- 常见金属的活动性顺序及其应用
- 共63题
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
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