第三章铁 金属材料（能力提升卷）（含答案解析）-2024-2025学年高一化学同步教学课件+讲义（人教版2019必修第一册）

第三章铁与金属材料（能力提升卷） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．明末清初编撰的《物理小识》有如下叙述：“青矾(绿矾)烧之赤色，厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”。“青矾厂气”含有的气体是 A．CO B．SO2 C．NH3 D．NO2 2．下列物质对应用途不正确的是 A．——潜水艇氧气来源 B．——自来水的消毒剂 C．——油漆的红色颜料 D．硬铝——制造飞机的材料 3．向下列溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先有白色沉淀生成，然后沉淀又消失的是 A．FeCl2溶液 B．Al(NO3)3溶液 C．MgCl2溶液 D．CaCl2溶液 4．为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法错误的是 A．溶液()：通入 B．(气体)：通过足量的溶液 C．溶液()：加入稍过量的铁粉，过滤 D．固体()：加入足量的溶液，过滤 5．下列实验能达到对应的目的的是 A B C D 制取纯净的沉淀 证明过氧化钠与水反应放热 验证干燥的氯气没有漂白性 证明氧化性： A．A B．B C．C D．D 6．把SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是 A．SO2 B．Fe2＋ C．Fe3＋ D．NO 7．在含有Fe3+、H+、Cl-的溶液中加入过量的铁粉，充分反应后溶液中的阳离子有 A．Fe3+ B．Fe3+、Fe2+ C．Fe2+、H+ D．Fe2+ 8．将铁粉放入下列溶液中，铁粉溶解而溶液质量减小的是 A． B．稀硫酸 C． D． 9．ag单质碳和16g氧气在恒容密闭容器中反应生成CO、，当恢复到原来的温度时，测得容器内的压强增大了0.8倍，下列数据不可能是 A． B． C． D． 10．把铝粉和Fe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份，前一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量的稀盐酸反应；后一份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，前后两种情况下生成气体的物质的量之比为 (　　) A．3∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．4∶3 11．铁、铜混合粉末18g加入到100mL5.0mol•L-1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体的质量为2.8g。下列说法正确的是 A．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol B．原固体混合物中Fe的质量是11.2g C．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10mol D．反应后溶液中n(Fe2+)：n(Cu2+)=2:1 二、填空题 12．完成下列问题。 (1)在、、、、S、、，只有氧化性的是 ，只有还原性的是 ，既有氧化性又有还原性的是 。 (2)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是 。 ① ② ③。 若溶质中与共存，为了氧化而不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的 作氧化剂。 (3)反应③中是 产物。 13．某兴趣小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如图一组综合实验，根据实验流程回答相关问题。 (1)请写出Fe2O3与①反应的离子方程式： 。 (2)物质②为 。 (3)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3悬浊液，该过程的现象为 ，此过程中发生的氧化还原反应为 (用化学方程式表示)。 (4)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至液体呈红褐色，制得分散系③为 ，该反应化学方程式为： 。它与FeCl3溶液、Fe(OH)3悬浊液的本质区别是 。 14．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2＋。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。请根据以下流程图，回答下列问题： (1)⑥操作方法的名称是 ；操作⑨包括：蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥。 (2)加入试剂⑤发生反应的离子方程式为 。 (3)试剂⑦的化学式为 。 (4)某兴趣小组同学欲鉴别④中的金属阳离子，设计如下实验： 甲同学取2.0 mL ④溶液，滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀且很快变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，其中涉及氧化还原反应的化学方程式为 。 乙同学取2.0 mL ④溶液，先加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴氯水，溶液变红，其中涉及氧化还原反应的离子方程式为 。 15．Ⅰ．铁是使用最广泛的金属。我国目前发现最早的人工冶铁制品是河南三门峡出土的西周晚期的玉柄铁剑。 (1)在铁器制造中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理。用化学方程式解释其原因为 。 （2）检验溶液蚀覆铜板后混合溶液中是否存在，最好选择下列试剂中的 （填编号，下同）进行检验，现象和结论是 。 A．KSCN溶液    B．酸性溶液   C． 新制氯水    D．NaOH溶液 (3)高铁酸钠（）是一种新型净水剂，遇酸会发生分解反应。其一种制备原理如下： __________________=__________________ 补充完整并配平后的离子方程式为 。 Ⅱ．氯是一种重要的成盐元素，氯的单质氯气是一种重要的化工原料。实验室利用下图所示装置制取并收集氯气。回答有关问题。 (4)装置A的名称是 。装置C的作用是 。 (5)该实验中收集氯气的方法叫做 。氯气还可以用排 溶液的方法收集。 (6)制备时装置B中发生反应的化学方程式为 ，F装置中发生反应的离子方程式为 。 16．向含有0.8 mol的稀硝酸中慢慢加入22.4 g的铁粉，假设反应分为两个阶段。 第一阶段为：Fe＋HNO3(稀)→Fe(NO3)3＋NO↑＋H2O (1)写出这两个阶段发生反应的离子方程式： 第一阶段： 。 第二阶段： 。 (2)在图中画出溶液中Fe2＋、Fe3＋、的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图象(横坐标为加入铁粉的物质的量，纵坐标是溶液中离子的物质的量) 。 17．将均匀混合的铜粉和氧化铁粉末样品取不同质量四份，分别加入20mL一定物质的量浓度的盐酸，实验结果如表所示： 实验序号 1 2 3 4 样品质量/g 1.44 2.88 4.32 5.76 剩余固体质量/g 0.32 0.64 2.08 3.52 请回答： (1)铜与氧化铁的物质的量之比 。 (2)盐酸的物质的量浓度为 。 三、计算题 18．标准状况下，H2和CO的混合气体共8.96L，测得其质量为6.0g。计算此混合气体中： （1）H2和CO的物质的量各为多少？ （2）标准状况下，H2和CO的体积各为多少？ 19．为确定Fe2O3和Cu混合物的组成，某兴趣小组称取五份不同质量的样品，分别投入20.0mL某浓度的稀硫酸中。充分反应后，每组样品剩余固体的质量与原样品质量的关系如图所示。 请回答下列问题： (1)Fe2O3和Cu的物质的量之比为 (2)该稀硫酸的浓度为 mol/L 参考答案 1．【答案】B 【详解】青矾主要成分为FeSO4·7H2O，受热分解会产生SO2气体，故答案选B。 2．【答案】C 【详解】A．过氧化钠和水、二氧化碳反应均生成氧气，能做潜水艇氧气来源，A正确； B．二氧化氯具有强氧化性，能用于自来水的消毒剂，B正确； C．为黑色，氧化铁为红色，氧化铁能做油漆的红色颜料，C错误； D．硬铝质轻、强度大，性能优良，可制造飞机的材料，D正确； 故选C。 3．【答案】B 【详解】A. FeCl2溶液中加入NaOH溶液，发生反应为FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl、 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，溶液中始终有沉淀，只是颜色发生了改变，不合题意； B. Al(NO3)3溶液中加入NaOH溶液，发生反应为Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaNO3、 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，先有白色沉淀生成，然后沉淀消失,符合题意； C. MgCl2溶液中加入NaOH溶液，发生反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，始终有白色沉淀生成，不合题意； D. CaCl2溶液中加入NaOH溶液，不发生反应，没有现象发生，不合题意。 答案为B。 【点睛】Al(OH)3是两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应，而Mg(OH)2是弱碱，不能与NaOH溶液反应，解题时如果我们发生记忆性错误，容易得出错误的结论。 4．【答案】B 【详解】A．与CO2 气体反应生成碳酸氢钠，反应后不生成新杂质，故A正确； B．也可以和溶液反应，不能用足量的溶液除去中的HCl气体，故B错误； C．和Fe粉反应生成，可以用过量的铁粉除去溶液中的，故C正确； D．能够和溶液反应，而不能和溶液反应，可以用足量的溶液除去固体中的Al，故D正确； 故选B。 5．【答案】B 【详解】A．没有隔绝空气，生成的氢氧化亚铁易被氧化，不能制备纯净的沉淀，故A错误； B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热，观察到脱脂棉燃烧可证明，故B正确； C．有色鲜花中含有水分，Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将有色物质氧化产生无色物质，因此图中不能验证干燥的氯气是否具有漂白性，故C错误； D．将Cl2通入导气管中，Cl2与NaBr发生置换反应产生NaCl、Br2；过量的Cl2及Br2都可以与KI发生置换反应产生I2，I2使淀粉溶液变为蓝色，因此图中不能证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故D错误。 答案选B。 6．【答案】D 【详解】由滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，可知具有还原性的SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应SO2→SO42-，白色沉淀为硫酸钡；溶液由黄色变为浅绿色，说明三价铁离子被还原为亚铁离子，但立即又变为黄色，说明亚铁离子又被氧化为三价铁离子，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，最终表现氧化性被还原的是NO，故选D。 【点睛】本题考查氧化还原反应的综合应用，注意利用信息来判断发生的氧化还原反应，明确硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性是解答的关键。 7．【答案】D 【详解】加入铁粉，首先与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+反应完全后，再与H+反应生成Fe2+和氢气，充分反应后，溶液中的阳离子为Fe2+，答案为D。 8．【答案】D 【详解】A．Fe与FeCl3反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁溶解且溶液质量增大，A不符合题意； B．铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2，铁的相对原子质量大于氢气的相对分子质量，铁溶解且溶液质量增大，B不符合题意； C．铁与氢氧化钠溶液不发生反应，C不符合题意； D．铁与硫酸铜反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁的相对原子质量小于铜的相对原子质量，铁溶解且溶液质量减小，D符合题意； 故选D。 9【答案】A 【详解】16g氧气物质的量为；根据阿伏加德罗定律可知温度、体积保持不变时，压强与物质的量成正比，压强增大了0.8倍，说明气体物质的量增大了0.8倍，即增大了，反应后气体总物质的量为0.9mol；由，知，前一个反应不会导致气体物质的量增加，后一个反应会导致气体物质的量增加、且每消耗1molO2生成2molCO、气体物质的量增加1mol，现气体物质的量增加0.4mol，故反应中消耗0.4molO2、0.8molC，生成0.8molCO；反应中消耗0.5mol-0.4mol=0.1molO2，消耗0.1molC、生成0.1molCO2；整个过程中消耗C的物质的量为0.8mol+0.1mol=0.9mol，则m(C)==10.8g，即a=10.8，m(CO2)==4.4g；答案选A。 10．【答案】B 【详解】把铝粉和Fe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份： 一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，由方程式可知生成n(Fe)=n(Al)，然后将生成物与足量的稀盐酸反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，由方程式可知，n(H2)=n(Fe)，所以n(H2)=n(Al)； 另一份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知n′(H2)=n(Al)； 故两种情况下生成气体的物质的量之比为n(H2):n′(H2)=n(Al):n(Al)=2:3。 答案选B。 11．【答案】A 【分析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铜、铁的质量分别为m1、m2，根据方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，，，溶解的金属质量为18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu。 【详解】A．设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则有64n1+56n2=15.2，n1+n2==0.25mol，解得n1=0.15mol，n2=0.1mol，混合物中Fe完全转化为Fe2+且氯化铁完全反应转化为Fe2+，则溶液中，反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol，A正确； B．由A项可知，原固体混合物中Fe的质量是0.1mol56g/mol=5.6g，B错误； C．由分析可知，反应后溶液中不存在Fe3+，C错误； D．由A项可知，反应后溶液中n(Fe2+)：n(Cu2+)=0.6mol:0.15mol=4:1，D错误； 故选A。 二、填空题 12【答案】(1) 、、 、 、S (2) (3)氧化 【详解】（1）、、化合价只能降低，不能升高，只有氧化性；、化合价只能升高，不能降低，只有还原性；、S化合价既能升高也能降低，既有氧化性又有还原性； （2）①，氧化性；②，氧化性；③，氧化性，则以上三个反应中氧化性最强的物质是；氧化而不被氧化，在反应①中，只能氧化而不被氧化，所以为了氧化而不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的作氧化剂； （3）反应③中是还原剂，则是氧化产物。 13．【答案】 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O NaOH溶液或氨水 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 Fe(OH)3胶体 FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl 分散质粒子的直径大小不同 【详解】分析框图可知 (1)Fe2O3发生反应后变为FeCl3可知是Fe2O3与盐酸反应，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O； (2)FeCl3反应生成了Fe(OH)3，知道是加入了碱，可以是NaOH溶液，氨水等，故答案为：NaOH溶液或氨水； (3)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液先生成Fe(OH)2，Fe(OH)2是白色沉淀，容易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，这个过程的现象为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，发生氧化还原反应的反应是Fe(OH)2被氧化的反应，化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； (4)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并继续煮沸至红褐色，制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故答案为：Fe(OH)3胶体、FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl、分散质粒子直径不同。 14．【答案】(1) 过滤 冷却结晶 (2)Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋ (3)H2SO4 (4) 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl- 【分析】②经过操作⑨得到FeSO4·7H2O，可以分析出②是FeSO4溶液，操作⑨就是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。④冷却结晶得到FeSO4·7H2O，说明④中含有FeSO4，根据题目信息，可知③是Cu，故试剂⑤是铁粉，铁粉将铜离子还原生成铜单质，所以操作方法⑥是将FeSO4溶液和Cu分离，所以操作方法⑥是过滤，加入试剂⑦得到④和③，表明①中含有Fe，①中的成分为Cu、Fe，所以试剂⑦是稀硫酸，所以④中的成分是FeSO4、H2SO4，操作⑧是过滤。 【详解】（1）结合分析可知，⑥操作是将液体和固体分离，所以方法的名称是过滤；操作⑨是将FeSO4溶液变成FeSO4·7H2O晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。故答案为：过滤；冷却结晶。 （2）试剂⑤是铁粉，铁粉和铜离子发生置换反应，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。 （3）结合分析可知，试剂⑦是将过量的铁粉反应生成FeSO4，所以其化学式为H2SO4。故答案为：H2SO4。 （4）产生白色沉淀且很快变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，故④中的金属阳离子为Fe2+，生成的Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，所以涉及的氧化还原反应的化学方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。乙同学取2.0mL④溶液，先加入几滴KSCN溶液，再加入几滴氯水，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-。故答案为:4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-。 【点睛】本题考查混合物分离提纯实验方案的设计及化学方程式的书写，为高频考点，题目难度中等，做题时，抓住题目给的信息以及不同价态的铁元素之间的关系，大胆假设，小心求证，题目就不难解出。 15．【答案】(1) (2) A 溶液显(血)红色，证明反应后所得混合溶液中含有 (3) (4) 分液漏斗 吸收HCl (5) 向上排空气法 饱和食盐（或NaCl） (6) （浓） 【详解】（1）炽热的铁能与水发生反应，氢气为可燃性气体，容易发生危险，因此在钢铁厂的生产中，炽热的铁水或钢水注入模具之前必须进行充分的干燥处理，不得留有水； （2）检验反应后所得混合溶液中含有，常用KSCN溶液检验，当溶液出现(血)红色，说明含有，选项A符合题意；故答案为A；溶液显(血)红色，证明反应后所得混合溶液中含有； （3）中Cl的化合价由+1降低为-1价，降低2价，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价升高3价，最小公倍数为6，即的系数为3，的系数为2，根据电荷守恒、原子守恒配平其他，离子方程式为：； （4）根据仪器A的特点，仪器A为分液漏斗；装置C的作用是除去氯气中混有的氯化氢； （5）氯气的密度比空气大，该实验中收集氯气的方法叫做向上排空气法；氯气在饱和食盐水中的溶解度小，氯气还可以用排饱和食盐（或NaCl）溶液的方法收集； （6）制备时装置B中二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，化学方程式为（浓）；F装置中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，发生反应的离子方程式为。 16．【答案】(1) Fe＋4H＋＋＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋ (2) 【详解】（1）第一阶段的离子方程式为：Fe＋4H＋＋＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O； 第二阶段加入的Fe会将生成的Fe3+还原成Fe2+，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋； （2）根据方程式可知第一阶段中0.8mol硝酸消耗0.2mol铁粉，产生0.2molFe3+；第二阶段消耗铁粉0.1mol，产生0.3molFe2+，所以当铁粉加入量大于0.2mol小于0.3mol时，既有Fe3+，又有Fe2+。因此溶液中Fe2＋、Fe3＋、的物质的量随加入铁粉的物质的量变化的关系图象(横坐标为加入铁粉的物质的量，纵坐标是溶液中离子的物质的量)可表示为 【名师点晴】该题的难点是铁与硝酸反应原理的判断，铁与稀HNO3反应的关键：一是明确哪种物质过量，二是根据两种物质的量分析讨论判断，根据反应方程式：HNO3过量：Fe＋4HNO3＝Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；Fe过量时：Fe＋2Fe(NO3)3＝3Fe(NO3)2，两者相加得总方程式：3Fe＋8HNO3＝3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可以用数轴表示： ，然后结合题干灵活应用即可。 17．【答案】(1)2:1 (2)3mol/L 【详解】（1）由、可得，，由此可知，若酸过量且，则不可能有固体剩余，而由题表可知，各组实验都有固体剩余，可能原因是酸不足或，对比实验1、2、3组数据，可判断实验1中酸有剩余，且混合物粉末中，所以实验1中剩余0.32g固体全为铜，设1.44g混合物粉末中为xmol、Cu为ymol，则有160x+64y=1.44，y-x=，解得x=0.005，y=0.01，故原混合物粉末中铜与氧化铁的物质的量之比2:1； （2）对比第3、4组数据可知所消耗固体的质量相同，说明实验4中酸已没有剩余，固体质量减少了2.24g，由于反应的与Cu的物质的量之比为1:1，故减少的2.24g固体中，故，。 三、计算题 18．【答案】 H2和CO的物质的量均为0.2mol 标准状况下，H2和CO的体积均为4.48L 【分析】由m=nM，n=，设H2和CO的物质的量分别为x、y，则 2x+28y=6.0 x+y=，解得x=0.2mol，y=0.2mol， 并结合V=nVm计算。 【详解】②设H2和CO的物质的量分别为x、y，则 2x+28y=6.0 x+y=，解得x=0.2mol，y=0.2mol， 答：H2和CO的物质的量均为0.2mol； ②标准状况下,Vm=22.4L/mol，H2和CO的物质的量均为0.2mol，体积均为0.2mol×22.4L/mol=4.48L， 答：标准状况下, H2和CO的体积均为4.48L。 【点睛】 19．【答案】 1：3 2.25 【分析】有固体剩余，一定不存在Fe3＋，发生反应：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，根据反应离子方程式中各物质的量进行求算。 【详解】有固体剩余，一定不存在Fe3＋，发生反应：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋， (1)用b点数据计算：设Fe2O3为xmol，Cu为ymol 则有160x+64y=3.52；(y−x)×64=1.28；解得x＝0.01，y＝0.03，n(Fe2O3)∶n(Cu)＝1∶3； (2)从c点曲线有一个拐点，说明硫酸全部消耗，所以可以用d数值计算。d点固体质量是b点的2倍，所以n(Fe2O3)＝0.02 mol，则m(Fe2O3)＝0.02 mol×160 g/mol＝3.20 g，n(Cu)＝0.06 mol，则m(Cu)＝0.06 mol×64 g/mol＝3.84 g，反应后剩余3.68 g，说明有部分Fe2O3和Cu参加了反应，则根据Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O和2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，设参加反应的Fe2O3的物质的量为a，则参加反应的铜的物质的量也为a，消耗的H+的物质的量为6a，则160a＋64a＝7.04－3.68，得a＝0.015 mol，所以c(H2SO4)＝。 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$