河南省罗山高中2022届高三化学复习3.2铁铜及化合物的应用课时作业新人教版必修1

3.2铁铜及化合物的应用1、铁、铜混合粉末18.0g加入到100ml5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g．下列说法正确的是（　　）A．剩余固体是铁、铜混合物B．反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75molC．反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD．原固体混合物中铜的质量是8.0g【答案】B【解析】解：铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g2mol56g2molm10.5molm20.5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量是18﹣3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n264n1+56n2=14.8gn1+n2=0.25moln1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，故D错误；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，故B正确．故选B．2、取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（　　）A．2.8mol·L﹣1B．3.2mol·L﹣1C．3.6mol·L﹣1D．无法判断【答案】B【解析】解：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/L．故选B．3、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．下列分析正确的是()A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mole﹣时生成1mol白色沉淀【答案】A【解析】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．A、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故A正确；B、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为﹣1价，被还原，所以I2是氧化剂，故B错误；C、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为发生氧化还原反应使碘褪色，二氧化硫不表现漂白性，故C错误；D、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，故D错误．故选：A．4、Fe2O3、CuO的固体混合粉末ag，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物4.82g，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生l0.00g白色沉淀，则a的数值为（　　）A．4.92B．6.42C．7.18D．14.82【答案】B【解析】解：发生的有关反应为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，CuO+COCu+CO2，生成的CO2为：n（CO2）=n（CaCO3）==0.1mol，根据反应方程式可以看出，CO2中的O原子来源于CO和金属氧化物，CO2的物质的量等于金属氧化物中氧原子的物质的量，则氧化物中氧元素的物质的量为n（O）=0.1mol，故氧元素质量为：0.1mol×16g/mol=1.6g，所以金属氧化物的质量为：4.82g+1.6g=6.42g，故选B．5、铜有两种常见的氧化物：CuO和Cu2O．某学习小组取0.98gCu（OH）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图1所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图2所示；则下列分析正确的是（）A．图1中产物A、B的化学式分别为Cu2O和CuOB．图1整个过程中共生成0.26g水C．图2三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是CD．图1中，A到B过程中有0.01mol电子发生了转移【答案】D【解析】0.98gCu（OH）2的物质的量为=0.01mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=0.01mol，m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==0.005mol，m（Cu2O）=0.005mol×144g/mol=0.72g，故A为CuO、B为Cu2O，A．由上述分析可知，A为CuO、B为Cu2O，故A错误；B．根据H元素守恒，生成水的物质的量为：=0.01mol，故生成水的质量为：0.01mol×18g/mol=0.18g，故B错误；C．根据CuO的化学式可知CuO中所含Cu元素的质量与CuO的质量之比=64：80=4：5，即曲线斜率为0.8，曲线A的斜率大于1，曲线C的斜率为0.5，曲线B的斜率为0.8，故曲线B表示表示CuO和其中所含Cu元素质量关系，故C错误；D．由A点到B点发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解为Cu2O，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，故转移电子为0.01mol×（2﹣1）=0.01mol，故D正确；故选D．6、有6.4gCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了1.44g，反应后全部气体用0.7mol/LBa（OH）2溶液100mL吸收．下列有关叙述中正确的是（　　）A．反应中生成的CO2体积为2.016LB．吸收CO2后的溶液中一定有Ba（HCO3）2C．不能确定原混合物中CuO与Fe2O3质量比D．若将质量相同的混合物加过量硝酸溶解后，再加入100mL的NaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c（NaOH）=1.8mol/L【答案】B【解析】A．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，CO分子获得1个O原子形成CO2分子，故n（CO2）=n（O）==0.09mol，故标况下二氧化碳的体积=0.09mol×22.4L/mol=2.016L，但二氧化碳所处状态的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故A错误；B．n=0.7mol/L×0.1L=0.07mol，故n（CO2）：n=0.09mol：0.07mol=9：7，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故B正确；C．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为0.09mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与氧原子的物质的量之和列方程，可以计算各自物质的量，根据m=nM计算CuO、Fe2O3的质量，可以确定原混合物中CuO与Fe2O3质量比，故C错误；D．由于硝酸过量，不能确定NaOH的物质的量，不能确定氢氧化钠的物质的量浓度，故D错误，故选B．7、铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O．某学习小组取0.98g（用精密天平测量）Cu（OH）2固体，将其加热有铜的氧化物生成，其质量随温度变化的曲线如图1所示．另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素质量的关系曲线，如图2所示．则下列分析正确的是（）A．图1中产物a、b的化学式分别为Cu20和CuOB．图l整个过程中共生成0.26gH20C．图2三条曲线中，表示Cu0和其中所含Cu元素质量的关系曲线是曲线AD．图2中绘制错误的曲线共2条【答案】A【解析】A、由0.98gCu（OH）2可知其物质的量为0.01mol，若全部生成CuO，则质量为0.01mol×80g·mol﹣1=0.8g，所以a点是CuO，若全部生成Cu2O，则质量为0.005mol×144g·mol﹣1=0.72g，所以b点是Cu2O，故A正确；B、根据化学方程式，4Cu2O4Cu+2O2过程中有氧气产生，0.26g是水和氧气的质量和，故B错误；C、CuO和其中所含Cu元素的质量关系（以CuO的质量为10g计算）为：CuO～Cu806410g8g观察图2可知，B符合上述质量关系，表示的是CuO，而A点上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，故C错误；D、图2中A曲线上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，所以A曲线错误，由C选项可知B曲线正确，C曲线上的任何一点都表示金属氧化物的质量大于其中所含金属元素的质量，所以C曲线也正确，故D错误；故选A．8、某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．进行如下实验：下列有关说法正确的是（）A.步骤I中减少的3g固体一定是混合物B.步骤II中质量减少的物质一定是CuC.根据步骤I、II可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2D.根据上述步骤II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】D【解析】A、Al2O3、SiO2都能够与NaOH溶液反应，所以步骤I中减少的3g固体可能为氧化铝或二氧化硅，不一定为混合物，故A错误；B、步骤II中发生了反应：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，6.4g固体为铜和Fe2O3的混合物，减少的为铜和氧化铁，故B错误；C、根据步骤I只能判断混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一种物质，无法确定Al2O3、SiO2是否都存在；步骤II可以确定一定存在Fe2O3、Cu，故C错误；D、6.4g变成1.92g，质量减少了：6.4g-1.92g=4.48g，减少的质量为Fe2O3和部分Cu，剩余的1.92g为铜，设铜的物质的量为x，根据反应Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化铁的物质的量也为x，则64x+160x=4.48，解得x=0.02mol，则m（Fe2O3）：m（Cu）=（160×0.02）：（64×0.02+1.92）=1：1，故D正确；故选D．9、今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液（其它用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：组别①②③④V[FeCl3（aq）]/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体质量/g01.2812.824.8下列结论正确的是（　　）A．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2B．第①组反应后溶液中c（Fe3+）=3.0mol/LC．第②组剩余固体是铜铁混合物D．第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6.0mol/L【答案】D【解析】铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第②组数据，可以得出FeCl3溶液全部参与反应，100mLFeCl3溶液能溶解金属质量13.2g﹣1.28g=11.92g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为=0.1L×4mol/L=0.4mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.2mol，则溶解的Fe的质量为0.2mol×56g/mol=11.2g＜11.92g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu；第③组实验中溶解金属为24g﹣12.8g=11.2g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余12.8g为Cu，即24g混合物中Cu的质量为12.8g，则混合物中m（Fe）：m（Cu）=11.2g：12.4g=7：8；故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2；A．第③组中Fe、Cu的质量分别是11.2g、12.4g，根据n=知，n（Fe）：n（Cu）=：=0.2mol：0.2mol=1：1，故A错误；B．混合物中n（Fe）：n（Cu）=1：1，根据①知，6g混合物中n（Fe）=n（Cu）==0.05mol，该反应中转移电子守恒，则消耗n（Fe3+）===0.2mol，则剩余c（Fe3+）==2mol/L，故B错误；C．根据第②组数据知，剩余的固体全部为Cu，故C错误；D．第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，溶液中溶质为FeCl2，则溶液中存在c（Fe2+）=c（Cl﹣）=c（FeCl3）==6.0mol/L，故D正确10、取一定质量含Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份并进行下列转化，则转化过程中所加稀HNO3的物质的量浓度为（）A．4.4mol·L﹣1B．3.6mol·L﹣1C．4.0mol·L﹣1D．3.2mol·L﹣1【答案】D【解析】设其中一份中n（Cu）=xmol，n（Cu2O）=ymol，n（CuO）=zmol，依得失电子守恒和氧元素守恒，有：？x+2y+z=0.7mol亦即反应后生成的硝酸铜的物质的量为0.70mol则500mL稀硝酸中，n（HNO3）=0.70mol×2+0.200mol=1.600mol于是：c（HNO3）=1.600mol/0.500L=3.2mol/L，故选：D．11、根据下列框图，有关说法正确的是（）A．M、E都是第四周期中的过渡元素，E的金属活动性比M的金属活动性强，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱B．反应⑤的离子方程式可表示为：2E(OH)3+3Cl2+6H2O=3EO42―+6Cl―+12H+C．反应①、②、③、⑤都属于氧化还原反应，且在反应①和③中硫酸仅表现了酸性D．用K2EO4、Zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：EO42―+4H2O+3e-＝E(OH)3+5OH―【答案】C【解析】流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe，则X为FeSO4，Y为Fe2（FeSO4）3，Z为Fe（OH）3，A、Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，但Fe3+的氧化性比Cu2+强，如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B、Fe（OH）3可被氯气氧化生成高铁酸钾，反应在碱性条件下进行，不可能生成H+，应为2E（OH）3+3Cl2+12OH-＝3EO42-+6Cl-+6H2O，故B错误；C、①②⑤都有单质参加反应，③有过氧化氢参加反应，则一定为氧化还原反应，①和③中硫酸都只表现了酸性，表现氧化性的为过氧化氢，故C正确；D、负极发生氧化反应，应是锌失电子被氧化，故D错误，答案选C。12、向10.4gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1mol·L-1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为（）A．1.12gB．2.24gC．3.24gD．6.42g【答案】B【解析】Fe3O4、Fe2O3和Cu的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素与Fe3O4、Fe2O3中O元素结合生成水，由水的分子式H2O可知，故Fe3O4、Fe2O3中n（O）=n（H2SO4）=0.14L×1mol/L=0.14mol，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.14mol×16g/mol=2.24g；故答案选B。13、CuO和Fe2O3的混合物mg，向其中加入1mol/L的HNO3溶液200mL恰好完全反应，若将2mg该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（　　）A．3.2gB．（2m﹣3.2）gC．（m﹣1.6）gD．（2m﹣1.6）g【答案】B【解析】金属氧化物与硝酸反应生成硝酸盐和水，由反应CuO～Cu（NO3）2，Fe2O3～Fe（NO3）3，由电荷守恒可知：2n混合物（O）=n（NO3﹣），n（HNO3）=0.2L×1mol/L=0.2mol，则mg混合物中n混合物（O）=0.1mol，所以mg金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，故2mg金属氧化物中O的质量为1.6g×2=3.2g，若将2mg原混合物在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则得到金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，即金属质量为：2mg﹣3.2g=（2m﹣3.2）g，故选B．14、单质碳和氧化铜在一定温度下反应时，氧化铜可被还原为Cu2O、Cu．现将2.00gC与16.0gCuO的混合物，隔绝空气加热一段时间后，将生成的气体通过足量的澄清石灰水，共收集到1.12L气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g．下列说法中错误的是（　　）A．反应后的固体混合物中还含有碳B．反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8gC．反应后的固体混合物的总质量为14.4gD．反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol【答案】B【解析】由题意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=5.00g/100g/mol=0.05mol，n（CO）=1.12L/22.4L/mol=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）×12g/mol=1.2g，故含有2g-1.2g=0.8g碳未参与反应，A正确；若CuO完全被还原为Cu，根据Cu守恒生成Cu的质量=16g/80g/mol×64g/mol=12.8g，由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol×2+0.05mol）×16g/mol=2.4g，故CuO反应后的总质量=16g-2.4g=13.6g，故反应后固体中Cu的质量小于12.8g，B错误；反应后固体总质量=16g+28g-0.05mol×（44g/mol+28g/mol）=14.4g，C正确；反应后m（O）=13.6g-12.8g=0.8g，Cu2O、CuO均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.8g/16g/mol=0.05mol，D正确。15、部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（）A．V＝44.8B．原样品中Fe元素的质量分数为38.89%C．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋D．样品中CuO的质量为4.0g【答案】B【解析】A、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量5.76g-3.2g-2.24g/16g/mol=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，错误；B、根据A项中充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素物质的量为3.2/160×2=0.04mol，则原样品中Fe元素的质量分数为0.04×56/5.76=38.89%,正确；C、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有三价铁离子，错误；D、根据B的答案知道铁元素质量为2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，错误。16、三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物．探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是．(2)若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁．你认为这种说法合理吗？．（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式．探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Cu2O的质量分数为．（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾　（CuSO4·5H2O）经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A．氯水　B．H2O2　C．硝酸　D．NaOH　　E．氨水　F．Cu2（OH）2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：①试剂I为，试剂II为（填字母）．②固体X的化学式为．【答案】（1）固体完全溶解，溶液呈血红色；(2)不合理；当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不变红色；（3）Fe2O3和Cu2O；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）×100%．（5）①B；F；②Fe（OH）3；【解析】解：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中．在所得溶液中再滴加KSCN试剂，若假设1成立，红色粉末是Fe2O3，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色；故答案为：固体完全溶解，溶液呈血红色；滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加KSCN试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁；故答案为：不合理；当原固体粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物时，加入稀H2SO4后产生的Fe3+与Cu反应生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不变红色；（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；故答案为：Fe2O3和Cu2O；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成CuO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数．设样品中氧化亚铜的质量为m，2Cu2O+O2═4CuO△m288g32gm（b﹣a）gm==9（b﹣a）g，混合物中Cu2O的质量分数为×100%，故答案为：×100%．（5）①红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，为不引入杂质需要加入氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH，ACDE会引入新的杂质；故答案为：B；F；②流程分析判断固体X为氢氧化铁沉淀；故答案为：Fe（OH）3；17、铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：步骤1：在0.7500g试样中加入100.00mL0.1200mol·L－1KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO42－，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。步骤2：收集步骤1所得滤液至250mL容量瓶中，定容。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00mL。步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液（使Fe、Mn元素不参与后续反应），加入约1gKI固体（过量），轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2。用0.05000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点（离子方程式为2S2O32－＋I2＝2I－＋S4O62－），消耗14.00mL。已知：酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2＋。（1）若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则溶液中c(Fe3＋)＝。（已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39）（2）步骤3若未除去Fe3＋，则测得的Cu2＋的物质的量将（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。（3）计算试样中Cu2S和CuS的质量分数（写出计算过程）。【答案】（1）2.6×10－3mol·L－1（2）偏高（3）设Cu2S和CuS的物质的最分别为x、y；2Cu2＋～I2～2S2On(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.05000mol·L－1×14.00×10－3L＝7.000×10－4molx＝2.000×10－3moly＝3.000×10－3molw(Cu2S)＝×100%＝42.7%w(CuS)＝×100%＝38.4%【解析】（1）pH=2，c(OH－)=1×10－12mol·L－1，c(Fe3＋)==2.6×10－3mol·L－1。（2）若没有除去Fe3＋，Fe3＋会氧化I－生成I2，而Cu2＋的量是根据生成的I2计算的，所以Cu2＋的量偏大。（3）步骤1中将Cu2S、CuS全部转化为Cu2＋，步骤2为FeSO4与过量的KMnO4反应，根据氧化还原反应得失电子守恒分析，1molCu2S失去10mole－，1molCuS失去8mole－，1molFeSO4失去1mole－，1molKMnO4得到5mole－，由此列式10n(Cu2S)+8n(CuS)+n(FeSO4)=5n(KMnO4)。步骤1生成的所有Cu2＋氧化I－生成I2，再用Na2S2O3滴定，找出反应关系“2Cu2＋～I2～2S2O，列式为n(Cu2＋)＝n(S2O)。联立两式，可得出n(Cu2S)和n(CuS)。18、下图中A~J分别代表有关反应中的一种物质，它们均为中学化学中的常见物质。已知A~E和F~J中分别含有同一种元素。反应E→A+O2的条件未标出。BC空气JI高温△+OH－AO2F+H+DEAGE+H+H+OH－△请填写下列空白：（1）化合物H中的阳离子是；D的化学式为。（2）A生成B反应的离子方程式是。（3）A和F的混合物发生反应的化学方程式是。（4）写出B与C生成D的离子方程式。（5）I→J反应的化学方程式是。【答案】（1）Fe2+Al（OH）3（2）2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑（3）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（4）Ai3++3AlO2—+6H2O=4Al（OH）3↓（5）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】19、现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有如下情况：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体（2）X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。（3）XZ易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红。（4）两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体。（5）Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性。（6）A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈棕黄色溶液。（7）B与Z形成的化合物BZ2溶于水加入NaOH溶液有蓝色沉淀生成。（8）C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色。请完成下列问题：①写出XZ、X2Y和BZ2的化学式：XZ，X2Y，BZ2。②Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是（填化学式）③A的单质与Z的单质反应的化学方程式：④C的单质与Y单质反应生成淡黄色物质的化学方程式：。⑤Z单质能否与NaOH溶液反应？（填“能”或“不能”）。若能，请写出反应的化学方程式：（若不能反应，则此空不必填写）。【答案】（1）HCl、H2O、CuCl2（2）HClO（3）2Fe+3Cl2＝2FeCl3（4）2Na+O2＝Na2O2（5）能；2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O【解析】20、下列图1中B是一种常见的无色无味的液体。C是一种有磁性的化合物，E是一种无色无味的有毒气体。根据下列图1、图2，回答下列问题：（1）写出生成C的化学方程式并标出电子转移方向和数目：。（2）E和N2是等电子体，请写出E的可能电子式：。（3）在111kPa和150℃时，可逆反应E（g）+B（g）F（g）+D（g）反应速率和时间的关系如图2所示，那么在t1时速率发生改变的原因可能是（填选项字母）。A．升高温度B．增大压强C．加入催化剂D．增大一倍原平衡混合气体的量（4）若G是一种淡黄色固体单质，16gG和足量的A反应放出的热量为QkJ（Q>0），写出这个反应的热化学方程式：。若G是一种气态单质，H的水溶液可以和有机物I反应使溶液呈紫色，请写出I的结构简式；H的水溶液呈酸性，请用离子方程式表示呈酸性的原因：。【答案】（1）（1+1分）（2）（1分）（3）B、C（2分）（注：单选给1分，只要选错1个为0分）（4）S(s)+Fe(s)=FeS(s)△H=-2QkJ·mol-1（2分）C6H5OH或（1分）Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+（2分）【解析】