2024届高三新高考化学大一轮专题训练题—铜及其化合物

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2024届高三新高考化学大一轮专题训练题—铜及其化合物
一、单选题
1．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄精英中学校考阶段练习）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2，某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜，设计了如下两套方案：
方案1：孔雀石CuSO4Cu
方案2：
下列说法错误的是
A．方案1和方案2都发生了置换反应
B．从安全角度义虑，方案2优于方案1
C．理论上，方案2中等质量的锌可以制备等质量的铜
D．方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量
2．（2022秋·江苏扬州·高三校联考阶段练习）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
3．（2022秋·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol•L-1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1
B．硝酸的物质的量浓度为2.4mol•L-1
C．产生的NO在标准状况下的体积为6.72L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
4．（2023春·高三课时练习）将铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是
A．FeCl3 B．Na2CO3 C．NaNO3 D．ZnSO4
5．（2023春·江苏扬州·高三扬州市广陵区红桥高级中学校考期中）通过如图流程制备硝酸铜晶体，下列说法不正确的是

A．将废铜片粉碎，可提高反应速率
B．若将废铜片直接“溶解”，既产生污染又降低硝酸的利用率
C．用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失
D．为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”应将溶液蒸干
6．（2022春·安徽池州·高三校考阶段练习）某无色透明的溶液，此溶液中可以大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、Ba2+
C．、、、 D．、、、
7．（2020秋·陕西宝鸡·高三校考期中）下列离子方程式书写，正确的是
A．铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2­
B．氯化铝溶液和少量氢氧化钠溶液反应：Al3++3OH-=Al(OH)3¯
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：H++OH-= H2O
D．铜片与硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag
8．（2022秋·浙江舟山·高三浙江省定海第一中学校考阶段练习）下列说法不正确的是
A．室温下，铜能与浓硝酸反应，不能与浓硫酸反应
B．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
D．足量铁与稀硝酸反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
9．（2022秋·河北邯郸·高三大名县第一中学校考阶段练习）下列物质间的转化不能一步实现的是
A．CaO→Ca(OH)2→CaSO4 B．Na2CO3→NaCl→NaNO3
C．Cu→CuO→CuSO4 D．C→CO→CaCO3
10．（2021秋·江西宜春·高三江西省万载中学校考阶段练习）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．铝溶于NaOH溶液中：
B．铜丝插入溶液中：
C．向稀硫酸加入铁粉：
D．实验室用大理石与稀盐酸制取
11．（2022秋·新疆·高三八一中学校考阶段练习）铜元素的“化合价与物质类别”对应关系如图。下列有关说法不正确的是

A．Cu(OH)2属于碱
B．物质a的化学式为Cu2O
C．Cu可与稀硫酸反应生成CuSO4
D．CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液反应生成Cu(OH)2
12．（2022秋·黑龙江绥化·高三校考阶段练习）在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀溶液和溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是

A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡
B．铝球表面有气泡产生，盛有稀溶液的烧杯中溶液澄清
C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D．铁球表面有红色物质析出，盛有溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升

二、多选题
13．（2022秋·河北沧州·高三校联考阶段练习）根据下列实验活动与现象得出的结论正确的是
选项
实验活动与现象
结论
A
溶液中依次滴入稀硫酸、溶液后，溶液变红色
已变质
B
向某待测液中滴加盐酸，产生白色沉淀
该待测液中可能含有
C
溶于稀硫酸得到红色固体和蓝色溶液
具有氧化性和还原性
D
向少量酸溶液中滴入适量白葡萄酒，溶液褪色
白葡萄酒中一定含有

A．A B．B C．C D．D
14．（2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考期末）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法正确的是
A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为14mol/L
B．该合金中铜与镁的物质的量之比为1：2
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL

三、非选择题
15．（2023春·上海·高三期中）一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，如2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可拆写为氧化反应式：Cu-2e=Cu2+，还原反应式：2Fe3++2e-=2Fe2+。并由此实现了化学能与电能的相互转化。据此，回答下列问题。

(1)将反应Zn+2H+=Zn2++H2↑拆写为两个“半反应式”，氧化反应式为：______，还原反应式为：______。
(2)由题(1)反应，设计成原电池如图所示：若电极a为Zn，电极b可选择材料：______(只填一种)；电解质溶液是______。
(3)由反应2H2+O22H2O，设计出以稀硫酸为电解质溶液的原电池电极反应式：负极____，正极：_____。
16．（2021秋·江西赣州·高三江西省崇义中学校考期中）按要求填空：
(1)20.6 g NaR含有Na+ 0.2 mol，则NaR的摩尔质量为 ___________ ，则含R 8.0 g的NaR的物质的量为 ___________ mol。
(2)除去Mg粉中的Al粉的试剂是___________；反应的离子方程式为：___________
(3)油画所用颜料含有某种白色铅化合物，置于空气中天长日久就会变成黑色，从而使油画色彩变暗。若用H2O2来“清洗”，则可将PbS转变成白色的PbSO4，从而使油画的色彩“复原”。上述“清洗”反应的化学方程式为：___________
(4)Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当n(NO2)：n(NO)=2：1时，1 mol Cu2S参加反应消耗硝酸的物质的量为：___________
(5)把足量的铁粉投入到稀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SO物质的量浓度之比为：___________
17．（2021秋·天津静海·高三静海一中校考阶段练习）向100 mL 浓度均为1 mol·L-1的Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量铁粉，充分反应后针对下列情况填空，忽略溶液体积的变化。(已知：氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+)
(1)反应完毕后，无固体沉积物存在，则溶液中一定含有的阳离子为___________。
(2)无固体沉积物存在时溶液中发生反应的离子方程为___________。
(3)该溶液最多能够溶解铁粉的质量为___________ g。
(4)当Cu2+恰好反应后溶液中溶质的物质的量浓度为___________ mol·L-1。
18．（2007·河南·高三竞赛）现有Fe、Cu组成的合金，其总物质的量为amol，Cu的物质的量分数为x；研成粉末后，全部投入含bmolHNO3的稀溶液中，微热使其充分反应，且硝酸的还原产物只有NO，试回答下列问题：
(1)若剩余的残渣只有Cu，则溶液中含有的金属离子为(写出所有可能情况)_______
(2)当溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时，求b的取值范围(用含a、x的式子表示)_______
(3)当x=0.5，且溶液中Fe3+与Fe2+的物质的量相等时，在标准状况下共产生672mL气体，求a、b的值_______

参考答案：
1．C
【分析】由实验方案可知，方案1中碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，硫酸铜溶液与锌置换反应生成铜；方案2中碱式碳酸铜高温分解得到氧化铜，锌与稀硫酸反应生成氢气，氢气与氧化铜加热发生置换反应得到铜。
【详解】A．由分析可知，方案1和方案2都发生了置换反应，故A正确；
B．由分析可知，方案2用了氢气还原氧化铜时需要加热，氢气在空气中受热易爆炸，则从安全角度考虑，方案1优于方案2，故B正确；
C．由分析可知，方案2中存在如下转化关系式Zn—H2—Cu，锌与铜的摩尔质量不相等，则等物质的量的锌可以制备等物质的量的铜，但等质量的锌不能制备等质量的铜，故C错误；
D．由分析可知，方案1的反应均在常温下进行，而方案2的反应需要高温和加热，则消耗的能量大于方案1消耗的能量，故D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．氯化镁溶液中氢离子得电子能力大于镁离子，电解氯化镁溶液不能生成金属镁，应电解熔融的氯化镁，A错误；
B．二氧化碳和氯化钠溶液不能反应，氯化钠溶液中先通入氨气再通入二氧化碳生成碳酸氢钠，B错误；
C．氧化铜和水不能反应，不能得到氢氧化铜，C错误；
D．少量氨水通入过量二氧化硫气体生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵与硫酸反应生成硫酸铵和亚硫酸，利用原理是强酸制弱酸，D正确；
故选：D。
3．C
【分析】n[Cu(OH)2]==0.4mol，m(Cu元素)=0.4mol×64g/mol=25.6g，n(O)=n(Cu2O)==0.1mol，n(Cu单质)=0.4mol-0.1mol×2=0.2mol，依据得失电子守恒，可求出n(NO)==0.2mol。
【详解】A．由分析可知，n(Cu单质)=0.2mol，n(Cu2O)=0.1mol，则Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol : 0.1mol=2 : 1，A正确；
B．n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)=1.0mol•L-1×1.0L+0.2mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为=2.4mol∙L-1，B正确；
C．产生的NO在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，C不正确；
D．加入NaOH，与Cu(NO3)2和过量HNO3反应，则Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol∙L-1×1.0L-0.4mol×2=0.2mol，D正确；
故选C。
4．C
【详解】将铜粉放入稀硫酸中，再加入硝酸盐，硝酸根与氢离子形成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，现象为溶液呈蓝色，同时有气体逸出，故选C。
5．D
【分析】废铜片在空气中加热，转化为CuO，然后加硝酸溶解，转化为硝酸铜，硝酸铜经结晶、过滤，无水乙醇洗涤得到硝酸铜晶体，据此分析解答。
【详解】A．将废铜片粉碎，可增大接触面积，提高反应速率，故A正确；
B．若将废铜片直接“溶解”，可生成氮的氧化物，所以既产生污染又降低硝酸的利用率，故B正确；
C．硝酸铜不溶于乙醇，易溶于水，用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失，故C正确；
D．“结晶”应将溶液蒸发至有大量晶体时停止加热，防止晶体四处飞溅，故D错误；
故答案选D。
6．A
【详解】A．在无色溶液中，、、、相互间不发生反应，能大量共存，A符合题意；
B．在水溶液中，、的反应产物能与Ba2+反应，三者不能大量共存，B不符合题意；
C．、、在水溶液中能发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO等，C不符合题意；
D．在水溶液中，呈蓝色，且Cu2+ 与会发生反应生成Cu(OH)2沉淀，D不符合题意；
故选A。
7．B
【详解】A．盐酸是非氧化性酸，具有弱氧化性，只能将Fe氧化为Fe2+，则铁与盐酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2­，A不正确；
B．氯化铝溶液和少量氢氧化钠溶液反应，生成氢氧化铝和氯化钠，离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3¯，B正确；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2+ + 2OH－+ 2H++ = BaSO4↓+ 2H2O，C不正确；
D．铜片与硝酸银溶液能发生置换反应，生成硝酸铜和银，离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，D不正确；
故选B。
8．C
【详解】A．室温下，铜能与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，铜不能与浓硫酸反应，A正确；
B．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮，B正确；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，氢离子、硝酸根离子、铜反应生成硝酸铜，铜粉溶解，C错误；
D．足量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子、一氧化氮，离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，D正确；
故选C。
9．D
【详解】A．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，均可一步实现转化，A不符合题意；
B．碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠和硝酸银溶液反应生成硝酸钠，均可一步实现转化，B不符合题意；
C．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，均可一步实现转化，C不符合题意；
D．碳与氧气反应生成一氧化碳，但一氧化碳无法一步转化为碳酸钙，D符合题意；
答案选D。
10．A
【详解】A．铝溶于NaOH溶液中生成偏铝酸钠、氢气：，A正确；
B．注意电荷守恒，铜丝插入溶液中： ，B错误；
C．向稀硫酸加入铁粉生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；
D．碳酸钙为不溶物，不能拆开，CaCO3+2H+= Ca2++H2O+CO2↑，D错误；
故选A。
11．C
【分析】根据Cu元素的价类关系可知：物质a是Cu2O，然后根据物质的结构、性质及转化关系分析判断。
【详解】A．Cu(OH)2是金属氢氧化物，能够与酸反应产生盐和水，因此属于碱，A正确；
B．Cu元素的氧化物，其中Cu元素化合价为+1价，则该氧化物化学式为Cu2O，B正确；
C．Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，因此不能与H2SO4发生反应产生CuSO4，C正确；
D．CuSO4溶液可与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Cu(OH)2和Na2SO4，D正确；
故合理选项是C。
12．B
【分析】左侧烧杯中Al和溶液反应生成H2使铝球质量减小，右侧烧杯中Fe与CuSO4溶液反应，铁球表面析出铜，即铁球质量增加，反应一段时间后杠杆不再平衡。
【详解】A．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2使铝球质量减小，但不会生成沉淀，A错误；
B．左侧烧杯中Al和溶液反应生成偏铝酸钠和H2，溶液澄清，B正确；
C．根据分析，左侧铝球质量减少，右侧铁球质量增加，C错误；
D．右侧铁球质量增加，而使杠杆左边上升，D错误；
故选B。
13．BC
【详解】A．溶液中存在NO，加入稀硫酸后，提供酸性环境，使得NO氧化性增强，所以不能证明溶液是已变质，还是加入稀硫酸，亚铁离子被氧化才变化，A项错误；
B．向某待测液中滴加盐酸，产生白色沉淀，该待测液中可能含有与Cl-反应生成AgCl白色沉淀，也可能是待测液中含有其他物质如偏铝酸钠，加入稀盐酸后产生白色沉淀，B项正确；
C．氧化亚铜与稀硫酸反应如下：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，体现具有氧化性和还原性，C项正确；
D．白葡萄酒中含少量的SO2和较多的酒精，二者都能使酸性溶液褪色，D项错误；
答案选BC。
14．AC
【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52，②94x+58y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，根据氧化还原反应中得失电子数相等：2(0.02+0.01)=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。
【详解】A．c(HNO3)= ， A正确；
B．由上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1， B错误；
C．由分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是0.04mol0.05mol×100%=80%，C正确；
D．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；
答案选AC。
15．(1) Zn-2e-=Zn2+ 2H++2e-=H2↑
(2) Cu 稀H2SO4
(3) 2H2-4e-=4H+ O2+4H++4e-=2H2O

【分析】半反应就是把氧化反应和还原反应分开写，相当于电极反应式。据此可完成第一问。第二问的电极b的材料，比锌稳定的导体都可以，如铜、石墨等。书写第三问的电极反应式，要考虑到溶液是酸性的，反应式中不能出现OH-。
【详解】（1）根据方程式知，锌失电子发生氧化反应，反应式为：Zn-2e-=Zn2+；氢离子得电子发生还原反应，反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；2H++2e-=H2↑。
（2）反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，若电极a为Zn，电极b不如锌活泼的金属或导电的非金属，如铜等，电解质溶液为含有氢离子的非氧化性强酸，可以是稀H2SO4，故答案为：Cu；稀H2SO4。
（3）由反应2H2+O22H2O，设计出以稀硫酸为电解质溶液的原电池，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2-4e-=4H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：2H2-4e-=4H+；O2+4H++4e-=2H2O。
16．(1) 103 g/mol 0.1
(2) NaOH溶液 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(3)PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O
(4)8 mol
(5)1：4

【解析】(1)
根据物质的组成可知：1个NaR中含有1个Na+，若其中含有0.1 mol Na+，则NaR的物质的量是0.2 mol，因此NaR的摩尔质量M=；因此NaR的式量是103，由于Na相对原子质量是23，所以R的相对原子质量为103-23=80，若含有R质量为8.0 g，则其物质的量为n(R-)=，即含有NaR的物质的量是0.1 mol；
(2)
由于Al可以与强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，而Mg不能发生反应，因此除去Mg粉中的Al粉的试剂是NaOH溶液，该反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；
(3)
H2O2具有强氧化性，会将黑色PbS氧化为PbSO4，H2O2被还原为H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O；
(4)
由信息可知，n(NO2)：n(NO)=2：1，假定生成2 mol NO2、1 mol NO ，则HNO3被还原生成2 mol NO2、1 mol NO共得 5 mol e-，由电子守恒可知Cu2S应失去5 mol e-，而1 mol Cu2S能失10 mol e-， 失去5 mol e-说明反应的Cu2S的物质的量为0.5 mol，0.5 mol Cu2S生成0.5 mol CuSO4和0.5 molCu(NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物质的量为1 mol，起氧化作用的HNO3为3mol，参加反应的HNO3共4 mol，故n(Cu2S)：n(HNO3)=0.5 mol：4 mol=1：8，则反应方程式为：Cu2S+8HNO3=Cu(NO3)2+CuSO4+4NO2↑+2NO↑+4H2O，故1 mol Cu2S参加反应消耗硝酸的物质的量为8 mol；
(5)
假设H2SO4物质的量为x，CuSO4物质的量为y，根据方程式Fe+2H+=Fe2++H2↑可知：x mol H2SO4电离产生的2x mol H+反应消耗x mol Fe，使固体质量减轻56 x g；根据方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu可知：y mol CuSO4电离产生的y mol Cu2+反应消耗y mol Fe，同时产生y mol Cu单质，反应后固体质量又增加(64-56)y g=8y g。由于充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则56x=8y，故，因此原溶液中H+和SO物质的量之比=2n(H2SO4)：[n(H2SO4)+n(CuSO4)]=(1×2)：(1+7)=1：4，两种物质处于同一溶液，溶液的体积相同，因此二者的浓度比等于它们的物质的量的比，故原溶液中H+与SO物质的量浓度之比为1：4。
17．(1)Cu2+、Fe2+
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)11.2
(4)4

【分析】向100 mL 浓度均为1 mol·L-1的Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中加入一定量铁粉，首先铁离子氧化铁单质，然后是铜离子氧化铁单质，结合反应方程式分析判断。
(1)
反应完毕后，无固体沉积物存在，说明溶液中的铜离子没有参加反应，铁离子可能恰好反应，有可能有剩余，反应后的溶液中一定存在Cu2+、Fe2+，故答案为：Cu2+、Fe2+；
(2)
无固体沉积物存在时，说明溶液中的铜离子没有参加反应，只发生铁离子氧化铁单质的反应，反应的离子方程为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3)
溶液中含Fe3+的物质的量为：1 mol·L-10.1L2=0.2mol，含Cu2+的物质的量为：1 mol·L-10.1L=0.1mol，首先发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶解0.1molFe，然后发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu，溶解0.1molFe，共溶解0.2molFe，质量为：56g/mol0.2mol=11.2g，故答案为：11.2；
(4)
依据先后发生的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，当Cu2+恰好反应后，恰好得到FeSO4溶液，两个反应共生成FeSO4的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，则溶质的物质的量浓度为：=4mol·L-1，故答案为：4。
18．(1)Fe2+或Fe2+、Cu2+
(2)≤
(3)0.12mol

【详解】3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)3+2NO↑+4H2O
ax
3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
a(1-x)
故总耗HNO3量
n(HNO3)=
所以
(3)根据电子守恒：0.5a×2+0.25a×3+0.25a×2=×3a=0.04mol
又知：3Cu~8HNO33Fe~8HNO3
0.02molmol0.01molmol
Fe~4HNO3(生成Fe+)
0.01mol0.04mol
b=mol+0.04mol+mol=0.12mol