人教版必修1 第3章第3节 用途广泛的金属材料 作业

1、.第3节 用处广泛的金属材料18.34 g FeSO4·7H2O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以下图所示，以下说法正确的选项是A温度为78 时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2OB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FeSO4·H2O FeSO4H2OD温度为159 时固体N的化学式为FeSO4·2H2O2黄铵铁矾可用于治理酸性废水，其化学式可表示为NH4xFeySO4nOHm。取一定

2、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，参加足量的NaOH并加热，搜集到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，向滤液中参加足量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+复原为Fe2+，再用0.2019mol/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：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2OA1:2 B1:3 C3:4 D1:43向FeI2、FeBr2的混合溶液

3、中通入适量的氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如以下图所示。以下有关说法中正确的选项是A离子的复原性顺序为：Fe2+BrIB原混合溶液中FeBr2的物质的量为4molC原溶液中：nFe2+nInBr=213D当通入2 mol Cl2，溶液中发生的离子反响可表示为：2Fe2+2Br+2Cl22Fe3+Br2+4Cl4某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板消费印刷电路。某课外活动小组为确定反响后的废液组成，进展如下实验：1取100.00mL反响后的废液参加足量的AgNO3溶液，生成沉淀12.915g。2另取100.00mL反响后的废液参加过量铜片充分反响，铜片质量减少了0.32g。以下关于反响后

4、的废液组成判断正确的选项是A只含有Fe 2+、Cu2+、Cl，不含有Fe 3+B cFe2+cCu2+ = 11CcFe3+cFe2+= 13D cCl =0.9mol / L，cFe 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响产物没有标出：1试剂X的化学式为_，反响的离子方程式是_。实验室配制480 mL 1 mol·L1X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_、_，反响、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.

5、1，以生成沉淀bFeOH3。试剂Z可选用_填字母。A.Al2O3      B.H2SO4C.NaOH                  D.AlOH34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 FeSO4·7H2O 样品的物质的量为8.34 g÷278 g/mol0.03 mol，其中m

6、H2O0.03 mol×7×18 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，据此答复。A温度为78 时，固体质量为6.72 g，其中 mFeSO40.03 mol×152 g/mol4.56 g，mH2O6.72 g4.56 g2.16 g，nH2O2.16 g÷18 g/mol0.12 mol，那么nH2OnFeSO40.12 mol0.03 mol41，那么化学式为FeSO4·4H2O，A项错误；B加热至650 时，固体的质量为2.40 g，

7、其中nFenFeSO4·7H2O0.03 mol，mFe0.03 mol×56 g/mol1.68 g，那么固体中mO2.40 g1.68 g0.72 g，nO0.72 g÷16 g/mol0.045 mol，那么nFenO0.03 mol0.045 mol23，那么固体物质Q的化学式为Fe2O3，B项错误；C固体N的质量为5.10 g，其中mFeSO40.03 mol×152 g/mol4.56 g，mH2O5.10 g4.56 g0.54 g，nH2O0.54 g÷18 g/mol0.03 mol，那么nH2OnFeSO40.03 mol0

8、.03 mol11，那么N的化学式为FeSO4·H2O，P的化学式为FeSO4，那么在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4H2O，C项正确；D温度为159时，由C项可知N的化学式为FeSO4·H2O，D项错误。应选C。考点：考察化学反响方程式的计算；质量守恒定律【名师点睛】该题中主要涉及氧化复原反响， 氧化复原反响的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反响中有电子转移。在氧化复原反响中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量或个数等于复原剂失去的电子的物质的量或个数。假设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

9、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。在进展解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目非常关键。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； 在氧化复原反响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响中可考虑某种元素的守恒法；在一个详细的化学反响中，由于反响前后质量不变，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nNH4+=0

10、.224L÷22.4L/mol=0.01mol，含有的SO42-的物质的量是nSO42-=6.99g÷233g/mol=0.03mol，根据反响方程式可知nCr2O72-:nFe2+=1:6, nCr2O72-=0.2019mol/L×0.025L=0.005mol，那么25mL溶液中含有Fe2+，的物质的量是nFe2+=6 nCr2O72-=6×0.005mol=0.03mol，nNH4+：nFe2+：nSO42-=0.01mol:0.03mol：0.03mol=1:3:3,根据电荷守恒可得1×1+3×2=3×2+1

11、15;m，解得m=1,故m:n=1:3,选项B正确。考点：考察物质化学式的计算与确定的知识。3C【解析】分析：A、离子的复原性强弱：I>Fe2>Br，故错误；B、氯气的物质的量在36之间，发生的反响是2BrCl2=Br22Cl，那么nBr=3×2mol=6mol，即nFeBr2=nBr/2=3mol，故错误；C、氯气的物质的量在01之间发生的反响是2ICl2=I22Cl，此时nI=2mol，在13之间发生的是2Fe2Cl2=2Fe32Cl，nFe2=2×2mol=4mol，因此三者的比值为nI:nFe2:nBr=2：4：6=1：2：3，故正确；D、根据图像，当通

12、入2mol氯气时，Br没参加反响，正确的离子反响是2Fe2+2I+2Cl22Fe3+I2+4Cl，故错误。考点：考察复原性强弱、离子反响方程式的书写等知识。4D【解析】分析：根据1发生ClAg=AgCl，溶液中nCl=nAgCl=12.915/143.5mol=0.09mol，即cCl=0.09/100×103mol·L1=0.9mol·L1，根据2发生的反响是Cu2Fe3=Cu22Fe2，溶液中nFe3=2ncCu=2×0.32/64mol=0.01mol，cFe3=0.01/100×103mol·L1=0.1mol·L1

13、，因此选项D正确。考点：考察元素及其化合物、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+CO2AlOH3+ Al3+3NH3·H2OAlOH3+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，反响I为氧化铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠与水，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

14、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，再向滤液中参加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，反响离子方程式AlO2- Al2O3+2H2O+CO2=AlOH3+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，反响的离子方程式Al3