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2020届高考化学二轮复习铁、铜及其化合物作业 练习
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铁、铜及其化合物
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．原固体混合物中铜的质量是9.6g
C．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10mol
D.反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.5mol
2、已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（ ）
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe
④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．
A．①② B．②④ C．①③ D．③④
3、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性习小组拟热分解CuC12？2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法正确的是()
A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去
B．途径2中200℃时反应的化方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C．X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl2？2H2O加热过程可能的水解
D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
4、下列实验操作能到达目的的是
A．制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤
B．除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液
C．除去CuCl2溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸
D．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
5、X、Y、、W四种物质在一定条件下具有如下图所示的转化关系，下列判断错误的是
A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则可能是NaAlO2
B．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则可能是CO2
C．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时则X可能是NH3
D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则可能是FeCl2
6、化与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是
A．明矾能用于自来水的杀菌消毒
B．浓硫酸在常温下能用铝制容器运输
C．化药品着火，都可以用水或泡沫灭火器灭火
D．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6m的颗粒物，其分散在空气中形成胶体
7、甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中化常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是（）.
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊
8、下列说法不正确的是
A．纯碱可用于去除物品表面的油污B．二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂
C．植物秸秆可用于制造酒精D．氢氧化铁胶体可用作净水剂
9、某同通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
10、下列有关说法正确的是（）
①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；
③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；
④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；
⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；
⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。
A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤
11、下图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法错误的是
A．在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B．在实验室中制备干燥的氨气和氯化氢时，可选用相同的干燥剂
C．实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后呈紫色，蒸干可得氯化铵固体
12、
下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是（）。
A．FeSO4B．MgSO4C．AlCl3D．NH4Cl
13、
某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究：（）。
下列说法正确的是（）
A．12.8g固体可能为Fe2O3B．混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
C．Fe2O3、Cu的物质的量之比为1:1D．m＞24.8
14、下列有关金属的说法错误
A．氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料
B．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪将是钛的世纪”
C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素
D．出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3
15、烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6﹣2x溶液，并用于烟气脱硫研究。
下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2
B．加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6﹣2x
C．调节pH时若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，相应的离子方程式如下：3CaCO3+2Al3++3H2O=2Al(OH)3+3Ca2++3CO2↑
D．上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32-被氧化成SO42-
16、
某小组为探究草酸亚铁（FeC2O4）的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
以下说法错误的是（）
A．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO气体
B．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1~2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3
C．装置C的作用是除去混合气中的CO2
D．反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
17、孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为，检验溶液A中Fe2+的最佳试剂为（均填代号）．
a．KMnO4b．（NH4）2Sc．H2O2d．KSCN
（2）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过蒸发浓缩，，过滤等操作．除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器的名称是．
（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入）（填名称）．
（4）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线俯视刻度线，则测定的Fe2+的浓度．（偏大、偏小或无误差）
18、铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐,广泛应用于工业生产.
I.CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。
（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_______________________________，装置C的作用是_______________________________。
（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→_________________________。（每种仪器限使用一次）
（3）上述D装置的作用是____________________。
（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入_________，并过滤。
A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH
Ⅱ.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。
方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_______________________________。
方法二 铜粉还原CuSO4溶液
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。
（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_______________，当观察到______________________________________________________________________现象，即表明反应已经完全。
（2）②中，加入大量水的作用是______________。（从平衡角度解释）
（3）溶液中氯离子浓度达到一定量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2-在一定温度下建立两个平衡: CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.4x10-6 ； CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl2-(aq) K=0.35。
分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的数学关系，在图中画出「Cu+]、[CuCl2-]的函数关系曲线(要求至少标出曲线上一个坐标点)。
19、某小组利用如下装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O（溶于水呈深蓝色）．并测量x值。
【Cu(NH3)xSO4·H2O制备】见图1
（1）A中发生的化学反应方程式为_____________________________。
（2）B中观察到的现象是_______________________；C中CCl4的作用是______________。
（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体，可加入试剂_______________。
【x值的测量】见图2
步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=(178+17x)g/mol]于锥形瓶a中；
步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；
步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL。
（4）步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为______。
【x值的计算与论证】
（5）计算：x=__________。
该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：
假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；
假设2：步骤二中_______________________________________________（任写两点）；
假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设_____（填“成立”或“不成立”）。
（6）针对假设l，你对实验的处理意见是________________。
20、某研究性学习小组同学将一定浓度的NaHCO3溶液加入到CuSO4溶液中，发现生成了沉淀．他们对沉淀的成分进行了如下探究，请填写相关内容：
提出假设
假设1：沉淀是CuCO3；
假设2： ；
假设3：沉淀是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．
验证假设
（1）如果假设1成立，则反应的离子方程式为 ．
（2）为了证明以上哪种假设成立，该小组同学利用下图所示装置对CuCO3的质量分数进行测定：
①实验过程中有以下操作步骤：（上图从左到右分别是K1，K2，K3，K4）
a．关闭K1、K3，打开K2、K4，充分反应
b．打开K1、K4，关闭K2、K3，通入过量空气
c．打开K1、K3，关闭K2、K4，通入过量空气
正确顺序是（填选项序号） ．
②若沉淀样品的质量为10.0g，装置D的质量增加了2.2g，则沉淀中CuCO3的质量分数为 ．
③由以上实验可知，假设 成立．
21、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为 。
得到滤渣1的主要成分为 。
（2）第②步加H2O2的作用是 ，使用H2O2的优点是 ；调溶液pH的目的是使 生成沉淀。
（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是 。
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中， 方案不可行，原因是 ；从原子利用率角度考虑， 方案更合理．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O（Mr=250）含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω= ；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是 。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．
22、铜是与人类关系非常密切的常见金属．
Ⅰ．已知常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu．
（1）CuH中H元素化合价为 ．
（2）目前制备纳米级Cu2O的一种方法：在氢氧化铜悬浊液中滴入N2H4·H2O水溶液，充分反应后即可得到Cu2O，同时产生无色无味的气体．上述制备过程中总反应的化学方程式为 ．
（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH4H反应生成氢化亚铜（CuH）．将CuH溶解在足量稀硫酸中，当产生6.72LH2（标准状况下）时，参加反应的硫酸的物质的量为 ．
Ⅱ．孔雀石呈绿色，是一种名贵的宝石．其主要成分是xCu（OH）2·yCuCO3．某兴趣小组为探究孔雀石组成，利用下图所示的装置（夹持仪器省略）进行实验：
步骤1：检查装置的气密性，将研细的样品置于硬质玻璃管中．
步骤2：称量相关装置的质量，打开活塞K，鼓入空气，一段时间后关闭．
步骤3：加热装置B直至装置C中无气泡产生．
步骤4： ．
步骤5：冷却至室温，称量相关装置的质量．
（1）请补充步骤4操作内容： ．
（2）若无装置E，则实验测定的x/y的值将 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（3）某同学在实验过程中采集了如下数据：
A．反应前硬质玻璃管与样品的质量163.8g
B．反应后硬质玻璃管中残留固体质量20g
C．装置C实验后增重2.25g
D．装置D实验后增重5.5g
为测定x/y的值，你认为可以选用上述所采集数据中的 （写出所有组合的字母代号）任一组即可进行计算，并根据你的计算结果，写出孔雀石组成的化学式 ．
23、NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．
（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是 ．
（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较p1、p2的大小关系 ．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ．
（3）Ⅲ中，将NO2（g）转化成N2O4（l），再制备浓硝酸．
①已知：2NO2（g）N2O4（g）△H1，2NO2（g）N2O4（l）△H2
图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母） 。
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式 。
（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是 ，说明理由： 。
24、孔雀石主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如图：
（1）步骤Ⅱ中试剂①是 （填代号）．
a．KMnO4 b．H2O2c．Fe粉d．KSCN
（2）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过 、 、过滤等操作．
（3）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂，它可以通过Fe（OH）3与NaCIO和NaOH的混合液制备，写出此离子方程式： ．在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极发生的反应的电极反应式为： ．
（4）步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH．查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积常数Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=3.0×10﹣20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol·L﹣1时就认为沉淀完全．设溶液2中Cu2+的浓度为3.0mol·L﹣1．步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH，根据以上数据计算应调节溶液的pH范围是 ．（已知lg5=0.7）
（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g．则计算得x= （计算结果精确到0.1）．
25、铜在自然界存在于多种矿石中，如：
请回答下列问题：
(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是________________________。
(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是_____________________________________。
(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是________________________________________________________________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称:_________________。
(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe，Ag，Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：________________________________________________________________________________________________________________________________。
参考答案
1、【答案】B
【解析】解：本题考查铁及其化合物、化学计算的相关知识。氯化铁的物质的量是0.5mol，若只发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+需要铜的质量为16g，若只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，需要铁的质量为14g。因为溶解的金属质量是18-3.2=14.8，说明两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错误；设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n2，有64n1+56n2=14.8g和2n1+2n2=0.5mol，解得：n1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，B正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，D错误。
2、【答案】B
【解析】解：本题考查无机物的推断．
从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，
因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．
①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，
B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，故③错误；
④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确．
故选B．
3、【答案】B
【解析】
【分析】
Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收；Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，结合原子守恒书写方程式；X气体是用于抑制CuCl2水解；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。
【详解】
途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，故A错误；Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，故D错误。
4、【答案】D
【解析】
【详解】
5、【答案】C
【解析】
A，若图中反应均为非氧化还原反应，W为一元强碱如W为NaOH，X可能为Al3+（或H2SO3等），Y可能为Al（OH）3（或NaHSO3等），可能为NaAlO2（或Na2SO3等），A项正确；B，若图中反应均为氧化还原反应，W为非金属单质如W为O2，X可能为C（或H2S等），Y可能为CO（或S等），可能为CO2（或SO2等），B项正确；C，若图中反应均为非氧化还原反应，W为一元强酸，若X为NH3，NH3与一元强酸反应的生成物不能与一元强酸反应，不满足图示转化关系，C项错误；D，若图中反应均为氧化还原反应，W为金属单质如W为Fe，X可能为Cl2（或Br2等），Y可能为FeCl3（或FeBr3等），可能为FeCl2（或FeBr2等），D项正确；答案选C。
6、【答案】B
【解析】
7、【答案】D
【解析】
【详解】
【点睛】
本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键。本题的难点为D，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。
8、【答案】B
【解析】
【详解】
A项，纯碱水溶液呈碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，可用于去除物品表面的油污，故A项正确；
B项，镁可以与二氧化碳发生反应，二氧化碳不能作为镁的灭火剂，故B项错误；
C项，纤维素能够水解变成葡萄糖，葡萄糖在某些酶的作用下可以转化为乙醇，故C项正确；
D项，氢氧化铁的胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以作为净水剂，故D项正确。
综上所述，本题的答案选项为B项。
9、【答案】D_X_X_
【解析】
【分析】
碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。
【详解】
10、【答案】D
【解析】
11、【答案】D
【解析】
12、【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。
【详解】
A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；
B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；
D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；
答案选B。
13、【答案】D
【解析】
【详解】
A.因为盐酸是足量的，则12.8g固体不可能为Fe2O3，故A错误；B.混合物X中Al2O3不一定含有，故B错误；C.盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3∽Cu，因为铜有剩余，则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1:1，故C错误；D.固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体，则m＞24.8，故D正确；答案选D。
14、【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、氧化膜保护内部的铝不被氧化，氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料，故A正确；……
B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上有广泛的应用，也有人说“21世纪将是钛的世纪”，可见其重要，故B正确；
C、在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，故C正确；
D、铜绿主要成分是Cu2（OH）2CO3，故D错误；
故选D。
15、【答案】C
【解析】
【详解】
正确；C.若溶液的pH偏高，溶液中的Al3+和OH-离子反应生成Al(OH)3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑，故C错误；D.二氧化硫被吸收后生成SO32-，SO32-不稳定，易被氧化生成SO42-，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，故D正确；故选C。
16、【答案】B
【解析】
【详解】
A.B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B.由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D.反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；故选B。
17、【答案】（1）c；a；
（2）冷却结晶；玻璃棒；
（3）氨气；
（4）偏小．
【解析】解：本题考查常见金属的单质及其化合物的应用，物质的制取和提纯等实验操作．
（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++4H2O，故选c，因Fe2+使高锰酸钾溶液褪色，所以可以用KMnO4检验Fe2+，故选a，
故答案为：c；a；
（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，
故答案为：冷却结晶；玻璃棒；
（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，
故答案为：氨气；
（4）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线俯视刻度线，则配制的标准液浓度偏大，用来滴定含有Fe2+的溶液，消耗的标准液的体积偏小，所以计算得的Fe2+的浓度偏小，
故答案为：偏小．
18、【答案】Ⅰ.(1)2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2；除去氯气中混有的HCl
(2)dejh(bc)gf
(3)吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解
(4)BC
Ⅱ.2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-
(1)温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发；溶液由蓝色变为无色
(2)稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；
(3)
【解析】解：I.（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，装置C装有饱和食盐水，其作用是除去氯气中混有的HCl；
（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dejh除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过bcgf，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c→g→f；
（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；
（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2以消耗氢离子但不引入新的杂质，并过滤。答案选BC。
Ⅱ.向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；
（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；
（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；
（3）根据①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl2-(aq) K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根据方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,两离子浓度成反比，两离子浓度相同时为0．7×10-3mol/L，据此可画出图像为：。
19、【答案】(1)Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O
(2)由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；防止倒吸
(3)无水乙醇
(4)Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑
(5)3.56；加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等；不成立
(6)更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验
【解析】解：本题考查物质的制备实验、定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断。
（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；
（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；
（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（4）Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；
（5）b中原来HCl的物质的量是0.03L×0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L×0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/(178+17x)g/mol×x=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；
步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；
针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。
20、【答案】沉淀全部是Cu（OH）2；
（1）Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
（2）①cab；
②62%；
③3．
【解析】解：本题考查物质含量的测定及性质实验方案设计．依据假设可知沉淀可逆是碳酸铜或氢氧化铜或二者混合物，假设2沉淀全部为Cu（OH）2，故答案为：沉淀全部是Cu（OH）2；
（1）若假设1正确，若生成碳酸铜说明是铜离子结合碳酸根离子，促进碳酸氢根离子电离，反应的离子方程式为Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
故答案为：Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
①由实验目的及装置可知，开始装置内含有二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排尽装置内的二氧化碳，故应打开K1、K3，关闭K2、K4；然后从分液漏斗中加入硫酸，充分反应；故应关闭K1、K3，打开K2、K4；反应完毕，容器内残留部分二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排出装置内的二氧化碳使反应生成的二氧化碳被装置D完全吸收，故正确的顺序是cab；
故答案为：cab；
②装置D的质量增加的2.2g为反应生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为==0.05mol，根据碳元素守恒可知n（CuCO3）=n（CO2）=0.05mol，故碳酸铜的质量为0.05mol×124g/mol=6.2g，故沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=62%；
故答案为：62%；
③沉淀质量分数假设可知含有氢氧化铜沉淀，所以假设3正确，故答案为：3．
21、【答案】（1）Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）加热脱水；
（4）甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）；c．
【解析】解：本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析．
（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
故答案为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费；
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10﹣3L=bc×10﹣3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4·5H2O物质的量为bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5=5bc×10﹣3mol；
所以CuSO4·5H2O质量分数的表达式=；
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：；c．
22、【答案】Ⅰ．（1）-1
（2）4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O；
（3）0.15mol；
Ⅱ．（1）打开K1，继续通一段时间空气至装置冷却
（2）偏小；
（3）BC、BD、CD；Cu（OH）2·CuCO3．
【解析】解：本题考查化合价计算、离子方程式书写以及据化学方程式的计算、物质组成的测量方法．
Ⅰ．（2）在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4·H2O水溶液，产生无色无味的气体，根据化合价变化，铜离子化合价降低被还原，能够被氧化生成无色无味的气体可能为N、O元素，由于氧气具有氧化性，不可能生成氧化亚铜，所以该气体只能是氮气，根据化合价升降法配平，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O，
故答案为：4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O；
（3）CuH与过量稀硫酸反应的离子方程式为2CuH+2H+=Cu+Cu2++H2↑，生成=0.3mol氢气时，参加反应的氢离子物质的量为0.3mol，所以硫酸的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15mol；
Ⅱ．（1）打开K1，继续通一段时间空气至装置冷却。
（2）装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D装置，D装置是吸收生成的二氧化碳的，C装置是吸收生成的水的，如果没有装置E，会使D装置质量增重偏大，即生成的二氧化碳质量偏大，则的值会偏小，
故答案为：偏小；
（3）碱式碳酸铜分解的化学方程xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑要测定x/y的值，可以测定生成的水和二氧化碳的质量，即测定C装置增重的质量和D装置增重的质量，故可选CD，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
18x44y
2.25g5.5g
则：=，解得：=1：1；
若测出反应后玻璃管中样品的质量以及装置C增重的质量，即已知方程式中氧化铜和水的质量关系，可求出的值，故可选BC，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
（x+y）×8018x
20g2.25g
则：=，解得：=1：1；
同样若已知反应后玻璃管中样品的质量以及装置C增重的质量，即已知方程式中氧化铜和二氧化碳的质量关系，可求出的值．故可选BD，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
（x+y）×8044y
20g5.5g
则：=，解得=1：1；
根据以上计算结果可知该样品组成的化学式为：Cu（OH）2·CuCO3，
故答案为：BC、BD、CD；Cu（OH）2·CuCO3．
23、【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①p2＞p1；
②变小；
（3）①A；
②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3．
【解析】解：本题考查化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．
（1）在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大，根据图象知，相同温度下，p2的转化率大于p1，所以p2＞p1，故答案为：p2＞p1；
②根据图象知，相同压强下，升高温度，NO转化率减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，故答案为：变小；
（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；
故答案为：A；
②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；
故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3．
24、【答案】（1）b；
（2）蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O；2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-；
（4）3.3≤pH＜4；
（5）4.4．
【解析】解：本题考查制备实验方案的设计．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；
（1）步骤Ⅱ中加入试剂①的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，
a．KMnO4溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾离子、锰离子，故a不符合；
b．加入H2O2会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b符合；
c．Fe粉不能氧化亚铁离子，故c不符合；
d．加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d不符合；
故答案为：b；
（2）操作Ⅳ是溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）NaClO与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O，在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K2FeO4在正极发生还原反应生成氧化铁，正极的电极反应式为2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，
故答案为：2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O；2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-；
（4）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L﹣1，c（Cu2+）=3.0mol·L﹣1；依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH﹣）=3.0×10﹣20；c2（OH﹣）==10﹣20；得到c（OH﹣）=10﹣10mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；求的c（H+）=10﹣4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol·L﹣1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）=8.0×10﹣38；c3（OH﹣）==8.0×10﹣33；求得c（OH﹣）=2×10﹣11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；c（H+）=5×10﹣4mol/L，则pH=3.3；所以要除去Fe3+而不损失Cu2+溶液的pH范围是3.3≤pH＜4，
故答案为：3.3≤pH＜4；
（5）称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，n（CuSO4）物质的量==0.01mol，受热质量减少2.4g﹣1.6g=0.8g，水的物质的量==0.044mol；
CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O
1x
0.01mol0.044mol
x=4.4
故答案为：4.4．
25、【答案】(1)Cu2S
(2)Cu2O和Cu2S
(3)形成酸雨 ；硫酸，硫酸铵
(4)电解池中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液。阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2＋进入溶液中，Cu-2e-=Cu2＋；阴极上发生还原反应，Cu2＋得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu2＋＋2e-=Cu，从而达到精制Cu的目的
【解析】解:(2)Cu2O，Cu2S的Cu由＋1价被还原为0价，作氧化剂；Cu2S的S由-2价被氧化为＋4价，作还原剂。
(3)处理SO2尾气一般为循环制备硫酸，或用氨水吸收，最后可得到(NH4)2SO4等化学品。
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．原固体混合物中铜的质量是9.6g
C．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10mol
D.反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.5mol
2、已知A、B为单质，C为化合物：A+BCA+B．能实现上述转化关系的是（ ）
①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则A可能是H2
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe
④若C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu．
A．①② B．②④ C．①③ D．③④
3、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性习小组拟热分解CuC12？2H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法正确的是()
A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去
B．途径2中200℃时反应的化方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C．X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl2？2H2O加热过程可能的水解
D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
4、下列实验操作能到达目的的是
A．制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤
B．除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液
C．除去CuCl2溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸
D．配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
5、X、Y、、W四种物质在一定条件下具有如下图所示的转化关系，下列判断错误的是
A．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则可能是NaAlO2
B．若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则可能是CO2
C．若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时则X可能是NH3
D．若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则可能是FeCl2
6、化与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是
A．明矾能用于自来水的杀菌消毒
B．浓硫酸在常温下能用铝制容器运输
C．化药品着火，都可以用水或泡沫灭火器灭火
D．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10－6m的颗粒物，其分散在空气中形成胶体
7、甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中化常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示（某些条件和部分产物已略去）。下列说法正确的是（）.
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲＜丙＜戊
8、下列说法不正确的是
A．纯碱可用于去除物品表面的油污B．二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂
C．植物秸秆可用于制造酒精D．氢氧化铁胶体可用作净水剂
9、某同通过如下流程制备氧化亚铜：
已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+==Cu2++Cu+H2O
下列说法不正确的是
A．步骤②SO2可用Na2SO3替换
B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤
C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度
10、下列有关说法正确的是（）
①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；
③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；
④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；
⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；
⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。
A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤
11、下图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨气和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊试液的蒸馏水。下列说法错误的是
A．在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨气，用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
B．在实验室中制备干燥的氨气和氯化氢时，可选用相同的干燥剂
C．实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后呈紫色，蒸干可得氯化铵固体
12、
下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是（）。
A．FeSO4B．MgSO4C．AlCl3D．NH4Cl
13、
某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究：（）。
下列说法正确的是（）
A．12.8g固体可能为Fe2O3B．混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
C．Fe2O3、Cu的物质的量之比为1:1D．m＞24.8
14、下列有关金属的说法错误
A．氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料
B．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪将是钛的世纪”
C．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素
D．出土的古代铜制品往往覆盖着一层铜绿，主要成分是CuCO3
15、烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6﹣2x溶液，并用于烟气脱硫研究。
下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2
B．加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6﹣2x
C．调节pH时若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，相应的离子方程式如下：3CaCO3+2Al3++3H2O=2Al(OH)3+3Ca2++3CO2↑
D．上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32-被氧化成SO42-
16、
某小组为探究草酸亚铁（FeC2O4）的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
以下说法错误的是（）
A．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和CO气体
B．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1~2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3
C．装置C的作用是除去混合气中的CO2
D．反应结束后，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温
17、孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O及CaCO3，步骤如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂①为，检验溶液A中Fe2+的最佳试剂为（均填代号）．
a．KMnO4b．（NH4）2Sc．H2O2d．KSCN
（2）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过蒸发浓缩，，过滤等操作．除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器的名称是．
（3）制备CaCO3时，应向CaCl2溶液中先通入（或先加入）（填名称）．
（4）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线俯视刻度线，则测定的Fe2+的浓度．（偏大、偏小或无误差）
18、铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐,广泛应用于工业生产.
I.CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。
（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_______________________________，装置C的作用是_______________________________。
（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→_________________________。（每种仪器限使用一次）
（3）上述D装置的作用是____________________。
（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入_________，并过滤。
A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH
Ⅱ.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。
方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_______________________________。
方法二 铜粉还原CuSO4溶液
已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-[CuCl3]2-(无色溶液)。
（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_______________，当观察到______________________________________________________________________现象，即表明反应已经完全。
（2）②中，加入大量水的作用是______________。（从平衡角度解释）
（3）溶液中氯离子浓度达到一定量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2-在一定温度下建立两个平衡: CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.4x10-6 ； CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl2-(aq) K=0.35。
分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的数学关系，在图中画出「Cu+]、[CuCl2-]的函数关系曲线(要求至少标出曲线上一个坐标点)。
19、某小组利用如下装置制备Cu(NH3)xSO4·H2O（溶于水呈深蓝色）．并测量x值。
【Cu(NH3)xSO4·H2O制备】见图1
（1）A中发生的化学反应方程式为_____________________________。
（2）B中观察到的现象是_______________________；C中CCl4的作用是______________。
（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体，可加入试剂_______________。
【x值的测量】见图2
步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=(178+17x)g/mol]于锥形瓶a中；
步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；
步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL。
（4）步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为______。
【x值的计算与论证】
（5）计算：x=__________。
该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：
假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；
假设2：步骤二中_______________________________________________（任写两点）；
假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设_____（填“成立”或“不成立”）。
（6）针对假设l，你对实验的处理意见是________________。
20、某研究性学习小组同学将一定浓度的NaHCO3溶液加入到CuSO4溶液中，发现生成了沉淀．他们对沉淀的成分进行了如下探究，请填写相关内容：
提出假设
假设1：沉淀是CuCO3；
假设2： ；
假设3：沉淀是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．
验证假设
（1）如果假设1成立，则反应的离子方程式为 ．
（2）为了证明以上哪种假设成立，该小组同学利用下图所示装置对CuCO3的质量分数进行测定：
①实验过程中有以下操作步骤：（上图从左到右分别是K1，K2，K3，K4）
a．关闭K1、K3，打开K2、K4，充分反应
b．打开K1、K4，关闭K2、K3，通入过量空气
c．打开K1、K3，关闭K2、K4，通入过量空气
正确顺序是（填选项序号） ．
②若沉淀样品的质量为10.0g，装置D的质量增加了2.2g，则沉淀中CuCO3的质量分数为 ．
③由以上实验可知，假设 成立．
21、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为 。
得到滤渣1的主要成分为 。
（2）第②步加H2O2的作用是 ，使用H2O2的优点是 ；调溶液pH的目的是使 生成沉淀。
（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是 。
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中， 方案不可行，原因是 ；从原子利用率角度考虑， 方案更合理．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O（Mr=250）含量．取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω= ；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是 。
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．
22、铜是与人类关系非常密切的常见金属．
Ⅰ．已知常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu．
（1）CuH中H元素化合价为 ．
（2）目前制备纳米级Cu2O的一种方法：在氢氧化铜悬浊液中滴入N2H4·H2O水溶液，充分反应后即可得到Cu2O，同时产生无色无味的气体．上述制备过程中总反应的化学方程式为 ．
（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH4H反应生成氢化亚铜（CuH）．将CuH溶解在足量稀硫酸中，当产生6.72LH2（标准状况下）时，参加反应的硫酸的物质的量为 ．
Ⅱ．孔雀石呈绿色，是一种名贵的宝石．其主要成分是xCu（OH）2·yCuCO3．某兴趣小组为探究孔雀石组成，利用下图所示的装置（夹持仪器省略）进行实验：
步骤1：检查装置的气密性，将研细的样品置于硬质玻璃管中．
步骤2：称量相关装置的质量，打开活塞K，鼓入空气，一段时间后关闭．
步骤3：加热装置B直至装置C中无气泡产生．
步骤4： ．
步骤5：冷却至室温，称量相关装置的质量．
（1）请补充步骤4操作内容： ．
（2）若无装置E，则实验测定的x/y的值将 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（3）某同学在实验过程中采集了如下数据：
A．反应前硬质玻璃管与样品的质量163.8g
B．反应后硬质玻璃管中残留固体质量20g
C．装置C实验后增重2.25g
D．装置D实验后增重5.5g
为测定x/y的值，你认为可以选用上述所采集数据中的 （写出所有组合的字母代号）任一组即可进行计算，并根据你的计算结果，写出孔雀石组成的化学式 ．
23、NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．
（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是 ．
（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）．在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如图2）．
①比较p1、p2的大小关系 ．
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 ．
（3）Ⅲ中，将NO2（g）转化成N2O4（l），再制备浓硝酸．
①已知：2NO2（g）N2O4（g）△H1，2NO2（g）N2O4（l）△H2
图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母） 。
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式 。
（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是 ，说明理由： 。
24、孔雀石主要成分是Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如图：
（1）步骤Ⅱ中试剂①是 （填代号）．
a．KMnO4 b．H2O2c．Fe粉d．KSCN
（2）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过 、 、过滤等操作．
（3）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂，它可以通过Fe（OH）3与NaCIO和NaOH的混合液制备，写出此离子方程式： ．在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极发生的反应的电极反应式为： ．
（4）步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH．查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积常数Ksp=8.0×10﹣38，Cu（OH）2的溶度积常数Ksp=3.0×10﹣20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol·L﹣1时就认为沉淀完全．设溶液2中Cu2+的浓度为3.0mol·L﹣1．步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH，根据以上数据计算应调节溶液的pH范围是 ．（已知lg5=0.7）
（5）测定硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g．则计算得x= （计算结果精确到0.1）．
25、铜在自然界存在于多种矿石中，如：
请回答下列问题：
(1)上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是________________________。
(2)工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑，反应的氧化剂是_____________________________________。
(3)SO2尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是________________________________________________________________________；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中1种酸和1种盐的名称:_________________。
(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量Fe，Ag，Au等金属杂质，需进一步采用电解法精制。请简述粗铜电解得到精铜的原理：________________________________________________________________________________________________________________________________。
参考答案
1、【答案】B
【解析】解：本题考查铁及其化合物、化学计算的相关知识。氯化铁的物质的量是0.5mol，若只发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+需要铜的质量为16g，若只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，需要铁的质量为14g。因为溶解的金属质量是18-3.2=14.8，说明两种金属都参与反应，Fe3+完全反应，剩余的金属是铜，故A、C错误；设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n2，有64n1+56n2=14.8g和2n1+2n2=0.5mol，解得：n1=0.1mol，n2=0.15mol，则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g，B正确；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol，D错误。
2、【答案】B
【解析】解：本题考查无机物的推断．
从转化关系可知，电解电解质溶液时，是电解电解质本身，
因此C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸．
①若A为钠，则B为氧气，则C为过氧化钠，C的水溶液为氢氧化钠，电解氢氧化钠得到氢气和氧气，不符合转化关系，故①错误；
②若C的溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，则C可以为HCl、HBr、HI等，电解这些酸的水溶液实际上是电解本身，在阴极得到氢气，故A可能是H2，
B可能为卤素单质，故②符号上述转化关系，故②正确；
③若C的溶液中滴加KSCN溶液显红色，则C中含铁离子，电解铁盐不会得到铁单质，故③错误；
④由C的溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则C为铜盐，C可以为卤化铜，如氯化铜、溴化铜等，电解他们的水溶液都会得到铜和卤素单质，故B可以为铜，故④正确．
故选B．
3、【答案】B
【解析】
【分析】
Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收；Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，结合原子守恒书写方程式；X气体是用于抑制CuCl2水解；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。
【详解】
途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，故A错误；Cu2(OH)2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，故D错误。
4、【答案】D
【解析】
【详解】
5、【答案】C
【解析】
A，若图中反应均为非氧化还原反应，W为一元强碱如W为NaOH，X可能为Al3+（或H2SO3等），Y可能为Al（OH）3（或NaHSO3等），可能为NaAlO2（或Na2SO3等），A项正确；B，若图中反应均为氧化还原反应，W为非金属单质如W为O2，X可能为C（或H2S等），Y可能为CO（或S等），可能为CO2（或SO2等），B项正确；C，若图中反应均为非氧化还原反应，W为一元强酸，若X为NH3，NH3与一元强酸反应的生成物不能与一元强酸反应，不满足图示转化关系，C项错误；D，若图中反应均为氧化还原反应，W为金属单质如W为Fe，X可能为Cl2（或Br2等），Y可能为FeCl3（或FeBr3等），可能为FeCl2（或FeBr2等），D项正确；答案选C。
6、【答案】B
【解析】
7、【答案】D
【解析】
【详解】
【点睛】
本题考查无机物的推断，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键。本题的难点为D，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。
8、【答案】B
【解析】
【详解】
A项，纯碱水溶液呈碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，可用于去除物品表面的油污，故A项正确；
B项，镁可以与二氧化碳发生反应，二氧化碳不能作为镁的灭火剂，故B项错误；
C项，纤维素能够水解变成葡萄糖，葡萄糖在某些酶的作用下可以转化为乙醇，故C项正确；
D项，氢氧化铁的胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以作为净水剂，故D项正确。
综上所述，本题的答案选项为B项。
9、【答案】D_X_X_
【解析】
【分析】
碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。
【详解】
10、【答案】D
【解析】
11、【答案】D
【解析】
12、【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。
【详解】
A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；
B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；
D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；
答案选B。
13、【答案】D
【解析】
【详解】
A.因为盐酸是足量的，则12.8g固体不可能为Fe2O3，故A错误；B.混合物X中Al2O3不一定含有，故B错误；C.盐酸是足量的，所以Fe2O3会完全反应，但是铜不一定会完全反应，但当加入过量氢氧化钠溶液时，SiO2和Al2O3会完全反应，所以剩余的固体只能是铜，根据反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，得到关系式：Fe2O3∽Cu，因为铜有剩余，则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1:1，故C错误；D.固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体，则m＞24.8，故D正确；答案选D。
14、【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、氧化膜保护内部的铝不被氧化，氧化膜使得性质活波的金属铝成为一种应用广泛的金属材料，故A正确；……
B、钛被称为继铁、铝之后的第三金属，在工业上有广泛的应用，也有人说“21世纪将是钛的世纪”，可见其重要，故B正确；
C、在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能。因此，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，故C正确；
D、铜绿主要成分是Cu2（OH）2CO3，故D错误；
故选D。
15、【答案】C
【解析】
【详解】
正确；C.若溶液的pH偏高，溶液中的Al3+和OH-离子反应生成Al(OH)3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑，故C错误；D.二氧化硫被吸收后生成SO32-，SO32-不稳定，易被氧化生成SO42-，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，故D正确；故选C。
16、【答案】B
【解析】
【详解】
A.B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E中固体变红、F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO，故A正确；B.由于反应中生成了一氧化碳，可能将部分铁的氧化物还原成了铁，反应结束后，用稀硫酸溶解A中固体，铁将Fe2O3溶解生成的铁离子还原，故再向其中滴加KSCN溶液，溶液无颜色变化，因此不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C.E和F是检验生成物是否含有一氧化碳，二氧化碳会干扰检验，因此需要装置C除去混合气中的CO2，故C正确；D.反应结束后，为了防止倒吸，应熄灭A、E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温，故D正确；故选B。
17、【答案】（1）c；a；
（2）冷却结晶；玻璃棒；
（3）氨气；
（4）偏小．
【解析】解：本题考查常见金属的单质及其化合物的应用，物质的制取和提纯等实验操作．
（1）本实验要除去Fe2+、Fe3+等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入H2O2，发生的反应为：2H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++4H2O，故选c，因Fe2+使高锰酸钾溶液褪色，所以可以用KMnO4检验Fe2+，故选a，
故答案为：c；a；
（2）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，
故答案为：冷却结晶；玻璃棒；
（3）CaCl2溶液不能与CO2反应，加入碱能反应，但又不能引入杂质，应通入NH3，实验室收集氨气时要注意防止倒吸，因为氨气极易溶于水，吸收时导管不能插入到液面以下，可用倒置的漏斗，
故答案为：氨气；
（4）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制某标准溶液，定容时视线俯视刻度线，则配制的标准液浓度偏大，用来滴定含有Fe2+的溶液，消耗的标准液的体积偏小，所以计算得的Fe2+的浓度偏小，
故答案为：偏小．
18、【答案】Ⅰ.(1)2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2；除去氯气中混有的HCl
(2)dejh(bc)gf
(3)吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解
(4)BC
Ⅱ.2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-
(1)温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发；溶液由蓝色变为无色
(2)稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；
(3)
【解析】解：I.（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，装置C装有饱和食盐水，其作用是除去氯气中混有的HCl；
（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dejh除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过bcgf，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c→g→f；
（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；
（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2以消耗氢离子但不引入新的杂质，并过滤。答案选BC。
Ⅱ.向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；
（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；
（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；
（3）根据①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl2-(aq) K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根据方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,两离子浓度成反比，两离子浓度相同时为0．7×10-3mol/L，据此可画出图像为：。
19、【答案】(1)Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+CaCl2+2H2O
(2)由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液；防止倒吸
(3)无水乙醇
(4)Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑
(5)3.56；加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等；不成立
(6)更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验
【解析】解：本题考查物质的制备实验、定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断。
（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；
（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；
（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4·H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（4）Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu(NH3)x2++2OH-=Cu(OH)2↓+xNH3↑；
（5）b中原来HCl的物质的量是0.03L×0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L×0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/(178+17x)g/mol×x=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；
步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；
针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。
20、【答案】沉淀全部是Cu（OH）2；
（1）Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
（2）①cab；
②62%；
③3．
【解析】解：本题考查物质含量的测定及性质实验方案设计．依据假设可知沉淀可逆是碳酸铜或氢氧化铜或二者混合物，假设2沉淀全部为Cu（OH）2，故答案为：沉淀全部是Cu（OH）2；
（1）若假设1正确，若生成碳酸铜说明是铜离子结合碳酸根离子，促进碳酸氢根离子电离，反应的离子方程式为Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
故答案为：Cu2++2HCO3﹣═CuCO3↓+H2O+CO2↑；
①由实验目的及装置可知，开始装置内含有二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排尽装置内的二氧化碳，故应打开K1、K3，关闭K2、K4；然后从分液漏斗中加入硫酸，充分反应；故应关闭K1、K3，打开K2、K4；反应完毕，容器内残留部分二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排出装置内的二氧化碳使反应生成的二氧化碳被装置D完全吸收，故正确的顺序是cab；
故答案为：cab；
②装置D的质量增加的2.2g为反应生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为==0.05mol，根据碳元素守恒可知n（CuCO3）=n（CO2）=0.05mol，故碳酸铜的质量为0.05mol×124g/mol=6.2g，故沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=62%；
故答案为：62%；
③沉淀质量分数假设可知含有氢氧化铜沉淀，所以假设3正确，故答案为：3．
21、【答案】（1）Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）加热脱水；
（4）甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）；c．
【解析】解：本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析．
（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
故答案为：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费；
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
（5）取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L﹣1EDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣=CuY2﹣+2H+
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10﹣3L=bc×10﹣3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4·5H2O物质的量为bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5=5bc×10﹣3mol；
所以CuSO4·5H2O质量分数的表达式=；
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：；c．
22、【答案】Ⅰ．（1）-1
（2）4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O；
（3）0.15mol；
Ⅱ．（1）打开K1，继续通一段时间空气至装置冷却
（2）偏小；
（3）BC、BD、CD；Cu（OH）2·CuCO3．
【解析】解：本题考查化合价计算、离子方程式书写以及据化学方程式的计算、物质组成的测量方法．
Ⅰ．（2）在新制Cu（OH）2浊液中滴入N2H4·H2O水溶液，产生无色无味的气体，根据化合价变化，铜离子化合价降低被还原，能够被氧化生成无色无味的气体可能为N、O元素，由于氧气具有氧化性，不可能生成氧化亚铜，所以该气体只能是氮气，根据化合价升降法配平，反应的化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O，
故答案为：4Cu（OH）2+N2H4·H2O═2Cu2O+N2↑+7H2O；
（3）CuH与过量稀硫酸反应的离子方程式为2CuH+2H+=Cu+Cu2++H2↑，生成=0.3mol氢气时，参加反应的氢离子物质的量为0.3mol，所以硫酸的物质的量为0.15mol，
故答案为：0.15mol；
Ⅱ．（1）打开K1，继续通一段时间空气至装置冷却。
（2）装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D装置，D装置是吸收生成的二氧化碳的，C装置是吸收生成的水的，如果没有装置E，会使D装置质量增重偏大，即生成的二氧化碳质量偏大，则的值会偏小，
故答案为：偏小；
（3）碱式碳酸铜分解的化学方程xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑要测定x/y的值，可以测定生成的水和二氧化碳的质量，即测定C装置增重的质量和D装置增重的质量，故可选CD，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
18x44y
2.25g5.5g
则：=，解得：=1：1；
若测出反应后玻璃管中样品的质量以及装置C增重的质量，即已知方程式中氧化铜和水的质量关系，可求出的值，故可选BC，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
（x+y）×8018x
20g2.25g
则：=，解得：=1：1；
同样若已知反应后玻璃管中样品的质量以及装置C增重的质量，即已知方程式中氧化铜和二氧化碳的质量关系，可求出的值．故可选BD，
xCu（OH）2·yCuCO3（x+y）CuO+xH2O+yCO2↑
（x+y）×8044y
20g5.5g
则：=，解得=1：1；
根据以上计算结果可知该样品组成的化学式为：Cu（OH）2·CuCO3，
故答案为：BC、BD、CD；Cu（OH）2·CuCO3．
23、【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①p2＞p1；
②变小；
（3）①A；
②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3．
【解析】解：本题考查化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．
（1）在催化剂、加热条件下，氨气被氧化生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NO的转化率增大，根据图象知，相同温度下，p2的转化率大于p1，所以p2＞p1，故答案为：p2＞p1；
②根据图象知，相同压强下，升高温度，NO转化率减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，故答案为：变小；
（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；
故答案为：A；
②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；
故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多，所以需充入NH3．
24、【答案】（1）b；
（2）蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O；2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-；
（4）3.3≤pH＜4；
（5）4.4．
【解析】解：本题考查制备实验方案的设计．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；
（1）步骤Ⅱ中加入试剂①的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，
a．KMnO4溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾离子、锰离子，故a不符合；
b．加入H2O2会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b符合；
c．Fe粉不能氧化亚铁离子，故c不符合；
d．加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d不符合；
故答案为：b；
（2）操作Ⅳ是溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）NaClO与Fe（OH）3在强碱性条件下反应制得K2FeO4，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O，在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K2FeO4在正极发生还原反应生成氧化铁，正极的电极反应式为2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，
故答案为：2Fe（OH）3+3C1O﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3C1﹣+5H2O；2FeO42ˉ+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-；
（4）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10﹣20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L﹣1，c（Cu2+）=3.0mol·L﹣1；依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH﹣）=3.0×10﹣20；c2（OH﹣）==10﹣20；得到c（OH﹣）=10﹣10mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；求的c（H+）=10﹣4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol·L﹣1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10﹣38，c（Fe3+）×c3（OH﹣）=8.0×10﹣38；c3（OH﹣）==8.0×10﹣33；求得c（OH﹣）=2×10﹣11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14；c（H+）=5×10﹣4mol/L，则pH=3.3；所以要除去Fe3+而不损失Cu2+溶液的pH范围是3.3≤pH＜4，
故答案为：3.3≤pH＜4；
（5）称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，n（CuSO4）物质的量==0.01mol，受热质量减少2.4g﹣1.6g=0.8g，水的物质的量==0.044mol；
CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O
1x
0.01mol0.044mol
x=4.4
故答案为：4.4．
25、【答案】(1)Cu2S
(2)Cu2O和Cu2S
(3)形成酸雨 ；硫酸，硫酸铵
(4)电解池中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质为硫酸铜溶液。阳极上发生氧化反应，Cu失去电子，使Cu单质变为Cu2＋进入溶液中，Cu-2e-=Cu2＋；阴极上发生还原反应，Cu2＋得到电子在阴极上析出Cu单质，Cu2＋＋2e-=Cu，从而达到精制Cu的目的
【解析】解:(2)Cu2O，Cu2S的Cu由＋1价被还原为0价，作氧化剂；Cu2S的S由-2价被氧化为＋4价，作还原剂。
(3)处理SO2尾气一般为循环制备硫酸，或用氨水吸收，最后可得到(NH4)2SO4等化学品。
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