1、同步练习1-3-2一、选择题12009年10月1日，在天安门广场举行了隆重的国庆阅兵仪式，展现了我国强大的综合国力，其中坦克的展示无疑是一个巨大的亮点。坦克的制造材料主要是各种金属的合金，钢铁便是其中十分重要的一种。下列关于铁的说法中，正确的是()A铁元素属于过渡元素，其原子序数为26B单质铁与浓硫酸在常温下不反应C铁单质只具有还原性，其阳离子只具有氧化性D与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的快答案A2氧化还原反应广泛应用于金属的冶炼。下列说法不正确的是()A冶炼铁的主要原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石等，其中石灰石的作用是除去铁矿石中的脉石(二氧化硅)B湿法炼铜与火法炼铜的反应中
2、，铜元素都发生还原反应CMg可由电解熔融MgO制取，Na也可由电解熔融NaCl制取D铝热法还原铁的反应中，放出的热量能使铁熔化解析SiO2CaCO3CO2CaSiO3，A正确；工业上金属Mg、Na都是用电解熔融的氯化物制得的，C错误。答案C3合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表中的数据，不能形成合金的是()NaCuAlFe熔点/97.810836601535沸点/883256724672750A.Cu和Al BFe和CuCFe和Na DAl和Na解析两种金属熔合形成合金时，其中一种金属的熔点不能高于另一种金属的沸点，选项C中，当温度高于883而低
3、于1535时，金属铁尚未熔化，而此时金属钠已变为气体，因此铁和钠不能形成合金。答案C4把铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是()ACuSO4 BFe2(SO4)3CHCl DFeSO4解析本题考查了铁的化学性质及溶液质量变化的原因。铁可与CuSO4、Fe2(SO4)3、HCl溶液反应，而不与FeSO4反应。由反应方程式：FeCuSO4=FeSO4Cu，FeFe2(SO4)3=3FeSO4，Fe2HCl=FeCl2H2，可推知溶液质量减轻的为A。答案A5在托盘天平的两盘中各放入同浓度同体积的足量稀硫酸，分别加入0.1 mol两种金属，反应后需在游码中拨动0.2 g后
4、，天平才能恢复平衡。两金属是()A镁和铝 B铁和铝C镁和钠 D铁和铜解析根据题意，托盘天平两边溶液的增重相差0.2 g才能满足条件。当0.1 mol金属与足量稀H2SO4作用后，溶液的增重分别如下：Mg：0.1 mol24 gmol10.1 mol2 gmol12.2 gAl：0.1 mol27 gmol1 mol2 gmol12.4 gFe：0.1 mol56 gmol10.1 mol2 gmol15.4 gNa：0.1 mol23 gmol1 mol2 gmol12.2 gCu：不与稀H2SO4反应，故增重6.4 g。故满足条件的金属组合为Mg和Al或Na和Al。答案A6某一反应混合物中有
5、下列物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3和H2O，下列叙述错误的是()AHNO3与FeSO4计量数之比为54BFeSO4是还原剂，HNO3是氧化剂C每生成1 mol Fe(NO3)3转移1 mol电子DFe(NO3)3、Fe2(SO4)3是氧化产物解析因HNO3的氧化性较强、FeSO4的还原性较强，故它们分别是氧化剂与还原剂；反应方程式配平后为24FeSO430HNO3=3N2O8Fe(NO3)38Fe2(SO4)315H2O，在生成Fe(NO3)3的同时也生成了Fe2(SO4)3，故C项转移电子的物质的量大于1 mol。答案C7某学生鉴定甲盐的步骤如图所示
6、：下列结论正确的是()A甲中一定有Fe3 B丙中一定有Fe3C乙为AgI沉淀 D甲一定为FeBr2溶液解析本题为框图推断题。通过分析信息，Fe3能够使KSCN溶液变为血红色；AgI为黄色沉淀；因为加入适量的AgNO3溶液，溶液中存在NO和H具有强化性，能够将Fe2氧化为Fe3，所以甲可能为FeBr2或FeBr3溶液。选B。答案B8刚好能溶解1 g铝的稀硝酸，最多能溶解铁的质量是(还原产物相同)()A1 g B56/27 gC28/27 g D28/9g解析最多能溶解铁的质量，必须考虑多余的铁能与Fe3继续反应，或Fe3还能继续溶解铁。用电子守恒解题：2n(Fe)3n(Al)，n(Fe)1.5
7、n(Al)，m(Fe)1.55628/9 g。答案D9a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g铜，则参与反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为()A1：7 B7：1C7：8 D8：7解析Fe粉首先与H2SO4反应，然后再与CuSO4反应，与CuSO4反应的铁粉的物质的量为n(Cu)a/64 moln(CuSO4)，与H2SO4反应的铁粉的物质的量为 (a/56a/64)n(H2SO4)，则n(H2SO4)：n(CuSO4)(a/56a/64)：a/641：7。答案A10硫酸亚铁溶液含有杂质硫酸铜和硫酸铁，为除去杂质，提纯硫酸亚铁，应该加入下列哪种物质()A锌粉B镁
8、粉C铁粉D铝粉解析铁能置换铜，并将Fe3还原为Fe2。答案C11下列有关钠、铁、铝性质的说法中不正确的是()A在地壳中的含量：AlFeNaB均能与盐酸反应，生成物中金属价态数值：AlFeNaC钠、铝均能从FeCl3溶液中置换出铁D钠、铝均能与NaOH溶液反应，但参加反应的物质种类前者少于后者解析Na不能从盐溶液中置换出金属单质答案C12下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是()AMgCl2BFeCl2CAlCl3DCuCl2解析单质铁与盐酸反应只能得到FeCl2，而与Cl2反应只能得到FeCl3；铜与盐酸不反应。答案D二、非选择题13AI分别表示中学化学中
9、常见的物质，它们之间相互转化关系如下图所示(有部分反应物、生成物没有列出)：已知A、B、C、D、E、F六种物质中含有同一种元素，G为主族元素的固态氧化物。(1)写出物质的化学式：E_，F_，J_(2)写出反应的化学方程式：_；_；_。解析由两条线索展开分析，一是G为主族元素的固态氧化物，既溶解于碱又可电解，可推知为Al2O3；二是E和F均是与碱反应后的产物，且E可被空气中的O2氧化成F，可推知E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3。答案(1)Fe(OH)2Fe(OH)3NaAlO2(2)Fe3O48HCl=FeCl22FeCl34H2O4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Al2O32
10、NaOH=2NaAlO2H2O14铜是重要的金属材料。(1)工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，该反应中氧化剂为_。电解粗铜制取精铜，电解时，阳极材料是_，电解液中必须含有的阳离子是_。(2)在100 mL 18 molL1浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，反应中被还原的H2SO4H，所以当产生氢气时，说明Fe3已经全部被还原为Fe2。根据题目给出的数据，可以计算出n(Fe)0.02 mol，n(Fe2O3)0.01 mol，故n(Fe)：n(Fe2O3)2：1。答案A二、非选择题18物质之间的转化关系如图所示，A可作工业生产J的原料，B、C、H、I为非金属单质。常温下，X是一种液态
11、化合物，F为常见的红棕色防锈油漆颜料的主要成分，O是常见含氮量最高的氮肥，A、E、J、N中含有同一种元素。回答下列问题：(1)X的化学式为_；写出反应的离子方程式：_。(2)反应的化学方程式为_，在高温条件下，向一个密闭容器中投入1 mol C和2 molD，反应一段时间后，测得C的转化率为50%，则D的转化率为_；这时混合气体的平均相对分子质量为_。(3)K和D在一定条件下反应也能生成H，写出其反应的化学方程式：_，写出反应的化学方程式：_。(4)现有1 mol A参加反应，假设各步反应均完全，生成N的质量为1 165 g，生成K的质量为224 g，则反应的化学方程式为_ _。解析首先根据题
12、目表述的特征物质，F为常见的红棕色防锈油漆颜料的主要成分，可知F为Fe2O3，O是常见含氮量最高的氮肥，可知O为CO(NH3)2，再结合框图转化和题述条件可推知A为硫和铁的化合物、B为O2、C为碳单质、D为H2O、E为SO2、G为CO、H为H2、I为N2、J为H2SO4、K为Fe、L为CO2、M为NH3、N为BaSO4、P为FeCl3、X为H2O2。(1)Fe3具有强氧化性，能将SO2氧化为SO：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H。(2)根据反应：CH2O(g)COH2，反应消耗了0.5 molC，同时也消耗了0.5 molD，故H2O(g)的转化率(0.5 mol/2 mol)100%
13、25%。此时气体的总的物质的量1.5 mol0.5 mol0.5 mol2.5 mol，其质量1.5 mol18 g/mol0.5 mol28 g/mol0.5 mol2 g/mol42 g，故混合气体的平均相对分子质量42/2.516.8。(3)Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2：3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。(4)根据S元素守恒，1 molA中含有S元素的物质的量1 165 g/233 gmol15 mol，含有Fe元素的物质的量224 g/56 gmol14 mol，故A的化学式为Fe4S5，Fe4S5在高温下与O2反应生成SO2和Fe2O3，据此可写出相应的化学方程式。答案(1)H2O22Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H(2)CH2O(g)COH225%16.8(3)3Fe4H2O(g)Fe3O44H2CO22NH3CO(NH2)2H2O(4)Fe4S58O22Fe2O35SO2