【三维设计】2014高中化学 专题3 第二单元 小专题 大智慧 守恒法在铁及其化合物计算中的应用专题专练 苏教版.doc

【三维设计】2014高中化学专题3第二单元小专题大智慧守恒法在铁及其化合物计算中的应用专题专练苏教版1．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标况下)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，则原硫酸的物质的量浓度是()A．1.5mol·L－1B．2mol·L－1C．2.5mol·L－1D．3mol·L－1解析：因最后溶液中溶质为Na2SO4，根据电荷守恒可求得SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度。最终所得溶液中含有Na＋和SOeq\o\al(2－,4)，而Na＋来自于NaOH，SOeq\o\al(2－,4)来自于原硫酸，根据溶液中离子电荷守恒得：n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))，即3mol·L－1×0.2L＝2×c(SOeq\o\al(2－,4))×0.15L，解得：c(H2SO4)＝2mol·L－1。答案：B2．在FeCl3和CuCl2的混合溶液中，加入过量的铁粉，若充分反应后溶液质量不变，则原混合液中，Fe3＋和Cu2＋的物质的量之比是()A．14∶5B．5∶14C．7∶2D．2∶7解析：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋xmoleq\f(x,2)molCu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋ymolymolymol充分反应后溶液的质量不变，说明参加反应铁粉的质量等于析出铜的质量。即：56×(eq\f(x,2)＋y)＝64y，解得：x∶y＝2∶7。答案：D3．已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸>Fe3＋>H＋。现将30g铁粉(过量)与44.0mL浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11.2L(标准状况)气体，其质量为19.6g。试计算：(1)浓硫酸的物质的量浓度；(2)反应后剩余铁粉的质量。解析：若根据题供信息“有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸>Fe3＋>H＋”分析解题，那么应该根据氧化还原反应的“次序规律”分别考虑铁粉依次与浓硫酸、Fe3＋、H＋(即稀硫酸)的反应，其实，这是一条陷阱信息，只要抓住“铁粉过量”这一关键信息，便不难推知：最后的溶液中必定只有FeSO4这一种溶质。那么，综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”即可巧妙解答此题。由题意知，混合气体的成分应为SO2和H2，物质的量总和为11.2L÷22.4L·mol－1＝0.5mol，设生成的SO2，H2物质的量分别为x、y则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0.5mol,64x＋2y＝19.6g))解得x＝0.3mol，y＝0.2mol。即生成的SO2、H2的物质的量分别为0.3mol和0.2mol。设参加反应的铁粉物质的量为a，根据电子守恒原理可得：2a＝0.3mol×2＋0.2mol×2＝1.0mol，解得：a＝0.5mol，实际参加反应的铁粉质量为0.5mol×56g·mol－1＝28g，由质量守恒原理知剩余铁粉质量为30g－28g＝2g。又由铁元素守恒知最后溶液中FeSO4的物质的量也应为0.5mol。又据硫元素守恒知：n(H2SO4)＝n(FeSO4)＋n(SO2)＝0.5mol＋0.3mol＝0.8mol。浓硫酸的物质的量浓度为：0．8mol÷0.044L＝18.2mol·L－1。答案：(1)18.2mol·L－1(2)2g