《铁金属材料》章末整合提升PPT课件下载

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方法3章末整合提升栏目导引方法3第一章　自然灾害概述化学计算的常用方法——守恒法化学计算的常用方法——守恒法栏目导引方法3第一章　自然灾害概述[典例1]向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为()A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算[典例1]向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况下)的气体。所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，混合物中铁元素的质量分数为()A．81.4%B．77.8%C．68.6%D．无法计算栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【解析】用盐酸溶解混合物后，向得到的溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明得到的溶液中溶质是氯化亚铁，即混合物中的铁元素最终全部以氯化亚铁的形式存在，HCl的物质的量为1mol/L×0.1L＝0.1mol，根据氯元素守恒，则n(Fe)＝n(FeCl2)＝12×n(HCl)＝0.05mol，m(Fe元素)＝0.05mol×56g/mol＝2.8g，根据氢元素守恒，生成氢气的物质的量为n(H2)＝0.224L22.4L·mol－1＝0.01mol，Fe与HCl反应生成【解析】用盐酸溶解混合物后，向得到的溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明得到的溶液中溶质是氯化亚铁，即混合物中的铁元素最终全部以氯化亚铁的形式存在，HCl的物质的量为1mol/L×0.1L＝0.1mol，根据氯元素守恒，则n(Fe)＝n(FeCl2)＝12×n(HCl)＝0.05mol，m(Fe元素)＝0.05mol×56g/mol＝2.8g，根据氢元素守恒，生成氢气的物质的量为n(H2)＝0.224L22.4L·mol－1＝0.01mol，Fe与HCl反应生成栏目导引方法3第一章　自然灾害概述0.01molH2消耗HCl的物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，则与氧化物反应的HCl的物质的量为0.1mol－0.02mol＝0.08mol，所以氧化物中含有n(O)＝0.08mol×12＝0.04mol，m(O)＝0.04mol×16g/mol＝0.64g，则混合物中铁元素的质量分数为2.8g2.8g＋0.64g×100%≈81.4%，A项正确。【答案】A0.01molH2消耗HCl的物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，则与氧化物反应的HCl的物质的量为0.1mol－0.02mol＝0.08mol，所以氧化物中含有n(O)＝0.08mol×12＝0.04mol，m(O)＝0.04mol×16g/mol＝0.64g，则混合物中铁元素的质量分数为2.8g2.8g＋0.64g×100%≈81.4%，A项正确。【答案】A栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【针对训练】1．在硫酸、明矾和硫酸铝组成的混合溶液中，c(Al3＋)＝0.3mol·L－1，c(SO2－4)＝0.7mol·L－1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1解析：选D。根据电荷守恒可得c(Al3＋)×3＋c(H＋)＋c(K＋)＝c(SO2－4)×2＋c(OH－)，在含有硫酸、明矾和硫酸铝的混合溶液中，c(OH－)可忽略不计，则c(K＋)＝0.4mol·L－1。【针对训练】1．在硫酸、明矾和硫酸铝组成的混合溶液中，c(Al3＋)＝0.3mol·L－1，c(SO2－4)＝0.7mol·L－1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，则c(K＋)为()A．0.15mol·L－1B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1D．0.4mol·L－1解析：选D。根据电荷守恒可得c(Al3＋)×3＋c(H＋)＋c(K＋)＝c(SO2－4)×2＋c(OH－)，在含有硫酸、明矾和硫酸铝的混合溶液中，c(OH－)可忽略不计，则c(K＋)＝0.4mol·L－1。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述2．将3.6g炭粉和29gFe3O4质量分数为80%的磁铁矿粉混合后，隔绝空气加强热，充分反应后收集到的气体是()A．CO2B．COC．CO、CO2的混合物，其中CO的体积占12D．CO、CO2的混合物，其中CO的体积占232．将3.6g炭粉和29gFe3O4质量分数为80%的磁铁矿粉混合后，隔绝空气加强热，充分反应后收集到的气体是()A．CO2B．COC．CO、CO2的混合物，其中CO的体积占12D．CO、CO2的混合物，其中CO的体积占23栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选D。n(C)＝3.6g12g·mol－1＝0.3mol，n(O)＝4n(Fe3O4)＝4×29g×80%232g·mol－1＝0.4mol，由于12＜n（C）n（O）＝34＜1，故生成的气体为CO和CO2的混合物。由原子守恒可知，n(CO)＋n(CO2)＝n(C)＝0.3mol，n(CO)＋2n(CO2)＝n(O)＝0.4mol，将两式联立，解得n(CO2)＝0.1mol，n(CO)＝0.2mol，故D项正确。解析：选D。n(C)＝3.6g12g·mol－1＝0.3mol，n(O)＝4n(Fe3O4)＝4×29g×80%232g·mol－1＝0.4mol，由于12＜n（C）n（O）＝34＜1，故生成的气体为CO和CO2的混合物。由原子守恒可知，n(CO)＋n(CO2)＝n(C)＝0.3mol，n(CO)＋2n(CO2)＝n(O)＝0.4mol，将两式联立，解得n(CO2)＝0.1mol，n(CO)＝0.2mol，故D项正确。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述3．(2019·西安高一检测)一定条件下，当溶液中XO－4与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO－4被还原为较低价态，则X元素的化合价变为()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5解析：选A。设XO－4被还原后X元素的化合价为a，据得失电子守恒知，(7－a)×2＝[0－(－1)]×2×5⇒a＝＋2。3．(2019·西安高一检测)一定条件下，当溶液中XO－4与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO－4被还原为较低价态，则X元素的化合价变为()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5解析：选A。设XO－4被还原后X元素的化合价为a，据得失电子守恒知，(7－a)×2＝[0－(－1)]×2×5⇒a＝＋2。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述化学计算的常用方法——差量法化学计算的常用方法——差量法栏目导引方法3第一章　自然灾害概述[典例2]把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SO2－4的物质的量浓度之比为()A．1∶4B．2∶7C．1∶2D．3∶8[典例2]把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SO2－4的物质的量浓度之比为()A．1∶4B．2∶7C．1∶2D．3∶8栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为n(H2SO4)、n(CuSO4)。Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑Δm(减)1mol56gn(H2SO4)m1gFe＋CuSO4===FeSO4＋CuΔm(增)1mol8gn(CuSO4)m2g【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为n(H2SO4)、n(CuSO4)。Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑Δm(减)1mol56gn(H2SO4)m1gFe＋CuSO4===FeSO4＋CuΔm(增)1mol8gn(CuSO4)m2g栏目导引方法3第一章　自然灾害概述因为剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，则m1g＝m2g，即56×n(H2SO4)＝8×n(CuSO4)，n（H2SO4）n（CuSO4）＝856＝17，则c（H＋）c（SO2－4）＝1×21＋7＝14。【答案】A因为剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，则m1g＝m2g，即56×n(H2SO4)＝8×n(CuSO4)，n（H2SO4）n（CuSO4）＝856＝17，则c（H＋）c（SO2－4）＝1×21＋7＝14。【答案】A栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【针对训练】4．把4.48L(标准状况)CO2通过一定质量的固体Na2O2后，收集到3.36L(标准状况)气体，则这3.36L气体的质量是()A．3.8gB．5.6gC．4.8gD．6.0g【针对训练】4．把4.48L(标准状况)CO2通过一定质量的固体Na2O2后，收集到3.36L(标准状况)气体，则这3.36L气体的质量是()A．3.8gB．5.6gC．4.8gD．6.0g栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选D。2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2ΔV2112．24L1.12L(4.48－3.36)L即参加反应的CO2为2.24L，剩余CO2的体积为4.48L－2.24L＝2.24L。生成的O2为1.12L。从而可求出气体的总质量为2.24L22.4L/mol×44g/mol＋1.12L22.4L/mol×32g/mol＝6.0g。解析：选D。2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2ΔV2112．24L1.12L(4.48－3.36)L即参加反应的CO2为2.24L，剩余CO2的体积为4.48L－2.24L＝2.24L。生成的O2为1.12L。从而可求出气体的总质量为2.24L22.4L/mol×44g/mol＋1.12L22.4L/mol×32g/mol＝6.0g。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述5．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w2－53w131w1B.84（w1－w2）31w1C.73w2－42w131w1D.115w2－84w131w15．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w2－53w131w1B.84（w1－w2）31w1C.73w2－42w131w1D.115w2－84w131w1栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选A。由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可列如下关系：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xg(w1－w2)g2×84xg＝62（w1－w2）g，解得x＝84（w1－w2）31，则w(Na2CO3)＝w1－xw1＝84w2－53w131w1，A项正确。解析：选A。由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可列如下关系：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xg(w1－w2)g2×84xg＝62（w1－w2）g，解得x＝84（w1－w2）31，则w(Na2CO3)＝w1－xw1＝84w2－53w131w1，A项正确。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述化学计算的常用方法——关系式法化学计算的常用方法——关系式法栏目导引方法3第一章　自然灾害概述[典例3]用CO还原10.0g某磁铁矿石样品(所含的杂质不参加反应)，生成的CO2再跟过量的石灰水反应，得到12.8g沉淀。求该磁铁矿石中Fe3O4的质量分数。[典例3]用CO还原10.0g某磁铁矿石样品(所含的杂质不参加反应)，生成的CO2再跟过量的石灰水反应，得到12.8g沉淀。求该磁铁矿石中Fe3O4的质量分数。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【解析】发生的化学反应有Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。【解析】发生的化学反应有Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述可以得出下列关系：Fe3O4～4CO2～4CaCO3232400m(Fe3O4)12.8g232∶m(Fe3O4)＝400∶12.8g，解得m(Fe3O4)＝7.424g，w(Fe3O4)＝7.424g10.0g×100%＝74.24%。【答案】74.24%可以得出下列关系：Fe3O4～4CO2～4CaCO3232400m(Fe3O4)12.8g232∶m(Fe3O4)＝400∶12.8g，解得m(Fe3O4)＝7.424g，w(Fe3O4)＝7.424g10.0g×100%＝74.24%。【答案】74.24%栏目导引方法3第一章　自然灾害概述【针对训练】6．某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物与足量盐酸反应，消耗的H＋和产生的CO2的物质的量之比为6∶5，则该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4【针对训练】6．某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物与足量盐酸反应，消耗的H＋和产生的CO2的物质的量之比为6∶5，则该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选B。设该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量分别为amol和bmol，则(A代表二价金属)ACO3～2H＋～CO2，A(HCO3)2～2H＋～2CO2amol2amolamolbmol2bmol2bmol由(2a＋2b)∶(a＋2b)＝6∶5可得，a∶b＝1∶2。解析：选B。设该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量分别为amol和bmol，则(A代表二价金属)ACO3～2H＋～CO2，A(HCO3)2～2H＋～2CO2amol2amolamolbmol2bmol2bmol由(2a＋2b)∶(a＋2b)＝6∶5可得，a∶b＝1∶2。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述7．Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则①②③④所表示的金属分别是()A．Al、Mg、Fe、ZnB．Fe、Zn、Mg、AlC．Mg、Al、Zn、FeD．Zn、Fe、Mg、Al7．Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则①②③④所表示的金属分别是()A．Al、Mg、Fe、ZnB．Fe、Zn、Mg、AlC．Mg、Al、Zn、FeD．Zn、Fe、Mg、Al栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选A。利用关系式可知，当产生1molH2时所需4种金属的质量分别如下：23Al～H218g1molMg～H224g1molFe～H256g1molZn～H265g1mol结合题图可知①②③④分别表示Al、Mg、Fe、Zn。解析：选A。利用关系式可知，当产生1molH2时所需4种金属的质量分别如下：23Al～H218g1molMg～H224g1molFe～H256g1molZn～H265g1mol结合题图可知①②③④分别表示Al、Mg、Fe、Zn。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述8．将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·cm－3，该溶液中溶质的质量分数为()A.82a46a＋m%B.8200a46a＋2m%C.8200a46a＋m%D.8200a69a＋m%8．将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·cm－3，该溶液中溶质的质量分数为()A.82a46a＋m%B.8200a46a＋2m%C.8200a46a＋m%D.8200a69a＋m%栏目导引方法3第一章　自然灾害概述解析：选C。本题既考查了Na与H2O的反应，又考查了Al与NaOH溶液的反应，应注意用关系式法来进行计算。2Na～2NaOH～H2↑amolamola2mol2Al～2NaOH～2NaAlO2～3H2↑amolamolamol3a2mol解析：选C。本题既考查了Na与H2O的反应，又考查了Al与NaOH溶液的反应，应注意用关系式法来进行计算。2Na～2NaOH～H2↑amolamola2mol2Al～2NaOH～2NaAlO2～3H2↑amolamolamol3a2mol栏目导引方法3第一章　自然灾害概述所得溶液的质量为23ag＋27ag＋mg－a2mol＋32amol×2g·mol－1＝(46a＋m)g，溶液中的溶质为NaAlO2，质量为amol×82g·mol－1＝82ag，所以w(NaAlO2)＝82ag（46a＋m）g×100%＝8200a46a＋m%。所得溶液的质量为23ag＋27ag＋mg－a2mol＋32amol×2g·mol－1＝(46a＋m)g，溶液中的溶质为NaAlO2，质量为amol×82g·mol－1＝82ag，所以w(NaAlO2)＝82ag（46a＋m）g×100%＝8200a46a＋m%。栏目导引方法3第一章　自然灾害概述本部分内容讲解结束