【提升练习】《用途广泛的金属材料》（化学人教必修1）.docx

用途广泛的金属材料提升练习成都市第二十中学校 方婕18.34 g FeSO47H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是A温度为78 时固体物质M的化学式为FeSO45H2OB取适量380 时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe3O4C在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4H2O FeSO4H2OD温度为159 时固体N的化学式为FeSO42H2O2黄铵铁矾可用于治理酸性废水，其化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)n(OH)m。取一定量黄铵铁矾样品，将其溶于50mL2mol/L H2SO4中，再加水稀释至250mL溶液。取出25mL稀释后的溶液，加入足量的NaOH并加热，收集到224mL气体（已换算成标注状况，假定产生的气体全部逸出），将同时产生的沉淀过滤、洗涤，向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成的白色沉淀6.99g。另取出25mL稀释后的溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.2000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液25.00ml.该黄铵铁矾样品中m:n的比值为（已知：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O）A1:2 B1:3 C3:4 D1:43向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量的氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中正确的是A离子的还原性顺序为：Fe2+BrIB原混合溶液中FeBr2的物质的量为4molC原溶液中：n(Fe2+)n(I)n(Br)=213D当通入2 mol Cl2，溶液中发生的离子反应可表示为：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl4某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。某课外活动小组为确定反应后的废液组成，进行如下实验：（1）取100.00mL反应后的废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀12.915g。（2）另取100.00mL反应后的废液加入过量铜片充分反应，铜片质量减少了0.32g。下列关于反应后的废液组成判断正确的是A只含有Fe 2+、Cu2+、Cl，不含有Fe 3+B c(Fe2+)c(Cu2+) = 11Cc(Fe3+)c(Fe2+)= 13D c(Cl) =0.9mol / L，c(Fe 3+) = 0.1mol / L5某研究性学习小组用不纯的氧化铝(杂质为Fe2O3)为原料，设计了冶炼铝的以下工艺流程(部分反应产物没有标出)：(1)试剂X的化学式为_，反应的离子方程式是_。实验室配制480 mL 1 molL1X的溶液必须用到玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管外，还有_。(2)通入过量的M、N化学式分别为_、_，反应、的离子方程式分别_、_。(3)按照方案设计，试剂Z的作用是调节溶液的pH为3.1，以生成沉淀bFe(OH)3。试剂Z可选用_(填字母)。A.Al2O3B.H2SO4C.NaOHD.Al(OH)3(4)从实际工业的角度，你认为方案_更合理，理由是_。参考答案1C【解析】试题分析：8.34 g FeSO47H2O 样品的物质的量为8.34 g278 g/mol0.03 mol，其中m(H2O)0.03 mol718 g/mol3.78 g，如晶体失去全部结晶水，固体的质量应为8.34 g3.78 g4.56 g，可知在加热到373之前，晶体失去部分结晶水，据此回答。A温度为78 时，固体质量为6.72 g，其中 m(FeSO4)0.03 mol152 g/mol4.56 g，m(H2O)6.72 g4.56 g2.16 g，n(H2O)2.16 g18 g/mol0.12 mol，则n(H2O)n(FeSO4)0.12 mol0.03 mol41，则化学式为FeSO44H2O，A项错误；B加热至650 时，固体的质量为2.40 g，其中n(Fe)n(FeSO47H2O)0.03 mol，m(Fe)0.03 mol56 g/mol1.68 g，则固体中m(O)2.40 g1.68 g0.72 g，n(O)0.72 g16 g/mol0.045 mol，则n(Fe)n(O)0.03 mol0.045 mol23，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；C固体N的质量为5.10 g，其中m(FeSO4)0.03 mol152 g/mol4.56 g，m(H2O)5.10 g4.56 g0.54 g，n(H2O)0.54 g18 g/mol0.03 mol，则n(H2O)n(FeSO4)0.03 mol0.03 mol11，则N的化学式为FeSO4H2O，P的化学式为FeSO4，则在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4H2OFeSO4H2O，C项正确；D温度为159时，由C项可知N的化学式为FeSO4H2O，D项错误。故选C。考点：考查化学反应方程式的计算；质量守恒定律【名师点睛】该题中主要涉及氧化还原反应， 氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在氧化还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量（或个数）等于还原剂失去的电子的物质的量（或个数）。若将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒； 在氧化还原反应中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。在某些复杂多步的化学反应中可考虑某种元素的守恒法；在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。2B【解析】分析：在25mL溶液中含有NH4+的物质的量是n(NH4+)=0.224L22.4L/mol=0.01mol，含有的SO42-的物质的量是n(SO42-)=6.99g233g/mol=0.03mol，根据反应方程式可知n(Cr2O72-):n(Fe2+)=1:6, n(Cr2O72-)=0.2000mol/L0.025L=0.005mol，则25mL溶液中含有Fe2+，的物质的量是n(Fe2+)=6 n(Cr2O72-)=60.005mol=0.03mol，n(NH4+)：n(Fe2+)：n(SO42-)=0.01mol:0.03mol：0.03mol=1:3:3,根据电荷守恒可得11+32=32+1m，解得m=1,故m:n=1:3,选项B正确。考点：考查物质化学式的计算与确定的知识。3C【解析】分析：A、离子的还原性强弱：IFe2Br，故错误；B、氯气的物质的量在36之间，发生的反应是2BrCl2=Br22Cl，则n(Br)=32mol=6mol，即n(FeBr2)=n(Br)/2=3mol，故错误；C、氯气的物质的量在01之间发生的反应是2ICl2=I22Cl，此时n(I)=2mol，在13之间发生的是2Fe2Cl2=2Fe32Cl，n(Fe2)=22mol=4mol，因此三者的比值为n(I):n(Fe2):n(Br)=2：4：6=1：2：3，故正确；D、根据图像，当通入2mol氯气时，Br没参加反应，正确的离子反应是2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl，故错误。考点：考查还原性强弱、离子反应方程式的书写等知识。4D【解析】分析：根据（1）发生ClAg=AgCl，溶液中n(Cl)=n(AgCl)=12.915/143.5mol=0.09mol，即c(Cl)=0.09/100103molL1=0.9molL1，根据(2)发生的反应是Cu2Fe3=Cu22Fe2，溶液中n(Fe3)=2nc(Cu)=20.32/64mol=0.01mol，c(Fe3)=0.01/100103molL1=0.1molL1，因此选项D正确。考点：考查元素及其化合物、化学计算等知识。5 NaOH NaOH Al2O3+2OH-2+H2O Al2O3+2OH-2+H2O 500mL容量瓶500mL容量瓶 CO2CO2 NH3 +2H2O+CO2Al(OH)3+ Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3 AD 一 步骤少，较简单【解析】（1）方案一：由溶液a通入过量的M生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液a中含有偏铝酸根、气体M为二氧化碳，故试剂X为NaOH溶液，反应I为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL 1molL-1 NaOH的溶液需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管、500mL容量瓶，故缺少500mL容量瓶。方案二：由溶液c通入过量的N生成氢氧化铝沉淀、硫酸铵可知，溶液c中含有铝离子、N为氨气，故试剂Y为硫酸，溶液b中含有硫酸铝、硫酸铁，调节PH值，是铁离子转化为氢氧化铁，过滤后，再向滤液中加入过量的氨水沉淀铝离子。（2）由溶液a通入过量的M生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液a中含有偏铝酸根、气体M为二氧化碳，反应离子方程式AlO2- Al2O3+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-；由溶液c通入过量的N生成氢氧化铝沉淀、硫酸铵可知，溶液c中含有铝离子、N为氨气，反应的离子方程式Al3+3NH3H2O =Al(OH)3+