答案與解析1學(xué)案部分大單元一化學(xué)基礎(chǔ)知識第1講物質(zhì)的分類物質(zhì)的量[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×(9)√(10)√(11)×考點(diǎn)1[知識梳理]知識1解疑釋惑11.(1)＋7>＋5>＋3>＋1(2)＋6>＋4(3)＋5>＋32.<<<知識22.(2)滲析3.(1)FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl(2)沸水[典題悟法]典例1B【解析】兩性氧化物是既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，水不是兩性氧化物，A錯(cuò)誤；同素異形體是由同種元素組成的不同單質(zhì)，水和H2O2均為化合物，C錯(cuò)誤；水是弱電解質(zhì)，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2[知識梳理]知識61.容量瓶(100mL)膠頭滴管2.①5.85[典題悟法]典例2(1)待燒杯中的溶液恢復(fù)至室溫后，將燒杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸餾水洗滌玻璃棒和燒杯內(nèi)壁2～3次，將洗滌液也都注入容量瓶，(輕搖容量瓶，使溶液混合均勻)，加蒸餾水至容量瓶刻度線下1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切滴加2滴二苯胺磺酸鈉指示液，用cmol/LK2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)，記錄消耗K2Cr2O7溶液的體積(2)D(3)偏小【解析】(2)K2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性，K2Cr2O7溶液用酸式滴定管盛放。(3)若盛放標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管未潤洗，則消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，n(Fe2＋)偏大，測定的n值偏小。典例3(1)2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI(2)1.87g【解析】I2與NaOH溶液生成NaI、NaIO3和水，向反應(yīng)后的溶液中加入鐵粉，將NaIO3還原為NaI，同時(shí)生成Fe(OH)3；抽濾后，所得濾液中含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水層結(jié)晶，得到碘化鈉晶體。(1)紅褐色沉淀為Fe(OH)3，說明鐵粉被NaIO3氧化，同時(shí)生成NaI。(2)14.0g碘單質(zhì)物質(zhì)的量為n(I2)＝eq\f(14.0g,254g/mol)≈0.055mol,1.0mol/L100mLNaOH溶液中n(NaOH)＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，則I2過量，生成的n(NaIO3)＝eq\f(0.1,6)mol＝eq\f(1,60)mol，根據(jù)2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI可知加入鐵粉質(zhì)量為eq\f(1,60)mol×2×56g/mol≈1.87g。(3)將Fe(OH)3抽濾后，所得濾液含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水層，結(jié)晶并用真空干燥箱干燥，得到NaI固體。(4)NaI在潮濕空氣中易被氧化，故使用真空干燥箱。(5)N2H4·H2O作還原劑，氧化產(chǎn)物為氣體N2，且沒有污染?？键c(diǎn)3[知識梳理]知識23.(3)水氣態(tài)非金屬氧化物解疑釋惑2例2∶1【解析】8.84mgNd(OH)CO3物質(zhì)的量為4×10－5mol，n(Nd3＋)＝4×10－5mol，n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol。在N2氛圍中焙燒后，Nd的質(zhì)量保持不變。550～600℃時(shí)剩余固體的質(zhì)量為7.60mg，固體中無H，根據(jù)H守恒，該階段生成水的質(zhì)量為0.36mg，固體減少總質(zhì)量＝(8.84－7.60)mg＝1.24mg，說明該階段還生成CO2，CO2質(zhì)量為1.24mg－0.36mg＝0.88mg，n(CO2)＝2×10－5mol，由C守恒可知該固體產(chǎn)物中n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol－2×10－5mol＝2×10－5mol。n(Nd3＋)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol∶2×10－5mol＝2∶1。[典題悟法]典例4(1)2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－=2CrOeq\o\al(2－,4)＋8H2O(2)根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)可得關(guān)系式：CrCl3～CrOeq\o\al(2－,4)～eq\f(1,2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～eq\f(3,2)I2～3Na2S2O3，n(I2)＝eq\f(1,2)×12.00×10－3L×0.025mol/L＝1.5×10－4mol，w(CrCl3)＝eq\f(\f(2,3)×1.5×10－4mol×158.5g/mol×10,0.2000g)×100%＝79.25%典例5(1)滴入最后半滴維生素C溶液，溶液紫紅色褪去，且30s內(nèi)不恢復(fù)(2)AC(3)n(C6H8O6)＝0.10mol/L×12.50×10－3＝0.00125mol根據(jù)反應(yīng)可得關(guān)系式：2Fe～C6H8O6,25mL溶液中，n(Fe)＝2n(C6H8O6)＝2×0.00125mol＝0.0025mol，2.80g樣品中，m(Fe)＝0.0025mol×56g/mol×eq\f(100mL,25mL)＝0.56gFe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝eq\f(0.56g,2.80g)×100%＝20%【解析】(2)步驟1中，調(diào)節(jié)pH小于2，會使Fe2O3、FeO溶解，金屬Fe測定含量偏高，A正確；未將濾液和洗滌液合并，金屬Fe測定含量偏低，B錯(cuò)誤；步驟2中，充分反應(yīng)后未將溶液煮沸，溶液中有過量的H2O2溶液，消耗維生素C標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，金屬Fe測定含量偏高，C正確；滴定開始仰視，滴定結(jié)束時(shí)俯視，消耗維生素C標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，金屬Fe測定含量偏低，D錯(cuò)誤。典例6(1)與Fe3＋結(jié)合(形成配離子)，避免滴定時(shí)消耗更多的NaOH，影響組成測定(2)(NH4)3Fe(C6H5O7)2灼燒至恒重，所得固體為Fe2O3，質(zhì)量為0.32g，n(Fe3＋)＝eq\f(0.32g×2,160g/mol)＝0.004mol用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定，根據(jù)反應(yīng)可得關(guān)系式：4NHeq\o\al(＋,4)～(CH2)6N4H＋～3H＋～4OH－n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(OH－)＝12.00×10－3L×1.00mol/L＝0.012mol根據(jù)電荷守恒：n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Fe3＋)＝3n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝(0.012mol＋3×0.004mol)×eq\f(1,3)＝0.008mol，n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Fe3＋)∶n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝x∶y∶z＝0.012∶0.004∶0.008＝3∶1∶2故檸檬酸鐵銨化學(xué)式為(NH4)3Fe(C6H5O7)2典例7(1)8LiCoO2＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋22H＋=8Li＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋8Co2＋＋11H2O(2)Co3O4和Co2O3(計(jì)算過程見解析)(3)提高c(COeq\o\al(2－,3))，促進(jìn)Li2CO3充分沉淀【解析】(2)根據(jù)質(zhì)量守恒定律，加熱過程中，Co的質(zhì)量不變。假設(shè)原始固體質(zhì)量為93g，則n(Co)＝1mol，m(Co)＝59g。290℃時(shí)，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×89.25%－59,16)mol≈2∶3，故A點(diǎn)時(shí)，殘留固體化學(xué)式為Co2O3，500℃時(shí)，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×86.38%－59,16)mol≈3∶4，故B點(diǎn)時(shí)，殘留固體化學(xué)式為Co3O4，350～400℃范圍內(nèi)，剩余固體為Co2O3和Co3O4[深度指津]例(1)1.250×10－3mol2.500×10－3mol(2)2.500×10－3mol(3)1.250×10－2mol(4)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】(1)n(Ni2＋)＝n(EDTA)＝0.04000mol/L×31.25×10－3L＝1.250×10－3mol，n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝eq\f(56.00×10－3L,22.4L/mol)＝2.500×10－3mol。(2)根據(jù)化合物中電荷守恒知，n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(2nNi2＋＋nNH\o\al(＋,4),2)＝2.500×10－3mol。(3)m(Ni2＋)＝59g/mol×1.250×10－3mol＝0.07375g，m(NHeq\o\al(＋,4))＝18g/mol×2.500×10－3mol＝0.04500g，m(SOeq\o\al(2－,4))＝96g/mol×2.500×10－3mol＝0.2400g，n(H2O)＝eq\f(0.58375g－0.07375g－0.04500g－0.2400g,18g/mol)＝1.250×10－2mol。(4)x∶y∶m∶n＝n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Ni2＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10，硫酸鎳銨的化學(xué)式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。[質(zhì)量評價(jià)]1.A【解析】鋁與船體形成原電池，Al作負(fù)極，可保障船體不易腐蝕，A正確；太陽能電池將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，B錯(cuò)誤；芯片材料是硅，C錯(cuò)誤；Rb金屬性強(qiáng)，遇水迅速反應(yīng)放出H2，D錯(cuò)誤。2.A【解析】金剛石為共價(jià)晶體，B錯(cuò)誤；碳纖維屬于碳單質(zhì)，不屬于新型有機(jī)高分子材料，C錯(cuò)誤；酚醛樹脂是由酚類和醛類縮聚而成的，不屬于聚酯，D錯(cuò)誤。3.生成CuO的質(zhì)量為32.814g－31.230g＝1.584g，n(CuO)＝0.0198mol，由Cu守恒可得n(CuS)＝0.0198mol，由S守恒得n(H2S)＝0.0198mol，m(H2S)＝0.0198mol×34g/mol＝0.6732g，產(chǎn)品純度為eq\f(0.6732g,0.680g)×100%＝99%4.根據(jù)關(guān)系式CuCl～Na2S2O3，樣品中CuCl物質(zhì)的量為0.1000mol/L×25.00×10－3L＝0.0025mol，則CuCl樣品純度＝eq\f(0.0025mol×99.5g/mol,0.2500g)×100%＝99.5%第2講氧化還原反應(yīng)[備考導(dǎo)航](1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)√(7)×(8)×(9)×(10)×考點(diǎn)1[知識梳理]知識52.(1)(答案橫向排列)Fe3＋SO3或SOeq\o\al(2－,4)O2HClO或ClO－或ClOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)FeSH2O或OH－Cl－SNO或N2還原氧化[典題悟法]典例1B【解析】向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的試管中分別滴加相同濃度的濃鹽酸，只有盛NiO(OH)的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體，說明只有NiO(OH)能氧化HCl生成Cl2，氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，A正確；氧化性：Cl2>I2，Cl2能將I－氧化為I2，溶液變藍(lán)色，不能說明還原性：I－>Fe2＋，B錯(cuò)誤；HSOeq\o\al(－,3)具有還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正確；向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，產(chǎn)生O2，O2為氧化產(chǎn)物，NaClO為氧化劑，故氧化性：NaClO>O2，D正確。典例2C【解析】堿性條件下，O2能將Mn(OH)2氧化為MnOeq\o\al(2－,3)，MnOeq\o\al(2－,3)能將S2－氧化為S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)，A錯(cuò)誤；過程Ⅰ反應(yīng)為2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，氧化劑(O2)和還原劑[Mn(OH)2]物質(zhì)的量之比為1∶2，B錯(cuò)誤；1molS2－轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)失8mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知需要2molO2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下2molO2的體積為2mol×22.4L/mol＝44.8L，D錯(cuò)誤。典例3(1)0.5mol(2)①eq\f(1,6)少量Fe2＋被氧氣氧化，減少了NaClO3的消耗量②濾液中的Cl－能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾Fe2＋的檢驗(yàn)【解析】(1)根據(jù)題給反應(yīng)，2molTe得4mol電子，6molH2O得12mol電子生成6molH2,4molNaBH4失16mol電子生成8molH2，故每生成14molH2轉(zhuǎn)移16mol電子，則反應(yīng)每轉(zhuǎn)移8mol電子，被Te氧化的NaBH4物質(zhì)的量為0.5mol。(2)①NaClO3將Fe2＋氧化為FeOOH，自身被還原為NaCl，由得失電子守恒知，制備1molα-FeOOH理論上需要NaClO3的物質(zhì)的量為eq\f(1,6)mol?？諝庵械腛2也能氧化少量Fe2＋，則NaClO3的消耗量減少。②濾液中的Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，會干擾Fe2＋的檢驗(yàn)。[深度指津][H2O2的性質(zhì)]sp3直線2.(1)2Fe3＋＋2H2O(2)H2SO4(3)S↓＋2H2O(4)I2＋2H2O(5)Cu2＋＋2H2O3.2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O4.2H2O＋O2↑[O3的性質(zhì)]sp2V[S2Oeq\o\al(2－,3)的性質(zhì)]1.S↓＋SO2↑＋H2O2.(2)2SOeq\o\al(2－,4)＋10H＋＋8Cl－考點(diǎn)2[知識梳理]知識11.X－H2O或OH－SO2NO2NOMn2＋Fe2＋Fe3＋Cr3＋Cl－H2OOH－AgCu2OPb2＋SOeq\o\al(2－,4)2.I2SH＋或H2OCO2Fe3＋N2或NON2SOeq\o\al(2－,4)O2[典題悟法]典例4(1)①1677311②32261038③513333(2)①29353②36213(3)eq\f(1,x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))11(4)①512186121033②512186121028③56953614(5)①524518H＋②138H＋1234H2O典例5(1)MoS2＋9ClO－＋6OH－=MoOeq\o\al(2－,4)＋2SOeq\o\al(2－,4)＋9Cl－＋3H2O(2)H2[Ge(OH)2(C2O4)2]＋4H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))4CO2↑＋Ge(SO4)2＋2SO2↑＋6H2O(3)14·OH＋C2NH4Oeq\o\al(－,2)=NOeq\o\al(－,3)＋2CO2↑＋9H2O(4)①2LiCoO2＋8HCl=2LiCl＋2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O②作還原劑(5)①Cu2Te＋4H2O2＋2H2SO4=H2TeO3＋2CuSO4＋5H2O②H2TeO3＋2SOeq\o\al(2－,3)eq\o(=,\s\up7(50℃))Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋H2O③提高H2TeO3的還原率；Na2SO3會與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成SO2，SO2從溶液中逸出[質(zhì)量評價(jià)]1.(1)√(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×(7)×(8)√(9)√(10)√2.B【解析】Mg還原TiCl4也是氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；“合成”反應(yīng)為CO＋2H2=CH3OH，氧化劑(CO)與還原劑(H2)物質(zhì)的量之比為1∶2，C錯(cuò)誤；高溫下Mg與N2能反應(yīng)，D錯(cuò)誤。3.AB【解析】CO2和Mg反應(yīng)生成MgO和C，C元素的化合價(jià)降低，說明CO2具有氧化性，A正確；向PbO2中滴加濃鹽酸生成Cl2，說明氧化性：PbO2>Cl2，B正確；KMnO4具有氧化性，雙氧水使酸性KMnO4溶液褪色說明H2O2具有還原性，C錯(cuò)誤；向混合液中加入少量氯水時(shí)，Cl2僅能氧化I－，只能得出氧化性：Cl2>I2，而無法比較Cl2與Br2的氧化性，D錯(cuò)誤。4.(1)降低(2)eq\f(1,12)mol(或者0.083mol)【解析】(1)硝化過程反應(yīng)為NHeq\o\al(＋,4)＋2O2eq\o(=,\s\up7(微生物))NOeq\o\al(－,3)＋H2O＋2H＋，溶液pH降低。(2)反硝化過程反應(yīng)為6NOeq\o\al(－,3)＋5CH3OH＋6H＋=3N2↑＋5CO2↑＋13H2O，因此整個(gè)過程中n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(CH3OH)＝6∶5，每處理含0.10molNHeq\o\al(＋,4)的酸性廢水，理論上消耗CH3OH的物質(zhì)的量為eq\f(0.5,6)mol，即為eq\f(1,12)mol。第3講離子反應(yīng)[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×考點(diǎn)1[典題悟法]典例1BD【解析】HCOeq\o\al(－,3)不能拆開，A錯(cuò)誤；H2C2O4是弱酸，分步電離，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2[典題悟法]典例2B【解析】Co(Ⅲ)有強(qiáng)氧化性，酸性條件下能將Cl－氧化成Cl2，Co2O3溶于濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣和Co2＋：Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，A錯(cuò)誤；Ni(OH)2溶于氨水得到[Ni(NH3)6]2＋，B正確；向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液，F(xiàn)e3＋和HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀和CO2：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，C錯(cuò)誤；堿性溶液中不會大量存在H＋，D錯(cuò)誤。典例3(1)VOeq\o\al(－,3)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(80℃))H3VO4↓＋OH－或VOeq\o\al(－,3)＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2Oeq\o(=,\s\up7(80℃))H3VO4↓＋NH3↑NHeq\o\al(＋,4)促進(jìn)VOeq\o\al(－,3)的水解，且制得的催化劑中不含Na＋(2)ZnO＋4NHeq\o\al(＋,4)=[Zn(NH3)4]2＋＋H2O＋2H＋(3)Fe2＋＋Li＋＋OH－＋H3PO4＋2SOeq\o\al(2－,4)=LiFePO4↓＋H2O＋2HSOeq\o\al(－,4)(4)5Mg2＋＋5CO(NH2)2＋11H2O=Mg5(CO3)4(OH)2↓＋CO2↑＋10NHeq\o\al(＋,4)(5)①Co2O3＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O②先將含鈷廢料與Na2SO3溶液混合，然后再向其中逐滴加入硫酸溶液[深度指津]3.(1)HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=H2O＋CaCO3↓(2)Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)考點(diǎn)3[典題悟法]典例4D【解析】H＋、I－、NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯(cuò)誤；Fe3＋與CN－絡(luò)合生成[Fe(CN)6]3－而不能大量共存，B錯(cuò)誤；SiOeq\o\al(2－,3)、Ca2＋生成CaSiO3沉淀而不能大量共存，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)4[知識梳理]濕潤的紅色石蕊藍(lán)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O黃藍(lán)色鈷玻璃(淺)紫KSCN氯水(或H2O2)鐵氰化鉀2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3Fe2＋＋K＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓亞鐵氰化鉀Fe3＋＋K＋＋[Fe(CN)6]4－=KFe[Fe(CN)6]↓稀硝酸AgNO3Ag＋＋Cl－=AgCl↓稀鹽酸BaCl2SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓[典題悟法]典例5D【解析】滴加少量NaOH溶液時(shí)，NaOH優(yōu)先與Fe3＋反應(yīng)，不會產(chǎn)生NH3，A錯(cuò)誤；無論溶液中是否含有Fe2＋，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液都會變紅，無法檢驗(yàn)原溶液中是否含有Fe2＋，B錯(cuò)誤；NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋均能發(fā)生水解反應(yīng)，且水解均生成H＋，故測定溶液pH無法檢驗(yàn)NHeq\o\al(＋,4)是否發(fā)生水解，C錯(cuò)誤；向溶液中滴加幾滴0.1mol/LKI溶液，再滴加淀粉溶液，若溶液變藍(lán)色，說明有碘單質(zhì)生成，則能證明Fe3＋將I－氧化為I2，體現(xiàn)了Fe3＋的氧化性，D正確。[質(zhì)量評價(jià)]1.D【解析】該離子方程式電荷不守恒、得失電子不相等，A錯(cuò)誤；NaHSO3過量，生成物中不會有H＋，B錯(cuò)誤；稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，將S2Oeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，C錯(cuò)誤。2.C【解析】S2Oeq\o\al(2－,8)中有2個(gè)O原子顯－1價(jià)，將Mn2＋氧化為MnO2，S2Oeq\o\al(2－,8)作氧化劑，其中氧原子得到2mol電子，A錯(cuò)誤；Zn會與Fe3＋發(fā)生反應(yīng)，試劑X不可以選用Zn，B錯(cuò)誤；鋅元素轉(zhuǎn)化為ZnCO3，濾液中不會大量存在[Zn(NH3)4]2＋，D錯(cuò)誤。3.B【解析】NH3·H2O為弱堿，不拆分為離子，A錯(cuò)誤；強(qiáng)堿溶液中，離子方程式中不可能出現(xiàn)H＋，C錯(cuò)誤；向鐵銨礬[NH4Fe(SO4)2·12H2O]溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，NHeq\o\al(＋,4)也要參與反應(yīng)，D錯(cuò)誤。4.(1)[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(2)Al3＋＋4OH－=[Al(OH)4]－(3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)(4)[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(5)3Fe＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(6)H＋＋OH－=H2O(7)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－(8)Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O(9)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O5.(1)2Ni2＋＋4HCOeq\o\al(－,3)=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O(2)取最后一次洗滌所得濾液，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液(或硝酸鋇溶液)，若無明顯現(xiàn)象則已洗滌干凈【解析】(2)檢驗(yàn)NiCO3·Ni(OH)2沉淀已經(jīng)洗滌完全即檢驗(yàn)洗滌液中無SOeq\o\al(2－,4)。第4講元素周期表與電子排布[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√(11)×(12)×(13)√考點(diǎn)1[典題悟法]典例1B【解析】根據(jù)核反應(yīng)可知X為eq\o\al(6,2)He，X的中子數(shù)為6－2＝4，A錯(cuò)誤；Y為eq\o\al(4,2)He，X為eq\o\al(6,2)He，X與Y質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同，二者互為同位素，B正確；由題意可知，eq\o\al(13,8)O與eq\o\al(15,8)O的半衰期很短，故不適宜用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程，C錯(cuò)誤；自然界中不存在eq\o\al(13,8)O2與eq\o\al(15,8)O2是由于eq\o\al(13,8)O與eq\o\al(15,8)O的半衰期很短，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)2[知識梳理]知識13.1s22s22p63s23p63d104s11s22s22p63s23p63d54s1[?？?xì)w納]①[Ar]3d104s24p1[Ar]3d104s24p3知識2FeFe2＋Fe3＋1s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p63d61s22s22p63s23p63d5[Ar]3d64s2[Ar]3d6[Ar]3d53d64s23d63d5[典題悟法]典例2D【解析】基態(tài)Cu2＋電子排布式為[Ar]3d9，A錯(cuò)誤；基態(tài)O原子核外電子軌道表示式為，B錯(cuò)誤；基態(tài)Fe3＋的價(jià)層電子排布式為3d5，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)3[典題悟法]典例3A【解析】可在周期表中金屬與非金屬分界線附近尋找半導(dǎo)體材料，A正確；Cu元素位于ds區(qū)，B錯(cuò)誤；Fe元素位于Ⅷ族，C錯(cuò)誤；ⅥA族中O元素形成的氫化物為H2O，呈中性，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)4[知識梳理]知識3(答案橫向排列)增大增大相等增多減小增大減小減小增大減弱增強(qiáng)增強(qiáng)減弱增大ⅡAⅤA減小增強(qiáng)減弱增強(qiáng)減弱減弱增強(qiáng)增強(qiáng)減弱[?？?xì)w納]②F>N>O>CF>O>N>CMg>Al>NaAl>Mg>NaC>Si>GeC>Si>Ge③<<<④a.增強(qiáng)>>b.減弱>c.強(qiáng)>>>>>[典題悟法]典例4A【解析】電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故半徑：r(Mg2＋)<r(F－)，A正確；非金屬性：O>Si，B錯(cuò)誤；第一電離能：I1(Al)>I1(K)，C錯(cuò)誤；金屬性：K>Mg，故堿性：KOH>Mg(OH)2，D錯(cuò)誤。典例5A【解析】X、Y、Z、W分別為C、P、S、As，由于P的3p軌道為半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故第一電離能：P>S，A正確；非金屬性：P>As，故熱穩(wěn)定性：PH3>AsH3，B錯(cuò)誤；S原子有3個(gè)電子層，而As有4個(gè)電子層，故原子半徑：r(S)<r(As)，C錯(cuò)誤；非金屬性：C<S，酸性：H2CO3<H2SO4，D錯(cuò)誤。典例6A【解析】F原子半徑小，電子云密度大，兩個(gè)原子間的斥力較強(qiáng)，F(xiàn)—F不穩(wěn)定，故鍵能：F—F<Cl—Cl，與電負(fù)性無關(guān)，A符合題意；電負(fù)性：F>Cl，極性：F—C>Cl—C，則極性：F3C—>Cl3C—，三氟乙酸的羧基中的羥基極性更大，更容易電離出H＋，酸性更強(qiáng)，B不符合題意；電負(fù)性：F>Cl，極性：F—H>Cl—H，分子極性：HF>HCl，C不符合題意；氫鍵的形成條件是原子的半徑小、電負(fù)性大，電負(fù)性：F>Cl，故HF分子間可以形成氫鍵，氣態(tài)氟化氫中存在(HF)[質(zhì)量評價(jià)]1.A【解析】V原子序數(shù)為23，基態(tài)V原子電子排布式為[Ar]3d34s2，B錯(cuò)誤；基態(tài)Si原子價(jià)層電子軌道表示式：，C錯(cuò)誤；中子數(shù)為10的氧原子質(zhì)量數(shù)為18，表示為eq\o\al(18,)8O，D錯(cuò)誤。2.A【解析】電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，半徑：r(Al3＋)＜r(Na＋)，A正確；同周期主族元素核電荷數(shù)越大，電負(fù)性越大，電負(fù)性：χ(F)>χ(O)，B錯(cuò)誤；第一電離能：S>Na、O>S，第一電離能：I1(O)>I1(Na)，C錯(cuò)誤；金屬性：Na>Al，堿性：NaOH>Al(OH)3，D錯(cuò)誤。3.C【解析】由題給信息推知，X、Y、Z、W分別為H元素、N元素、O元素、S元素。H元素位于元素周期表中第一周期ⅠA族，A錯(cuò)誤；非金屬性：O>N>S，故共價(jià)鍵的極性：O—H>N—H>S—H，B錯(cuò)誤；非金屬性：O>N>S，故簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>NH3>H2S，C正確；H、N、O三種元素組成的化合物水溶液不一定呈酸性，如NH3·H2O的水溶液顯堿性，D錯(cuò)誤。4.環(huán)氧乙烷中電負(fù)性大的氧原子吸附在鎂離子上，環(huán)氧乙烷中的碳氧鍵斷裂，二氧化碳中的一個(gè)氧原子與環(huán)氧乙烷中的一個(gè)碳原子結(jié)合，二氧化碳中的碳原子與氧離子結(jié)合第5講化學(xué)鍵與分子的性質(zhì)[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)√(9)×(10)×(11)√考點(diǎn)1[知識梳理]知識52.知識62.N≡NO=C=OS=C=SH—C≡NN≡C—C≡NN≡C—S—S—C≡N[典題悟法]典例1A【解析】SiO2中原子間以共價(jià)鍵結(jié)合，SiO2為共價(jià)化合物，A正確；HF是共價(jià)化合物，電子式為，B錯(cuò)誤；SiF4是正四面體形結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子，C錯(cuò)誤；基態(tài)氧原子價(jià)層電子軌道表示式為，D錯(cuò)誤。典例2B【解析】1mol[Fe(NO)(H2O)5]2＋含有σ鍵物質(zhì)的量為1mol×(6＋1＋2×5)＝17mol，A錯(cuò)誤；二甲雙胍分子中C與N之間σ鍵數(shù)為8，π鍵數(shù)為2，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為4∶1，B正確；醛基和酯基中均含有碳氧π鍵，1mol中含有2mol碳氧π鍵，C錯(cuò)誤；單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，1mol中碳氧σ鍵有6mol，D錯(cuò)誤。典例3(1)16∶1(2)8(3)16mol或16×6.02×1023(4)13mol或13×6.02×1023【解析】(3)1個(gè)[Cu(NH3)4]Cl2中含有12個(gè)N—Hσ鍵，Cu2＋與NH3形成4個(gè)配位鍵，σ鍵一共有16個(gè)。(4)(SCN2H3)2結(jié)構(gòu)為，其中含有13個(gè)σ鍵。典例4(1)(2)或(3)(4)(5)或范德華力和氫鍵(或分子間作用力)【解析】(3)羰基氧原子與氨基中的H形成分子間氫鍵，得到具有八元環(huán)的二聚分子。(4)根據(jù)題目中的“五元環(huán)”“六配位”可得出配離子的結(jié)構(gòu)。(5)FeC2O4·2H2O晶體層與層之間的作用力為范德華力，因其含結(jié)晶水，所以還含有氫鍵。考點(diǎn)2[知識梳理]知識13.直線直線平面三角平面三角平面三角V四面體正四面體四面體三角錐四面體V知識22.sp3正四面體四面體三角錐Vsp2平面三角Vsp直線[典題悟法]典例5(1)×(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×(11)×(12)×典例6(1)sp2和sp3sp2和sp3(2)1∶9(3)3(4)sp2(5)9(6)sp3②【解析】(2)—CN中的C原子采取sp雜化，數(shù)目為2，苯環(huán)上的C原子均為sp2雜化，共18個(gè)。(5)該分子中除苯環(huán)以外的C原子均采取sp3雜化，還有羥基中O原子采取sp3雜化，總計(jì)為9。(6)SiCl4中Si的價(jià)層電子對數(shù)為4，Si采取sp3雜化；根據(jù)SiCl4(H2O)的結(jié)構(gòu)式可知Si的價(jià)層電子對數(shù)為5，采取sp3d雜化。典例7A【解析】氧的電負(fù)性大于氯，Cl2O中成鍵電子對偏向氧，氟電負(fù)性強(qiáng)于氧，OF2中成鍵電子對偏向氟，兩對成鍵電子對排斥力較小，鍵角：Cl2O＞OF2，A正確；ClOeq\o\al(－,2)、ClOeq\o\al(－,3)、ClOeq\o\al(－,4)三種離子中心Cl原子孤電子對數(shù)分別為2、1、0，價(jià)層電子對數(shù)均為4，由于孤電子對與成鍵電子對間的斥力更大，使得ClOeq\o\al(－,2)、ClOeq\o\al(－,3)、ClOeq\o\al(－,4)中O—Cl—O鍵角依次逐漸增大，B錯(cuò)誤；同主族元素從上到下電負(fù)性減小，NH3、PH3、AsH3中的成鍵電子對離中心原子越來越遠(yuǎn)，成鍵電子對之間的排斥力越來越小，鍵角越來越小，C錯(cuò)誤；NH3分子中N原子有一個(gè)孤電子對，[Ni(NH3)6]SO4中N原子孤電子對與Ni形成配位鍵，斥力減小，鍵角增大，所以鍵角：前者大于后者，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)3[知識梳理]知識1V極性直線非極性三角錐極性平面三角非極性正四面體非極性四面體極性正四面體非極性知識3(1)>>>(2)>>[典題悟法]典例8A【解析】元素電負(fù)性差值越大，共價(jià)鍵極性越強(qiáng)，共價(jià)鍵的極性：Si—Cl＜Al—Cl，B錯(cuò)誤；IF3中心原子有孤電子對，IF3是極性分子，C錯(cuò)誤；N2O5分子中間的O原子有孤電子對，N2O5為極性分子，D錯(cuò)誤。典例9(1)強(qiáng)(2)(3)③①②(4)【解析】(3)—CF3為吸電子基團(tuán)，使得—SO3H中羥基的氫氧鍵極性較大，—CH3為推電子基團(tuán)，使得—SO3H中羥基的氫氧鍵極性較小，酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)棰邰佗凇?4)—CF3為吸電子基團(tuán)，—CH3為推電子基團(tuán)，N原子電子云密度：＞＞，堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，堿性最強(qiáng)的是。考點(diǎn)4[典題悟法]典例10B【解析】二甲雙胍為極性分子且能與水形成分子間氫鍵，A正確；沸點(diǎn)：H2O>H2Te>H2Se>H2S，B錯(cuò)誤；I2＋I(xiàn)－Ieq\o\al(－,3)，C正確；羥基為親水基，酯基為憎水基，D正確。典例11(1)四氯乙烯與S8都是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律(2)NH2OH和水分子之間能形成氫鍵(3)大(4)分子間能形成氫鍵，分子間作用力較大(5)2個(gè)乙酸分子通過氫鍵形成二聚體考點(diǎn)5[典題悟法]典例12D【解析】該分子中不含手性碳原子，A正確；該分子中與—OH相連的碳原子為手性碳原子，存在對映異構(gòu)現(xiàn)象，B正確；該化合物完全水解所得有機(jī)產(chǎn)物為，其中與—NH2相連碳原子為手性碳原子，有1個(gè)手性碳原子，C正確；該化合物與足量H2加成得到(標(biāo)序號碳原子為手性碳原子)，共有5個(gè)手性碳原子，D錯(cuò)誤。[質(zhì)量評價(jià)]1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)√(11)×(12)√(13)×2.A【解析】NH3的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，A錯(cuò)誤。3.B【解析】(標(biāo)“*”碳原子為手性碳原子)分子中含有一個(gè)手性碳原子，具有手性，開環(huán)螺吡喃分子中不含手性碳原子，A錯(cuò)誤；分子式均為C19H19NO，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，B正確；閉環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp3，開環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp2，C錯(cuò)誤；開環(huán)螺吡喃中氧原子帶負(fù)電荷，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，故開環(huán)螺吡喃親水性更好，D錯(cuò)誤。4.(1)sp2(2)ajm5.5D【解析】XeF2中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為5，中心原子的雜化方式應(yīng)為sp3d。第6講晶體配合物[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√考點(diǎn)1[知識梳理]知識21.68122.(1)6正八面體6(2)84Ca2＋F－48知識34.(a×10－7)3(a×10－10)3(a×10－10)3eq\f(56,NA)×2eq\f(58.5,NA)×4eq\f(44,NA)×4eq\f(2×56,NAa3×10－21)eq\f(4×58.5,NAa3×10－30)eq\f(4×44,NAa3×10－30)[典題悟法]典例1B【解析】圖1晶胞中灰球個(gè)數(shù)為4，白球個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，根據(jù)化學(xué)式可知灰球?yàn)镃u，A正確；FeS2晶體中每個(gè)Fe2＋周圍距離最近且相等的Seq\o\al(2－,2)數(shù)目為6，B錯(cuò)誤；圖3晶胞中黑球個(gè)數(shù)為8，白球個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，根據(jù)化學(xué)式可知黑球表示Na＋，每個(gè)Na＋周圍最近且距離相等的Na＋有6個(gè)，C正確；由白磷晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，與晶胞頂點(diǎn)距離最近且相等的白磷分子有3個(gè)，分別位于3個(gè)面心，為2個(gè)晶胞所共用，而晶胞頂點(diǎn)上的白磷分子為8個(gè)晶胞所共用，則晶體中與1個(gè)P4分子緊鄰的P4分子有3×8×eq\f(1,2)＝12個(gè)，D正確。典例2(1)0.25(2)4(3)正四面體形(4)(5)(6)(7)sp3否，若Fe2＋占據(jù)晶胞所有頂點(diǎn)、面心和體心，則Fe2＋的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋1＝5，而S原子只有4個(gè)，不符合FeSO4的化學(xué)式(8)①4②eq\f(3.07×1032,2a3NA)【解析】(1)由圖示看出，F(xiàn)e原子和P原子都位于O原子形成的空隙中，且該結(jié)構(gòu)中含有4個(gè)正八面體和4個(gè)正四面體，故含有4個(gè)P原子、4個(gè)Fe原子、16個(gè)O原子，Li＋的個(gè)數(shù)＝8×eq\f(1,8)＋2×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,4)＝3，即1－x＝eq\f(3,4)，x＝0.25。(2)ZnO中O2－與Zn2＋配位數(shù)相等，由圖可知，Zn2＋與O2－的配位數(shù)均為4。(3)由圖可知，小黑點(diǎn)代表Ca2＋，小白球代表F－，每個(gè)F－與4個(gè)Ca2＋相連形成正四面體形結(jié)構(gòu)。(4)A中含有Mg原子的個(gè)數(shù)＝4×eq\f(1,8)＋1＝1.5，O原子全部位于體內(nèi)，故為4個(gè)，在B中Al原子、O原子都為4個(gè)，這樣在A、B中共含有Mg原子1.5個(gè)、Al原子4個(gè)、O原子8個(gè)，結(jié)合晶胞化學(xué)式為MgO-Al2O3可知，在B中還應(yīng)該含有0.5個(gè)Mg原子，故Mg原子位于立方體B的4個(gè)互不相鄰的頂點(diǎn)上。(5)晶胞中V的個(gè)數(shù)為1＋8×eq\f(1,8)＝2，根據(jù)化學(xué)式VO2可知晶胞中O的個(gè)數(shù)為4，圖中O的個(gè)數(shù)為2＋2×eq\f(1,2)＝3，根據(jù)上下底面的對稱性可知上下底面各還應(yīng)有1個(gè)氧原子，晶胞圖見答案。(6)晶胞沿x軸、y軸、z軸的投影相同，晶胞的體心有一個(gè)小黑球，晶胞體內(nèi)有4個(gè)白球，化學(xué)式為Cu2O，利用均攤法可知，小黑球代表O，白球代表Cu，晶胞圖見答案。(7)由圖示看出，每個(gè)S原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，故S原子采用sp3雜化。(8)①K＋位于體心，K＋周圍距離相等且最近的CN－個(gè)數(shù)為4。②晶胞中含有1個(gè)K＋、1個(gè)Fe2＋、1個(gè)Fe3＋和6個(gè)CN－，晶胞質(zhì)量為eq\f(307,NA)g，體積為2a3×10－30cm3，晶體的密度為eq\f(3.07×1032,2a3NA)g/cm3?？键c(diǎn)2[知識梳理]知識3[離子晶體]②44③66④1212⑤11⑥88⑦66⑨44⑩4?4[分子晶體]①共價(jià)鍵范德華力③12④4⑤2[共價(jià)晶體]①正四面體sp3109°28′③1∶22⑤42⑥4[金屬晶體]①6②12③8④12⑤金屬鍵[混合型晶體]①共價(jià)鍵sp2分子間作用力②21.5[典題悟法]典例3D【解析】H2、Li、NaH分別屬于分子晶體、金屬晶體、離子晶體，A錯(cuò)誤；硼、石墨、固態(tài)氮分別屬于共價(jià)晶體、混合型晶體、分子晶體，B錯(cuò)誤；Na2O、Mg分別屬于離子晶體、金屬晶體，C錯(cuò)誤；前四周期的ⅦA族元素單質(zhì)都是分子晶體，D正確。典例4D【解析】立方BN的硬度僅次于金剛石，屬于共價(jià)晶體，A正確；晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的原子個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于內(nèi)部的原子個(gè)數(shù)為4,1個(gè)晶胞中含有4個(gè)B和4個(gè)N，B正確；距離每個(gè)B最近的N有4個(gè)、距離每個(gè)N最近的B有4個(gè)，C正確；1mol立方BN中含有4mol共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)3[知識梳理]知識31.Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)、Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－2.Fe3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋3.Cl－＋Ag＋=AgCl↓AgCl＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－知識41.(1)426(2)6[典題悟法]典例5C【解析】含[Cu(H2O)4]2＋的溶液呈藍(lán)色，A正確；步驟3中加入乙醇的目的是降低溶劑的極性，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體析出，C錯(cuò)誤；CuSO4溶液加入過量氨水，[Cu(H2O)4]2＋轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2＋，則H2O與Cu2＋的配位能力弱于NH3，D正確?？键c(diǎn)4[典題悟法]典例6C【解析】該杯酚的合成過程中發(fā)生了縮聚反應(yīng)，A錯(cuò)誤；每合成1mol該杯酚，消耗8molHCHO，B錯(cuò)誤；杯酚盛裝C60形成的超分子中，存在范德華力和氫鍵，C正確；該杯酚具有“分子識別”特性，只能盛裝C60分子，而不能盛裝其他碳單質(zhì)，D錯(cuò)誤。[質(zhì)量評價(jià)]1.A【解析】CH3NHeq\o\al(＋,3)中C和N均采取sp3雜化，A正確；晶胞中A個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，B個(gè)數(shù)為1，X個(gè)數(shù)為6×eq\f(1,2)＝3，根據(jù)化合物各元素化合價(jià)代數(shù)和為0可知，X為I－，B錯(cuò)誤、D錯(cuò)誤；晶胞中距離A最近的X有12個(gè)，C錯(cuò)誤。2.D【解析】NH3通入CuSO4溶液中生成深藍(lán)色溶液，說明[Cu(H2O)4]2＋轉(zhuǎn)變?yōu)閇Cu(NH3)4]2＋，故NH3更易與Cu2＋形成配位鍵，D錯(cuò)誤。3.B【解析】二苯并-18-冠-6與K＋形成螯合離子，冠醚可以用來識別堿金屬離子，A正確；冠醚能否適配堿金屬離子與其空腔直徑和離子直徑有關(guān)，二苯并-18-冠-6能適配K＋，而Li＋半徑明顯小于K＋，故不能適配Li＋，B錯(cuò)誤；該冠醚分子中苯環(huán)上碳采取sp2雜化，飽和碳原子采取sp3雜化，碳原子雜化方式有2種，C正確；由圖可知，一個(gè)離子中配位鍵的數(shù)目為6，D正確。4.(1)1∶1(2)①CH4②4【解析】(1)晶胞中Fe2＋個(gè)數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，Seq\o\al(2－,2)個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，陰、陽離子的個(gè)數(shù)之比為1∶1。(2)①由NH3與Ga(CH3)3發(fā)生反應(yīng)制得GaN，根據(jù)原子守恒可知，另一種有機(jī)產(chǎn)物為CH4。②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，白球代表的原子個(gè)數(shù)＝1＋8×eq\f(1,8)＝2，黑球代表的原子個(gè)數(shù)＝1＋4×eq\f(1,4)＝2，該晶胞中兩種原子個(gè)數(shù)之比為1∶1，若以晶胞內(nèi)部白球?yàn)槔?，距離其最近且等距的黑球有4個(gè)，故距離Ga最近且相等的N的數(shù)目也為4。大單元整合提能力驗(yàn)考情一[高考新視野]1.C【解析】KAl(SO4)2·12H2O具有固定組成，屬于純凈物；KAl(SO4)2·12H2O是由K＋、Al3＋和SOeq\o\al(2－,4)組成的復(fù)鹽，故選C。2.A【解析】CO2水溶液能導(dǎo)電，但CO2自身不能電離，CO2不屬于電解質(zhì)，A符合題意。3.C【解析】紙的主要成分是纖維素，不是金屬材料，A錯(cuò)誤；沙的主要成分是SiO2，不是金屬材料，B錯(cuò)誤；金和鐵都是金屬，C正確；“甘之若飴”意思是把它看成像糖那樣甜，糖類是有機(jī)物，不是金屬材料，D錯(cuò)誤。4.D【解析】青銅主要成分是銅錫合金，A正確；透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸鹽，B正確；石質(zhì)浮雕是漢白玉，漢白玉的主要成分是碳酸鈣，C正確；青花釉里紅瓷蓋罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸鹽，D錯(cuò)誤。5.D【解析】羊毛的主要成分為蛋白質(zhì)，A正確；墨的主要成分是炭黑，炭黑是碳元素的一種單質(zhì)，B正確；紙的主要成分是纖維素，C正確；大理石的主要成分為碳酸鈣，D錯(cuò)誤。6.D【解析】太陽能電池將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，D錯(cuò)誤。7.C【解析】S2－核外有18個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖為，A錯(cuò)誤；H2O2是共價(jià)化合物，其中只含共價(jià)鍵，B錯(cuò)誤；H2O中的O的雜化類型為sp3，O有2個(gè)孤電子對，H2O的空間結(jié)構(gòu)為V形，D錯(cuò)誤。8.A【解析】CO2電子式為，A錯(cuò)誤；Cl2分子形成共價(jià)鍵時(shí)，p電子以“頭碰頭”形成σ鍵，B正確；NH3的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，C正確；3,3-二甲基戊烷的主鏈上有5個(gè)C,3號碳上連有2個(gè)甲基，D正確。9.A【解析】O3為V形分子，球棍模型為，B錯(cuò)誤；H原子只有1個(gè)能級(1s)，不存在1p能級，C錯(cuò)誤；π鍵軌道重疊方式為“肩并肩”，D錯(cuò)誤。10.A【解析】KO2由K＋和Oeq\o\al(－,2)構(gòu)成，1molKO2晶體中離子數(shù)目為2NA，B錯(cuò)誤；COeq\o\al(2－,3)能水解，1L1mol/LK2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于NA，C錯(cuò)誤；該反應(yīng)中每生成3molO2轉(zhuǎn)移3mol電子，則每轉(zhuǎn)移1mol電子生成1molO2，D錯(cuò)誤。11.D【解析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LSO2為0.5mol，原子總數(shù)為1.5NA，A錯(cuò)誤；SOeq\o\al(2－,3)能水解，100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中SOeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于0.01NA，B錯(cuò)誤；反應(yīng)①為SO2＋2H2S=3S＋2H2O，每消耗2molH2S生成3molS,3.4gH2S為0.1mol，生成0.15molS，C錯(cuò)誤；反應(yīng)②為3S＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))SOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋3H2O，還原產(chǎn)物為S2－，每生成2molS2－轉(zhuǎn)移4mol電子，則每生成1molS2－轉(zhuǎn)移2mol電子，D正確。12.C、H、Feeq\f(16,9)【解析】反應(yīng)器I中發(fā)生反應(yīng)：3CO＋Fe2O3=2Fe＋3CO2、3H2＋Fe2O3=2Fe＋3H2O，化合價(jià)發(fā)生改變的元素有C、H、Fe。CO、H2各1mol發(fā)生上述反應(yīng)，各生成eq\f(2,3)molFe，共生成eq\f(4,3)molFe，反應(yīng)器Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)：3Fe＋4H2O(g)=Fe3O4＋4H2，eq\f(4,3)molFe生成eq\f(16,9)molH2。13.D【解析】玻璃的主要成分為SiO2，能與氫氟酸反應(yīng)，氫氟酸是弱酸，離子方程式中不拆分，A錯(cuò)誤；Fe3＋可以將Cu氧化成Cu2＋：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，B錯(cuò)誤；Cl2具有強(qiáng)氧化性，能將S2Oeq\o\al(2－,3)氧化為SOeq\o\al(2－,4)，Cl2被還原為Cl－，正確的離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋，C錯(cuò)誤；碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，D正確。14.C【解析】Ag與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體應(yīng)是NO，A錯(cuò)誤；FeS難溶于水，離子方程式中不能拆開，正確的離子方程式為Pb2＋＋FeS=PbS＋Fe2＋，B錯(cuò)誤；草酸是弱酸，離子方程式中不能拆開，D錯(cuò)誤。15.D【解析】H2S是氣體，離子方程式中不能拆開，A錯(cuò)誤；酸性條件下，NOeq\o\al(－,3)能將H2SO3氧化為SOeq\o\al(2－,4)，B錯(cuò)誤；Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2與水反應(yīng)生成的HClO與NaHCO3不反應(yīng)，生成物中應(yīng)有HClO，正確離子方程式為Cl2＋HCOeq\o\al(－,3)=Cl－＋HClO＋CO2，C錯(cuò)誤。16.C【解析】NO2是大氣污染物，A錯(cuò)誤；反應(yīng)中NOeq\o\al(－,3)為氧化劑，CH3OH是還原劑，O3有強(qiáng)氧化性，不能用O3替換CH3OH，B錯(cuò)誤；X是N2，還原劑CH3OH中C元素化合價(jià)由－2升高至＋4，氧化劑NOeq\o\al(－,3)中N化合價(jià)由＋5降低至0，由得失電子守恒可知，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5，C正確；每生成1molCO2轉(zhuǎn)移6mol電子，若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體11.2L(即0.5mol)，轉(zhuǎn)移3mol電子，D錯(cuò)誤。17.A18.B【解析】Al3＋有2個(gè)電子層，而K＋有3個(gè)電子層，K＋的半徑較大，A錯(cuò)誤；同主族從上到下，元素的電負(fù)性減小，電負(fù)性：O>S，B正確；H2O分子間存在氫鍵，H2S分子間不存在氫鍵，沸點(diǎn)：H2S<H2O，C錯(cuò)誤；金屬性：K>Al，堿性：Al(OH)3<KOH，D錯(cuò)誤。19.A【解析】W、X、Y、Z依次為Li、N、F、P。N和P均位于ⅤA族，A正確；非金屬性：F＞N＞P，B錯(cuò)誤；非金屬性：F＞P，穩(wěn)定性：HF＞PH3，C錯(cuò)誤；原子半徑：Li＞N＞F，D錯(cuò)誤。20.A【解析】W、X、Y、Z依次為C、N、Mg、Fe。N元素的單質(zhì)為分子晶體，Mg和Fe均為金屬晶體，C既可以形成金剛石又可以形成石墨，石墨的熔點(diǎn)最高，A錯(cuò)誤；NH3中N原子的價(jià)層電子對數(shù)為4，N采取sp3雜化，B正確；Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NHeq\o\al(＋,4)能與OH－結(jié)合，使沉淀溶解平衡右移，C正確；Mg3[Fe(CN)6]2中CN－提供孤電子對與Fe3＋形成配位鍵，D正確。21.C【解析】W、X、Y、Z、Q、R分別為H、C、N、O、Na、Cl。原子半徑：H<N<C，A錯(cuò)誤；第一電離能：C<O<N，B錯(cuò)誤；O2(或O3)、Cl2常溫下均為氣體，Na常溫下為固體，沸點(diǎn)：O2(或O3)<Cl2<Na，C正確；電負(fù)性：Na<H<Cl，D錯(cuò)誤。22.B【解析】X、Y、Z、M依次為H、C、O、Si。CHeq\o\al(＋,3)中C采取sp2雜化，CHeq\o\al(＋,3)空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，鍵角為120°；CHeq\o\al(－,3)中C采取sp3雜化，C有1個(gè)孤電子對，CHeq\o\al(－,3)空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，鍵角小于109°28′，A正確；C2H2為非極性分子，H2O2為極性分子，B錯(cuò)誤；原子半徑：C<Si，鍵長：C—C<Si—Si，鍵能：C—C>Si—Si，熔點(diǎn)：金剛石>Si，C正確；非金屬性：C>Si，穩(wěn)定性：CH4>SiH4，D正確。23.B【解析】CH3CH2OH催化氧化為CH3CHO，CH3CH2OH斷裂C—H鍵和O—H鍵，A錯(cuò)誤；Cl＋O3→ClO＋O2、ClO＋O→Cl＋O2，Cl是O3分解的催化劑，B正確；丁烷是飽和烷烴，無π鍵，C錯(cuò)誤；石墨中碳原子采取sp2雜化，金剛石中碳原子采取sp3雜化，D錯(cuò)誤。24.D【解析】NH3中N的價(jià)層電子對數(shù)為4，N采取sp3雜化，N有1個(gè)孤電子對，鍵角小于109°28＇。NOeq\o\al(－,3)中N的價(jià)層電子對數(shù)為3，N采取sp2雜化，N無孤電子對，鍵角為120°，鍵角：NH3<NOeq\o\al(－,3)，A錯(cuò)誤；NH2OH為分子晶體，[NH3OH]Cl為離子晶體，熔點(diǎn)：NH2OH<[NH3OH]Cl，B錯(cuò)誤；由電離常數(shù)可知，25℃時(shí)NH2OH的堿性比NH3·H2O弱，則同濃度溶液的酸性：[NH3OH]Cl>NH4Cl，pH：[NH3OH]Cl<NH4Cl，C錯(cuò)誤；O的電負(fù)性大于N，O—H的極性大于N—H，羥胺分子間氫鍵：O—H…O>N—H…N，D正確。25.C【解析】由圖可知，根據(jù)Cl－個(gè)數(shù)可知，Ni為＋2價(jià)，A正確；第一電離能：Cl＞P，B正確；該物質(zhì)中C采取sp2雜化，P采取sp3雜化，C錯(cuò)誤；Ni的原子序數(shù)為28，基態(tài)Ni原子價(jià)層電子排布式為3d84s2，D正確。26.(1)eq\f(\r(2),4)a(2)8分子晶體【解析】(1)Ni為28號元素，基態(tài)Ni原子核外電子排布式為[Ar]3d84s2，價(jià)層電子排布式為3d84s2；銅晶胞示意圖為，晶胞體積為a3，晶胞邊長為a，面對角線長為eq\r(2)a，鎳原子半徑為面對角線長的eq\f(1,4)，即eq\f(\r(2),4)a。(2)單鍵均為σ鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，1個(gè)Ni(CO)4分子中含有8個(gè)σ鍵。Ni(CO)4的沸點(diǎn)很低，晶體類型為分子晶體。27.(1)2＋4(2)bd(3)Csp3(4)SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高(5)6eq\f(4×207＋32,NA×594×10－103)【解析】(2)CaC2為離子化合物，由Ca2＋和Ceq\o\al(2－,2)構(gòu)成，Ca2＋和Ceq\o\al(2－,2)之間存在離子鍵，Ceq\o\al(2－,2)中兩個(gè)C原子之間存在非極性共價(jià)鍵。(3)聚甲基硅烷含C、Si、H三種元素，電負(fù)性：C>H>Si，電負(fù)性最大的是C。Si形成4個(gè)共價(jià)鍵，無孤電子對，Si的雜化類型為sp3。(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于其余三種物質(zhì)，SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)組成結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點(diǎn)越高。(5)由PbS晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，晶胞中有4個(gè)Pb和4個(gè)S，Pb和S的配位數(shù)均為6。晶胞質(zhì)量為eq\f(4×207＋32,NA)g，晶胞體積為(594×10－10cm)3，晶體密度為eq\f(4×207＋32,NA×594×10－103)g/cm3。28.(1)Cr(H2O)4Cl2或CrCl2·4H2O分子晶體(2)CD(3)①sp3＜—NH2中N有孤電子對，對成鍵電子對的斥力大，鍵角?、冢尽窘馕觥?2)同周期主族元素，從左到右，電負(fù)性增大，電負(fù)性：O>N>B，A錯(cuò)誤；核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，半徑：P3－＞S2－＞Cl－，B錯(cuò)誤；同周期從左到右，第一電離能總體趨勢增大，ⅡA族和ⅤA族反常，第一電離能：Ge<Se<As，C正確；基態(tài)Cr原子的簡化電子排布式為[Ar]3d54s1，基態(tài)Cr2＋的簡化電子排布式為[Ar]3d4，D正確。(3)①—NH2中N價(jià)層電子對數(shù)為4，有1個(gè)孤電子對，N雜化方式為sp3；—NHeq\o\al(＋,3)中N價(jià)層電子對數(shù)為4，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對對成鍵電子的排斥力，故鍵角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2＜H2N—NHeq\o\al(＋,3)中的—NHeq\o\al(＋,3)。②HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1∶2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是NOeq\o\al(＋,2)，則A為NO2HS2O7。NOeq\o\al(＋,2)為硝酸失去一個(gè)OH－，得電子能力更強(qiáng)，氧化性更強(qiáng)，氧化性：NOeq\o\al(＋,2)＞HNO3。大單元二金屬元素及其化合物第7講鈉及其化合物[備考導(dǎo)航](1)×(2)√(3)√(4)√(5)√(6)√(7)×(8)×(9)√(10)×(11)×考點(diǎn)1[知識梳理]知識21.低2.大[典題悟法]典例1D【解析】低磁鋼是合金，合金的熔點(diǎn)低于其成分金屬，故低磁鋼的熔點(diǎn)低于純鐵，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)2[典題悟法]典例2AC【解析】Mg冶煉Ti的方法為熱還原法。高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵從其氧化物中還原出來，屬于熱還原法，A正確；電解熔融氯化鈉制鈉的方法是電解法，B錯(cuò)誤；鋁熱反應(yīng)制錳是利用Al作還原劑，將錳從其氧化物中還原出來，為熱還原法，C正確；加熱分解氧化汞制汞為熱分解法，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)3[知識梳理]知識11.小大小煤油低2.(1)①4Na＋O2=2Na2O2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2②2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2NaCl③2Na＋Seq\o(=,\s\up7(△))Na2S(2)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑(3)2Na＋2C2H5OH→2C2H5ONa＋H2↑慢知識2白色淡黃色－2－1離子鍵離子鍵和非極性共價(jià)鍵1∶21∶2Na2O＋H2O=2NaOH2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑Na2O＋CO2=Na2CO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2是否2Na2O＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2Na2O2[典題悟法]典例3B【解析】鈉元素的焰色為黃色，黃光射程遠(yuǎn)，透霧力強(qiáng)，用作高壓鈉燈，與鈉和水反應(yīng)沒有對應(yīng)關(guān)系，A錯(cuò)誤；鈉用作快中子反應(yīng)堆的熱交換劑利用Na的導(dǎo)熱性，C錯(cuò)誤；Na2O2作供氧劑主要是因?yàn)镹a2O2與CO2或H2O均能反應(yīng)，且都有O2生成，D錯(cuò)誤。典例4C【解析】向AlCl3溶液中加入金屬Na，Na與水反應(yīng)生成NaOH，NaOH再與AlCl3反應(yīng)，不能置換出Al，A錯(cuò)誤；乙醇和鈉都能與水反應(yīng)，B錯(cuò)誤；Na在CO2中燃燒產(chǎn)生的黑色顆粒為C，說明CO2具有氧化性，C正確；Na也能與水產(chǎn)生氣體，D錯(cuò)誤。[深度指津]1.Na2SO4Na2SO4＋2NaOHS↓＋2NaOH考點(diǎn)4[知識梳理]知識1純堿或蘇打小蘇打放出堿吸收小堿風(fēng)化分解HCOeq\o\al(－,3)H2O＋CO2↑H2O＋CO2↑CaCO3↓22CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O11CaCO3↓＋H2O知識2Na2CO3NaHCO3Na2CO3NaHCO3解疑釋惑92.(1)NH3＋H2O＋CO2＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl(2)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O4.NaCl、CO2[典題悟法]典例5A【解析】Na2CO3溶液顯堿性，油污在堿性條件下水解，Na2CO3可以用作除油污劑，A正確；NaHCO3具有堿性，可以和胃酸反應(yīng)，與其受熱易分解沒有對應(yīng)關(guān)系，B錯(cuò)誤；Na2O2用作供氧劑是由于Na2O2可與CO2或H2O反應(yīng)產(chǎn)生O2，在此反應(yīng)中，Na2O2既是氧化劑也是還原劑，C錯(cuò)誤；NaClO具有強(qiáng)氧化性，可用作消毒劑，D錯(cuò)誤。典例6D【解析】NH3的溶解度比CO2的大，應(yīng)向飽和食鹽水中先通入NH3再通入CO2，D錯(cuò)誤。典例7B【解析】向母液中通入NH3，HCOeq\o\al(－,3)和NH3反應(yīng)轉(zhuǎn)化為COeq\o\al(2－,3)和NHeq\o\al(＋,4)，增大NHeq\o\al(＋,4)濃度，A正確；母液中NH4Cl濃度較小，直接采取降溫的措施不能獲得高純NH4Cl晶體，B錯(cuò)誤；加NaCl，Cl－濃度增大，NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋Cl－(aq)NH4Cl(s)平衡正向移動，析出NH4Cl，C正確；滴加硝酸至無明顯現(xiàn)象排除HCOeq\o\al(－,3)的干擾，再滴加AgNO3溶液，若生成沉淀則含有NH4Cl雜質(zhì)，D正確。典例8B【解析】Na能與水反應(yīng)生成H2，對該實(shí)驗(yàn)探究產(chǎn)生干擾，A錯(cuò)誤；觀察Na元素的焰色時(shí)，不用透過藍(lán)色鈷玻璃觀察，C錯(cuò)誤；HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)均能與澄清石灰水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，無法檢驗(yàn)溶液中是否存在COeq\o\al(2－,3)，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)5知識11增大＋1增強(qiáng)低降低增強(qiáng)知識23.還原知識33.稀鹽酸[典題悟法]典例9D【解析】含K＋的也可能是KOH，A錯(cuò)誤；Na半徑小于K，金屬鍵：Na>K，沸點(diǎn)：Na>K，B錯(cuò)誤；KO2與水反應(yīng)生成KOH和O2：4KO2＋2H2O=4K＋＋4OH－＋3O2↑，C錯(cuò)誤；鈉的焰色呈黃色，D正確。典例10KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋KOH＋H2O相同質(zhì)量時(shí)，LiOH吸收CO2的量比KOH的多[情景創(chuàng)設(shè)]例(1)4NaH＋AlCl3=NaAlH4＋3NaCl(2)3NaH＋Fe2O3=2Fe＋3NaOH(3)4NaH＋3CO2=2Na2CO3＋C＋2H2[質(zhì)量評價(jià)]1.A【解析】Li是活潑金屬，可用作電池負(fù)極材料，B錯(cuò)誤；Na在O2中燃燒生成Na2O2，C錯(cuò)誤；應(yīng)該透過藍(lán)色鈷玻璃觀察鉀元素的焰色，D錯(cuò)誤。2.B【解析】Na2O2不是堿性氧化物，A錯(cuò)誤；NaClO具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于環(huán)境消毒，B正確；Na2CO3水解呈堿性，能促進(jìn)油脂的水解，但是不能去除礦物油(如煤油、柴油)的油污，C錯(cuò)誤；Na2SO3吸收SO2的化學(xué)方程式為Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)誤。3.C【解析】侯氏制堿法的原理是將CO2通入含有NH3的飽和食鹽水中制得NaHCO3，C錯(cuò)誤。4.D【解析】先向飽和氯化鈉溶液中通NH3，再通CO2，X為NH3，Y為CO2，A錯(cuò)誤；“吸收Ⅱ”的反應(yīng)為NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B錯(cuò)誤；向小蘇打溶液中滴加過量Ca(OH)2溶液，正確的離子方程式：HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，C錯(cuò)誤；濾液中存在氯化銨和NaHCO3，向?yàn)V液中加入一定量的NaCl固體并通入氨氣，使溶液中Cl－和NHeq\o\al(＋,4)濃度增大，析出NH4Cl固體，D正確。第8講鐵及其化合物[備考導(dǎo)航](1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√(7)√(8)×(9)×(10)×考點(diǎn)1[知識梳理]知識1Ⅷd1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s22失去還原知識22.(1)①2(Fe2O3·xH2O)紅棕Fe3O4黑②2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3棕褐③2Fe＋3Br2eq\o(=,\s\up7(△))2FeBr3④Fe＋I(xiàn)2eq\o(=,\s\up7(△))FeI2⑤Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS(2)3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))Fe3O4＋4H2(3)①FeCl2＋H2↑FeSO4＋H2↑②鈍化化學(xué)Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(4)3FeCl2FeSO4＋Cu[典題悟法]典例1C【解析】鐵與水蒸氣高溫反應(yīng)生成Fe3O4，不是Fe2O3，A錯(cuò)誤；FeCl3水解生成Fe(OH)3和鹽酸，加熱促進(jìn)水解，鹽酸揮發(fā)，蒸發(fā)FeCl3溶液得到Fe(OH)3，得不到無水FeCl3，B錯(cuò)誤；K2FeO4有氧化性，K2FeO4與水反應(yīng)生成的氣體為O2，D錯(cuò)誤。典例2D【解析】還原鐵粉可用作食品抗氧化劑，A錯(cuò)誤；鐵與碘反應(yīng)生成FeI2，B錯(cuò)誤；Fe與鹽酸生成FeCl2，F(xiàn)e與Cl2一定條件下反應(yīng)生成FeCl3，C錯(cuò)誤；Fe與水蒸氣高溫條件下反應(yīng)生成Fe3O4和H2，F(xiàn)e在氧氣中燃燒生成Fe3O4，D正確?？键c(diǎn)2知識1鐵紅磁性氧化鐵紅棕＋2＋3＋2、＋3Fe2＋Fe3＋3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2OFe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O3Fe3O4＋28H＋＋NOeq\o\al(－,3)=9Fe3＋＋NO↑＋14H2OFeO＋2H＋=Fe2＋＋H2OFe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2＋3H2OFe3O4＋8H＋＋2I－=3Fe2＋＋I(xiàn)2＋4H2O知識2白紅褐Fe2＋＋2H2OFe3＋＋3H2OFe2O3＋3H2OFe(OH)2↓Fe(OH)3↓白灰綠紅褐4Fe(OH)3[典題悟法]典例3B【解析】Fe3O4為磁性氧化鐵，質(zhì)地致密，可阻止內(nèi)部Fe與空氣、水接觸，故可用作鐵件的防腐保護(hù)層，A正確；由氧化性：Fe3＋>I2知，F(xiàn)e3＋可將I－氧化為I2，故Fe3O4溶于足量氫碘酸不能生成FeI3，B錯(cuò)誤；由4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3知，F(xiàn)e(OH)3能通過化合反應(yīng)制取，C正確；可用該圖制得Fe(OH)2，D正確?？键c(diǎn)3知識11.(1)[Ar]3d6還原性(2)硫酸鐵粉2.(1)[Ar]3d5氧化性[?？?xì)w納]①FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl②MgO或Mg(OH)2或MgCO3③鹽酸④HCl⑤Fe(OH)3↓＋3CO2↑知識31.FeSFe2＋＋CuFe2＋＋H2↑2.Fe＋Zn2＋Fe＋H2O3Fe＋Al2O33.2FeCl3Fe3＋＋NO↑＋2H2O4.2Fe＋3CO22Fe＋Al2O35.2Fe3＋＋2Cl－2Fe3＋＋2Br－2Fe3＋＋2H2O