元素电离能、电负性的含义及应用。
正确答案
①Fe2Al
②
解析
①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×
②晶胞质量为：
，两个Fe原子之间的距离为边长的一半，则距离为：
考查方向
本题考查了电负性、原子轨道的杂化、等电子体、配合物结构、晶胞计算等，注意把握微粒空间构型的判断方法，需要学生具备知识的基础，题目难度中等。
解题思路
①根据均摊法计算化学式；
②计算出晶胞边长，即可进一步求出最近的两个Fe原子之间的距离。
易错点
原子轨道的杂化、晶胞计算、元素电离能、电负性的含义及应用。
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