高中化學(xué)蘇教版必修一專題3 第二單元小專題 大智慧 專題專練

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111 1．在15 g鐵和氧化鐵的混合物中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(標(biāo)況下)。同時(shí)鐵和氧化鐵均無剩余，向反應(yīng)后的溶液中滴入KSCN溶液，未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4，且使Fe2＋完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2，共消耗3 molL－1的NaOH溶液200 mL，則原硫酸的物質(zhì)的量濃度是 (　　) A．1.5 molL－1 B．2 molL－1 C．2.5 molL－1 D．3 molL－1 解析：因最后溶液中溶質(zhì)為Na2SO4，根據(jù)電荷守恒可求得SO的物質(zhì)的量濃度。 最終所得溶液中含有Na＋和SO，而Na＋來自于NaOH，SO來自于原硫酸，根據(jù)溶液中離子電荷守恒得：n(Na＋)＝2n (SO)，即 3 molL－10.2 L＝2c(SO)0.15 L， 解得：c(H2SO4)＝2 molL－1。 答案：B 2．在FeCl3和CuCl2的混合溶液中，加入過量的鐵粉，若充分反應(yīng)后溶液質(zhì)量不變，則原混合液中，F(xiàn)e3＋和Cu2＋的物質(zhì)的量之比是 (　　) A．14∶5 B．5∶14 C．7∶2 D．2∶7 解析：2Fe3＋　＋　Fe===3Fe2＋ x mol　　　 mol Cu2＋?。e　===　Cu＋Fe2＋ y mol　　　y mol　　 y mol 充分反應(yīng)后溶液的質(zhì)量不變，說明參加反應(yīng)鐵粉的質(zhì)量等于析出銅的質(zhì)量。 即：56(＋y)＝64y，解得：x∶y＝2∶7。 答案：D 3．已知有關(guān)物質(zhì)及離子的氧化性順序?yàn)椋簼饬蛩?Fe3＋>H＋?，F(xiàn)將30 g鐵粉(過量)與44.0 mL濃硫酸在加熱條件下充分反應(yīng)，共收集到11.2 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體，其質(zhì)量為19.6 g。試計(jì)算： (1)濃硫酸的物質(zhì)的量濃度； (2)反應(yīng)后剩余鐵粉的質(zhì)量。 解析：若根據(jù)題供信息 “有關(guān)物質(zhì)及離子的氧化性順序?yàn)椋簼饬蛩?Fe3＋>H＋”分析解題，那么應(yīng)該根據(jù)氧化還原反應(yīng)的“次序規(guī)律”分別考慮鐵粉依次與濃硫酸、Fe3＋、H＋(即稀硫酸)的反應(yīng)，其實(shí)，這是一條陷阱信息，只要抓住“鐵粉過量”這一關(guān)鍵信息，便不難推知：最后的溶液中必定只有FeSO4這一種溶質(zhì)。那么，綜合運(yùn)用“電子守恒”、“質(zhì)量守恒”及“元素守恒”即可巧妙解答此題。 由題意知，混合氣體的成分應(yīng)為SO2和H2，物質(zhì)的量總和為11.2 L22.4 Lmol－1＝0.5 mol，設(shè)生成的SO2，H2物質(zhì)的量分別為x、y則有 解得x＝0.3 mol，y＝0.2 mol。 即生成的SO2、H2的物質(zhì)的量分別為0.3 mol和0.2 mol。 設(shè)參加反應(yīng)的鐵粉物質(zhì)的量為a， 根據(jù)電子守恒原理可得： 2a＝0.3 mol2＋0.2 mol2＝1.0 mol， 解得：a＝0.5 mol， 實(shí)際參加反應(yīng)的鐵粉質(zhì)量為0.5 mol56 gmol－1＝28 g，由質(zhì)量守恒原理知剩余鐵粉質(zhì)量為30 g－28 g＝2 g。 又由鐵元素守恒知最后溶液中FeSO4的物質(zhì)的量也應(yīng)為0.5 mol。 又據(jù)硫元素守恒知： n(H2SO4)＝n(FeSO4)＋n(SO2)＝0.5 mol＋0.3 mol＝0.8 mol。 濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為： 0．8 mol0.044 L＝18.2 molL－1。 答案：(1)18.2 molL－1　(2)2 g 111