2022-2023学年人教版必修第一册 第三章 铁　金属材料 本章复习提升 作业

1、本章复习提升易混易错练易错点1Fe2+、Fe3+的检验与除杂1.()下列有关除杂的操作中不正确的是()A.FeSO4溶液中含少量CuSO4杂质:加入过量的Fe粉,过滤B.除去FeCl3溶液中少量的FeCl2:加入新制氯水C.除FeCl2溶液中少量的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉,然后过滤D.除FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加入过量铁粉2.(2020北京临川学校高一期末,)选择合适试剂完成甲、乙两组实验。甲组:检验含Fe3+的溶液中是否含有Fe2+;乙组:检验含Fe2+的溶液中是否含有Fe3+。下列试剂及加入试剂顺序能达到实验目的的是()试剂选项甲组乙组A新制氯水,KSCN

2、溶液NaOH溶液B酸性KMnO4溶液KSCN溶液CKOH溶液溴水D溴水酸性KMnO4溶液易错点2Fe、Fe2+、Fe3+的相互转化3.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附中高一期末,)在FeCl3和CuCl2的混合液中逐渐加入铁粉,溶液中Fe2+的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。则该溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量浓度之比为()A.31B.12C.21D.114.()验证Fe3+与Fe2+能够相互转化。按下列顺序实验对应现象向FeCl3溶液中加入过量铁粉滴加KSCN溶液再滴加几滴氯水.溶液由黄色变成浅绿色.溶液无明显变化.溶液变红下列分析不合理的是()A.解释现象的反应:2

3、Fe3+Fe 3Fe2+B.实验与可以调换顺序C.溶液变红涉及的反应:Cl2+2Fe2+ 2Cl-+2Fe3+D.氧化性:Cl2Fe3+Fe2+易错点3铝与酸、碱反应的分析、计算5.()取两份铝片,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量烧碱溶液反应,标准状况下均产生5.6 L气体,则两份铝片的质量之比为()A.一定为11B.可能为23C.一定为32D.可能为166.(2021江西南昌十中高一上月考,)在标准状况下进行如下实验:甲、乙、丙三个烧杯中各盛有30 mL相同浓度的盐酸,分别加入质量不同、组成相同的镁铝合金粉末,有关数据如下表所示。烧杯甲乙丙合金质量/mg153380430生成气体的体积/m

4、L168336336(1)甲、乙、丙三组实验中,盐酸不足的是。(2)盐酸物质的量浓度为mol/L。(3)合金中镁、铝物质的量之比为。7.()将一定质量的镁和铝的固体混合物投入200 mL稀盐酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体积的变化关系如图所示。已知Al(OH)3+NaOH NaAlO2+2H2O。(1)写出将固体混合物投入稀盐酸中所发生的氧化还原反应的离子方程式:。(2)写出加入NaOH溶液的体积为200240 mL时反应的离子方程式:。(3)在反应过程中放出的气体在标准状况下的体积为。(4)原固体混合物的质量为。(5)所用NaOH溶

5、液中NaOH的物质的量浓度为。思想方法练利用“一般与特殊”“定性与定量”的化学核心思想突破无机框图推断题方法概述一般与特殊思想:在无机框图推断中要运用已学的知识去认识掌握一般的规律,而且要分析制约一般规律的因素和成立的条件,熟悉常见物质的“特性”,寻求突破口。定性与定量思想:定性分析是对研究对象进行“质”的分析,主要解决“有什么”或“是什么”的问题;定量分析是对研究对象进行“量”的分析,主要解决“有多少”的问题。定性与定量相结合既是化学的重要思想,也是研究物质组成的重要方法。1.(2020福建福州八县一中高一期末联考,)现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F,它们之间能发生如

6、下反应(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)。请回答下列问题:(1)A的化学式为,F的化学式为。(2)写出C溶液与Al反应的离子方程式:。(3)写出C溶液与黄绿色气体乙反应的化学方程式:。深度解析2.(2021甘肃兰州一中高一上期末,)A、B、C、D、E五种物质之间有如图所示的转化关系:已知:A是红棕色粉末,由E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色。回答问题:(1)写出下列物质的化学式:A,B,D,甲。(2)写出BC反应的离子方程式:。(3)写出EC反应的化学方程式:。深度解析3.(2021黑龙江大庆中学高一下月考,)已知A为淡黄色固体,T、R为两种常见的用途很广的金属单质

7、,D是具有磁性的黑色晶体,C是无色无味的气体,H是白色沉淀,且在潮湿空气中迅速变为灰绿色,最终变为红褐色固体M。(1)写出下列物质的化学式:A,D,R。(2)按要求写下列方程式:H在潮湿空气中变成M的化学方程式:;B和R反应生成N的离子方程式:;D与盐酸反应的离子方程式:。(3)向W溶液中加入一定量T后,为检验所得溶液中金属阳离子,甲、乙两位同学做了如下实验:甲同学取出少量反应后溶液,加入少量H2O2,再滴加几滴KSCN溶液,发现溶液显红色,由此得出结论:原溶液中有Fe2+;乙同学取出少量反应后溶液,加入少量酸性KMnO4溶液,发现酸性KMnO4溶液褪色,由此得出结论有Fe2+。丙同学看了实验

8、过程后认为甲、乙同学的结论都有问题,你觉得丙同学判断甲、乙同学结论的依据是:甲同学:;乙同学:。4.(2021湖南衡阳高一期末,)如图,已知有以下物质相互转化,C是黄绿色气体。(1)A转化为B及气体的反应中应加入的试剂是(填化学式)。(2)B的化学式为,E的化学式为。(3)写出D与A反应生成B的离子方程式:。(4)写出检验D溶液中阳离子的离子方程式:。(5)写出由F转变成J的化学方程式:。答案全解全析易混易错练1.D2.B3.C4.B5.A1.D加入过量的铁粉,发生反应Fe+CuSO4 FeSO4+Cu,再经过过滤,能够除去杂质,A正确;新制氯水与FeCl2反应:2FeCl2+Cl2 2FeC

9、l3,可以除去杂质,B正确;向含有少量FeCl3的FeCl2溶液中加入过量Fe粉:2FeCl3+Fe 3FeCl2,过滤即可除杂,C项正确;Fe与氯化铁反应,将原物质除去,不能除杂,应向该溶液中通入足量的氯气,D错误。易错分析Fe2+既有氧化性又有还原性,Fe2+主要体现还原性,能被氧化剂氧化为Fe3+;Fe3+具有较强的氧化性,能够被还原剂还原为Fe2+。在进行除杂时,要熟练掌握Fe3+和 Fe2+的性质,否则容易出错。2.B甲组,在Fe3+存在的条件下检验Fe2+,要排除Fe3+的干扰。所选试剂具备下列条件:一是能与Fe2+发生有明显现象的反应;二是与Fe3+不反应。溴水符合条件,实验现象

10、是溴水颜色变浅,酸性KMnO4溶液也符合条件,实验现象是溶液紫色变浅。乙组,在Fe2+存在的条件下检验Fe3+,用KSCN溶液检验Fe3+即可,Fe2+不会造成干扰。综上所述,B项符合题意。3.C根据氧化性:Fe3+Cu2+,加入铁后会依次发生氧化还原反应:Fe+2Fe3+ 3Fe2+,Fe+Cu2+ Cu+Fe2+,从图像中可知加入2 mol Fe时,发生反应生成Fe2+的物质的量为6 mol,反应的Fe3+的物质的量为4 mol,即FeCl3为4 mol;在加入2 mol Fe的基础上再加入2 mol铁发生反应,此时生成Fe2+的物质的量为2 mol,原溶液中Cu2+的物质的量为2 mol

11、,即CuCl2为2 mol;同一溶液中溶质的物质的量浓度之比等于物质的量之比,所以原溶液中FeCl3、CuCl2的物质的量浓度之比为4 mol2 mol=21。易错分析注意应用氧化性的强弱分析离子反应的先后顺序,明确不同阶段所发生的反应。4.BA项,氯化铁能氧化铁生成氯化亚铁,反应的离子方程式为2Fe3+Fe 3Fe2+,正确;B项,实验与不可以调换顺序,否则不能排除铁离子的影响,错误;C项,溶液变红是因为氯气将亚铁离子氧化为铁离子,所以涉及的反应为Cl2+2Fe2+ 2Cl-+2Fe3+,正确;D项,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,氧化性:Cl2Fe3+Fe2+,正确。5.A酸、

12、碱均足量,则Al完全反应,且生成氢气的量相同,则H得到的电子数相同,故Al失去的电子数也相同,即参加反应的Al的量相同,两份铝片的质量之比为11。易错分析在进行化学计算时,如果题目信息中已知多种反应物的用量,应首先根据化学方程式分析各反应是否恰好完全反应,进行过量分析,利用完全反应的物质进行计算。6.答案(1)乙、丙(2)1(3)11解析(1)盐酸浓度、体积一定,甲中合金质量小于乙中合金质量,且甲中生成气体体积小于乙中气体体积,说明甲中盐酸过量、金属完全反应,乙中合金质量是甲中合金质量的380 mg153 mg2.48倍,而乙中生成的氢气体积是甲中生成氢气体积的336 mL168 mL=2倍,

13、则说明乙中盐酸完全反应,合金过量,故甲、乙、丙三组实验中,乙和丙实验盐酸均不足。(2)乙、丙中盐酸完全反应,反应生成氢气的物质的量为0.336 L22.4 L/mol=0.015 mol,根据氢原子守恒可知n(HCl)=2n(H2)=20.015 mol=0.03 mol,故盐酸的物质的量浓度为0.03mol0.03 L=1 mol/L。(3)甲中盐酸有剩余,金属完全反应,生成氢气的物质的量为0.168 L22.4 L/mol=0.007 5 mol,令镁、铝的物质的量分别为a mol、b mol,根据二者质量有:24a+27b=0.153,根据得失电子守恒有:2a+3b=0.007 52,联

14、立方程解得:x=0.003、y=0.003,故合金中镁与铝的物质的量之比为0.003 mol0.003 mol=11。7.答案(1)2Al+6H+ 2Al3+3H2、Mg+2H+ Mg2+H2(2)Al(OH)3+OH- AlO2-+2H2O(3)10.08 L(4)9 g(5)5 molL-1解析从图像中可以看出,从开始至加入20 mL NaOH溶液时,没有沉淀生成,说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余,此时发生的反应为HCl+NaOH NaCl+H2O;当V(NaOH溶液)=200 mL时,沉淀量最大,此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3的混合物;当加入NaOH溶液的体积为20024

15、0 mL时,Al(OH)3溶解;当V(NaOH溶液)240 mL时,沉淀不再减少,此时沉淀全部为Mg(OH)2,其物质的量为0.15 mol,则沉淀量最大时Al(OH)3的物质的量为0.35 mol-0.15 mol=0.2 mol。(1)将固体混合物投入稀盐酸中发生氧化还原反应的离子方程式为2Al+6H+ 2Al3+3H2、Mg+2H+ Mg2+H2。(2)加入NaOH溶液的体积为200240 mL时反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- AlO2-+2H2O。(3)当反应生成的沉淀量最大时,nMg(OH)2=0.15 mol,nAl(OH)3=0.2 mol,由质量守恒定律知,原固体混合

16、物中n(Mg)=nMg(OH)2=0.15 mol,n(Al)=nAl(OH)3=0.2 mol。由Mg+2HCl MgCl2+H2,2Al+6HCl 2AlCl3+3H2,可以计算出生成n(H2)=0.45 mol,标准状况下V(H2)=0.45 mol22.4 Lmol-1=10.08 L。(4)m(Mg)=0.15 mol24 gmol-1=3.6 g,m(Al)=0.2 mol27 gmol-1=5.4 g,则原固体混合物的质量为3.6 g+5.4 g=9 g。(5)加入NaOH溶液的体积从200 mL到240 mL这一过程中,NaOH溶液溶解Al(OH)3:NaOH+Al(OH)3

17、NaAlO2+2H2O,则此过程消耗的n(NaOH)=nAl(OH)3=0.2 mol,c(NaOH)=0.2mol0.04 L=5 molL-1。思想方法练1.答案(1)NaFeCl3(2)2Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3H2(3)Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O解析金属A的焰色为黄色,则A为金属钠,Na与水反应生成氢气和NaOH,由此得出C为NaOH,甲为H2;黄绿色气体乙为Cl2,丙为HCl,D为盐酸。红褐色沉淀为Fe(OH)3,则B为Fe,E为FeCl2,F为FeCl3。(1)A的化学式为Na,F的化学式为FeCl3。(2)NaOH溶液与Al反应生成NaAl

18、O2和H2,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3H2。(3)C(NaOH)溶液与黄绿色气体乙(Cl2)反应,生成NaClO、NaCl、H2O,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O。方法点津解答本题的关键是提取出关键信息,如“焰色为黄色”“黄绿色气体”“红褐色沉淀”等,根据关键信息初步判断,然后推导验证,其具体思路如下:2.答案(1)Fe2O3FeCl3FeCl2Cl2(2)Fe3+3OH- Fe(OH)3(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3解析E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,则E为Fe(OH)

19、2,C为Fe(OH)3;A为红棕色粉末,则A为Fe2O3,A与盐酸反应生成B,B为FeCl3,B与Fe反应生成D,D为FeCl2,故乙为NaOH等碱;由DB的转化可知,甲为Cl2,由B与丙溶液反应形成红色溶液可知,丙为KSCN。方法点津解答框图类物质推断题,首先要从“特殊”物质的性质、现象等入手,如根据“由E转化成C的现象是白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色”可推出E和C分别是什么,再根据题图中的转化关系,进行一一判断。3.答案(1)Na2O2Fe3O4Al(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O 2AlO2-+3H2Fe3O4+8H+ Fe2+2Fe3+4H2O(3)原溶液中可能有未反应完的Fe3+Cl-也能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色解析A为淡