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1、高三化学二轮复习铜及其化合物必刷卷一、选择题（共17题）1下列物质与俗名对应的是A硫铵: NH4HSO4B重晶石: BaCO3C草酸: H2C2O4D胆矾：FeSO45H2O2下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A铝具有良好导热性，可用铝罐贮运浓硝酸BCaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂CFeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂D明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂3FeC13、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是A溶液中一定不含Cu2+B溶液中一定含Fe2+C加入KSCN溶液一定不变红色D剩余固体中可能含有
2、Fe4下列变化不能通过一步化学反应实现的是ABaCl2BaSO4BCuOCu(OH)2CNaOHNa2CO3DMgSO4Mg(OH)25有关下列实验的说法中正确的是（）A向苯酚的浓溶液中加入少量稀溴水，可观察到有白色沉淀生成B向氯化铝溶液中加足量的氟化铵溶液后再加入足量氨水可看到有白色胶状沉淀生成C向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂溶液会显紫玫瑰色D向硫酸铜溶液中加入过量的氨水会生成深蓝色沉淀6下列实验操作正确的是A蒸发结晶时，用玻璃棒不断搅拌至溶液析出大量晶体，再用余热蒸干B除去还原时在玻璃管内壁产生的铜，先用稀盐酸溶解，再用水清洗C用洁净的铂丝蘸取食盐灼烧并直接观察火焰颜色，判断食盐中是否添加了
3、D用分液漏斗分离苯萃取后的混合液体时，先放出水层，再从下口放出有机层7将铜丝烧热，迅速插入氢气中，发生反应：CuO+H2Cu+H2O。若用下列物质代替氢气进行上述实验：一氧化碳、稀硝酸、稀盐酸、乙醇，铜丝表面所观察到的现象、铜丝质量变化情况与上述实验完全相同的是ABCD只有8向一定量的Cu、Fe2O3混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为A32gB24gC16gD08g9下列叙述正确的是 A为了节约，应将所有实验过程中取用的剩余药品放回原试剂瓶B同温同压下，1体积X2气体与3体积Y2
4、气体化合生成2体积气体化合物的化学式为 XY3C将25g胆矾晶体溶于1000mL水中，所得溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.1mol/LD还原剂失去电子越多，还原性越强,氧化剂得到电子越多，氧化性越强10CuSO4是一种重要的化工原料，其制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想BY在反应中起到还原剂的作用C将CuSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶可制得胆矾晶体DCuSO4在1100分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体11CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以废铜渣(主要成公为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备
5、CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是A1 mol配合物Ni(CO)4中键的数目为4 molB“碱溶”时发生反应的离子方程式为：C“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：D“洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化12下列物质不能由化合反应直接生成的是ANaOHBCu2(OH)2CO3CH2SiO3DFeCl213下列制取硝酸铜的方法中符合绿色化学理念的是A氧化铜和稀硝酸反应 B铜和稀硝酸反应C铜和硝酸铁溶液反应 D铜和浓硝酸反应14将一定量的铁粉加入到一定量的硝酸银和硝酸镁的混合液中，充分反应后过滤，向滤渣中加入稀硫酸，有气泡产生，则在滤渣中A一定有银、铁和镁B仅有银和铁C可能含镁D只有银15C
6、和CuO在一定温度下反应，产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将2.00 g C跟16.0 g CuO混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，充分反应后共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是：A反应后的固体混合物中Cu的质量为9.6 gB反应后的固体混合物中还含有碳C反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 molD反应后的固体混合物总质量为14.4 g16在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是：0.4mol/L、0.1mol/L。向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的C
7、u2+的物质的量浓度(mol/L)是A0.15B0.225C0.35D0.4517人工泳池水质须符合CJ/T244-2016标准，为此在泳池里需要加入某些化学品。下列做法正确的是A用明矾作消毒剂B用硫酸铜作杀藻剂C用氯化钠作pH调节剂D用次氯酸钠作净水剂二、综合题（共6题）18铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。现将25.6gCu投入50mL12mol/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体。(1)被还原硝酸的物质的
8、量是_mol。(2)试分析判断25.6gCu和50mL12mo/L的硝酸反应后何者有剩余？_；其物质的量是_。(3)如果4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体是通过排水法进行收集，则收集到的气体的体积是_L。(4)如果向反应后的体系中再加入200mL4mol/L的稀硫酸，是否会有气体逸出_(填是或否)，如有请计算产生气体的体积(标准状态)为_。19下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为118号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。请
9、回答下列问题：(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为_。(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_。(3)在25 和101 kPa的条件下，将VL的B气体溶于100 mL水中，得到密度为gmL1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为_ molL1。(已知25 、101 kPa条件下气体摩尔体积为24.5 Lmol1，不必化简)(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_。(5)B和C反应的化学方程式为_。(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：_。20将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl
10、2溶液，混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应)，试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。(1)若铁粉有剩余，则容器中不可能有_；(2)若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_，一定有_；(3)若氯化铁有剩余，则容器中不可能有_ ；(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_。21氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl-浓度较大的体系，在潮湿的空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：(1)基态铜原子核外电子排布式为：_。(2)为了提高溶解速率，可以适当加热
11、到6070，还可以采用的措施为_。(3)溶解步骤的温度控制在6070，温度不宜过高的原因是_。该步骤中Cu 与NH4NO3反应的离子方程式为 (N元素被还原到最低价)_。(4)还原步骤发生反应的离子方程式为_。(5)滤液的主要成分为_(写化学式)。 (6)酸洗时，可选用稀硫酸或稀盐酸，但不能用浓盐酸的原因是_。22铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。（1）生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为_。（2）某溶液中有Mg2、F
12、e2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_。AMg2BFe2CAl3DCu2（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：操作的名称是_；操作的名称是_；操作的方法为_。请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：_。23铜及其化合物在化学与生活中应用广泛，某实验兴趣小组对硫酸铜进行实验探究，步骤如下：无水CuSO4是一种白色的固体，溶于水所得溶液为天蓝色。向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，析出蓝色的沉淀。向蓝色的沉淀中继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透
13、明的溶液。向深蓝色透明的溶液中加入极性较小的溶剂乙醇，将析出深蓝色的晶体。回答下列问题(1)基态铜原子的电子排布式为_。(2)铜有两种氧化物CuO和Cu2O，二者较稳定的是_，请从结构的角度解释原因是_ (3)实验步骤中得到天蓝色溶液是因为产生了_(填离子符号)，该离子中的化学键类型是_，该离子的空间结构为_，0.1mol该离子中所含键数目为_。(4)步骤析出蓝色的沉淀的离子方程式为_ ，步骤淀溶解，得到深蓝色透明的溶液的离子方程式为_。(5)步骤中乙醇的作用是_得到的蓝色晶体是_(填化学式)参考答案1C【详解】A硫铵指硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，A不符合题意；B重晶石指硫酸钡，化学式
14、为BaSO4，B不符合题意；C草酸指乙二酸，结构简式为HOOC-COOH，化学式为H2C2O4，C符合题意；D胆矾指五水硫酸铜，化学式为CuSO45H2O，D不符合题意；故答案选C。2A【详解】A. Al遇到浓硝酸会发生钝化，故可用铝罐贮运浓硝酸，与其导热性无关，A符合题意；B. CaO2能缓慢与水反应产生O2，且产物氢氧化钙微溶于水，可用作水产养殖中的供氧剂，B不符合题意；C. FeCl3溶液具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂，C不符合题意；D. 明矾电离出的铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D不符合题意；故答案选A。3A【详解】根据氧化性的强弱及谁强谁先反应，先发生2Fe
15、3+Fe=3Fe2+，后Cu2+Fe=Cu+Fe2+；有固体剩余，固体可能是Fe或Cu或其混合物；溶液中Fe、Cu均能和三价铁离子反应，故溶液中可定不含三价铁离子，可能有铜离子，答案选A。4B【详解】A.氯化钡溶液与硫酸或可溶性硫酸盐溶液反应能生成硫酸钡沉淀，氯化钡转化为硫酸钡能通过一步化学反应实现，故A不符合题意；B.氧化铜不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铜，氧化铜转化为氢氧化铜不能通过一步化学反应实现，故B符合题意；C.足量的氢氧化钠溶液与二氧化碳反应能生成碳酸钠，氢氧化钠转化为碳酸钠能通过一步化学反应实现，故C不符合题意；D.硫酸镁溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化镁沉淀，硫酸镁转化为氢
16、氧化镁能通过一步化学反应实现，故D不符合题意；故选B。5C【详解】A稀溴水中溴单质含量低，与苯酚浓溶液反应生成的三溴苯酚可溶于苯酚中，无法观察到有白色沉淀生成，正确的操作是向少量苯酚稀溶液中加入足量浓溴水，可观察到白色沉淀生成，故A错误；B氯化铝为强酸弱碱盐，水解呈酸性，氟化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，两者混合不能发生双水解，不可能出现氢氧化铝沉淀，但它们会形成络合离子AlF63，溶液中铝离子浓度减少，再加入足量氨水也看不到无白色胶状氢氧化铝沉淀生成，故B错误；C双缩脲试剂是由双缩脲试剂A(NaOH)和双缩脲试剂B(CuSO4)两种试剂组成，蛋白质的肽键在碱性溶液中能与Cu2+络合成紫玫瑰色的
17、化合物，所以向蛋白质溶液中加入双缩脲试剂溶液会显紫玫瑰色，故C正确；D硫酸铜溶液加入氨水先产生蓝色的难溶絮状物氢氧化铜，再往氢氧化铜沉淀滴加氨水，蓝色的难溶絮状物溶解，产生深蓝色的溶液，深蓝色的溶液为四氨合铜离子Cu(NH3)42+，故D错误；答案选C。6A【详解】A蒸发时不能蒸干，用玻璃棒不断搅拌，在有大量晶体析出时停止加热，利用余热加热，故A正确；B氢气与氧化铜反应生成铜，铜与盐酸不反应，应用硝酸溶解除去，故B错误；C没有透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不能检验是否含有K元素，故C错误；D苯的密度小于水，用苯萃取溴水中的Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分液时先从分液漏斗下口放出水层，
18、再从上口倒出有机层，故D错误；故选A。7B【详解】CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，氢气为还原剂，一氧化碳是常用的还原剂，具有还原性，则能代替氢气来实验；稀硝酸中N元素的化合价为最高价，具有氧化性，则不能代替氢气；稀盐酸不具有强还原性，则不能代替氢气来实验；乙醇具有还原性，则能代替氢气来实验；故选B。8D【详解】向混合物中加入盐酸时发生如下反应：Fe2O36HCl=2FeCl33H2O、2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2，由题意可知：Cu与Fe2O3的物质的量相等，设二者的物质的量均为x，最后溶液中为CuCl2和FeCl2，根据金属和Cl原子守恒，则有2x+4x0.1L1m
19、olL10.1mol，xmol；若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量即为氧原子的质量：mol316gmol10.8g，答案选D。9B【详解】试题分析：A项：实验中取用的剩余药品不能放回原试剂瓶（除碱金属的单质外），以防止污染，故错；C项：溶液的体积不明，溶液浓度就无法计算，故错；D项：氧化性、还原性的强弱与得失电子数多少无关，故错。故选B。考点：实验操作 化学计算 氧化性和还原性的强弱点评：本题考查涉及的知识点较多，但都是很基础的，考查学生对基础知识的掌握、计算能力和记忆能力。10D【详解】A相对于途径，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆
20、矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；B硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和Y反应生成氧化亚铜，铜元素化合价降低，得到电子，则Y在反应中起到还原剂的作用，故B正确；C将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤可制得胆矾晶体，故C正确；D硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4Cu2O+SO2+SO3+O2知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，不符合氧化还原反应规律，故D错误；故答案选D。11D【分析】废铜渣在CO作用下除去Ni，剩余Cu和Al2
21、O3，经过碱溶除去氧化铝，而后将Cu在有氧化剂的情况下酸溶形成Cu2+，再还原成CuCl。【详解】A 在配合物Ni(CO)4中，四个CO含有四个键，Ni与四个CO形成了四个键，共八个键，所以1 mol配合物Ni(CO)4中键的数目为8NA，A错误；B加入CO除镍时，氧化铝未被还原，即“碱溶”时是废铜渣中的氧化铝与强氧化钠溶液反应，不是铝单质，B错误；C“碱溶”之后的固体主要成分为Cu，酸溶之后转化为硫酸铜溶液，而后被亚硫酸钠还原，生成氯化亚铜和硫酸钠，故“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：，C错误；DCuCl 容易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能隔绝空气，防止CuCl被氧化，D正确。答案选D。1
22、2C【详解】A.可以由氧化钠和水化合生成，A不选；B.可以由铜、氧气、水、二氧化碳化合生成，B不选；C.二氧化硅和水不反应，故不能通过化合反应制得，C选；D.可以由铁和氯化铁化合制得，D不选；答案选C。13A【解析】【详解】氧化铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和水，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，铜和硝酸铁反应生成硝酸铜和硝酸亚铁，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，一氧化氮和二氧化氮都是有害气体，硝酸亚铁是杂质。故选A。14B【解析】试题分析：铁和硝酸银反应生成银，铁和硝酸镁不反应，所得的滤渣和硫酸反应，说明滤渣中含有铁，所以选B。考点： 金属的性质15A【分析】反应得到混合气体与通过足
23、量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12L气体（标准状况）为CO的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算CO、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有Cu、Cu2O，可能含有碳。A产物中CO2、CO中的O原子守恒计算氧化铜失去氧的物质的量，进而计算Cu2O反应后的总质量，与Cu的质量比较判断；B根据碳原子守恒计算参加反应的C的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；CCu2O、CuO均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=CuO反应后的总质量-Cu元素的质量；D反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量-生成CO2与CO的总质量；【详解】由题意可知，生成的n
24、（CO2）=n（CaCO3）=5.00g/100gmol1=0.05mol，n（CO）=1.12L/22.4Lmol1=0.05mol，A、产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的物质的量=（0.05mol2+0.05mol）=0.15mol，n(Cu2O)=0.05mol，根据Cu守恒生成Cu的质量=（16g/80gmol1-0.052）64gmol1=6.4g。B、生成的n（CO2）=n（CaCO3）=0.05mol，n（CO）=0.05mol，根据C守恒可知，参加反应的C的质量=（0.05mol+0.05mol）12gmol1=1.2g，故没有参与反应的碳的质量为：2g-1.2g=0
25、.8g，故B正确；C、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/16gmol1=0.05 mol，故C正确；D、反应后固体总质量为：16g+2g-0.05mol（44gmol1+28gmol1）=14.4g，故D正确；故选A。16B【详解】反应离子方程式为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，由题可知，n()=0.04mol，n(H+)=0.06mol，当n(Cu)=0.04mol，H+量不足，计算得到n(Cu2+)=0.06mol=0.0225mol，c(Cu2+)=0.225
26、mol/L，故B项正确；答案为B。17B【详解】A明矾溶于水后，铝离子水解成氢氧化铝胶体可以吸附杂质达到净水目的，但不能消毒杀菌，A错误；B硫酸铜为重金属盐，可以使蛋白质变性，用硫酸铜可以作杀毒剂，B正确；C氯化钠的水溶液显中性，既不和酸反应，也不和碱反应，不能作pH调节剂，C错误；D次氯酸具有强氧化性，可以消毒杀菌，但不能吸附杂质的，达到净水目的，D错误；综上所述答案为B。180.2mol 铜 0.2mol 2.99L 是 2.99L 【分析】铜与浓硝酸反应时生成NO2，当硝酸浓度减小变为稀硝酸后，生成气体为NO，反应中硝酸表现出氧化性和酸性，氮元素发生还原，铜元素发生氧化， NO2与水反应
27、生成NO，根据氮原子守恒和得失电子守恒进行计算。【详解】(1) 4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体的物质的量=0.2mol，无论硝酸的还原产物是一氧化氮还是二氧化氮，根据氮原子守恒可知，被还原的硝酸与生成气体的物质的量之比为1：1，所以被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，答案为：0.2mol； (2)25.6gCu的物质的量=0.4mol，50mL12mo/L的硝酸的物质的量=12mol0.05L=0.6mol，由(1)知被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，所以剩余硝酸0.6mol-0.2mol=0.4mol，如果铜完全被氧化成铜离子，生成硝酸铜需要硝酸的物质的量(起酸性作用的硝
28、酸的物质的量)为0.4mol2=0.8mol0.4mol，所以铜剩余，根据铜原子守恒，铜被氧化的物质的量=起酸性作用的硝酸的物质的量=0.4mol=0.2mol，所以剩余铜0.4mol-0.2mol=0.2mol，答案为：铜；0.2mol； (3)设一氧化氮的物质的量为xmol，一氧化氮的物质的量为ymol，则(x+y)mol22.4mol/L=4.48L，即x+y=0.2mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，铜失去电子的物质的量为0.2mol2=0.4mol，氮原子得到电子的物质的量为3x+1y=0.4mol，二式联立解得x=y=0.1mol，所以混合气体中二氧化氮和一氧化氮的体积都是2.
29、24L，混合气体通入水中发生反应： ，所以最后收集到的气体为(0.1mol+)mol22.4L/mol=2.99L，答案为：2.99L； (4)当向反应后的溶液中加入稀硫酸后，溶液相当于又变成了硝酸溶液，铜和稀硝酸反应生成NO气体，根据(2)可知，硝酸的物质的量为0.4mol，铜的物质的量为0.2mol，根据铜与稀硝酸反应的离子方程式可知： ，0.4mol，所以硝酸过量，铜会完全反应，根据反应的离子方程式可知生成标况下的气体的体积为2.99L，答案为：是；2.99L。19钝化 3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O 冒白烟 3CuO2NH3=3CuN23H2O 2Cu22ClSO22H2O
30、 2CuCl4HSO42 【分析】(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答； (2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答； (3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为mL，据此解答； (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答； (5)B与C反应即CuO和NH3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；【详解】A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，
31、D是NO，F是氮气，G是硝酸。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故答案为：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；(3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为mL，所以溶液的物质的量浓度为molL1，故答案为：；(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验
32、现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；(5)B与C反应的化学方程式为3CuO2NH3=3CuN23H2O，故答案为：3CuO2NH3=3CuN23H2O；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu22ClSO22H2O 2CuCl4HSO42，故答案为：2Cu22ClSO22H2O 2CuCl4HSO42。20Fe3+、Cu2+ Fe3+或Cu Fe2+ Fe、Cu Fe3+Cu2Fe2+ 【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末
33、，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。【详解】氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，(1)反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；(2)若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；(3)若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；(
34、4)由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+Cu2Fe2+。211s22s22p63s23p63d104s1 搅拌或粉碎海绵铜或适当增加酸的浓度 防止NH4NO3受热分解 4Cu+10H+=4Cu2+3H2O 2Cu2+2Cl+H2O=2CuCl+2H+ (NH4)2SO4、H2SO4 防止CuCl溶于浓盐酸中。 【分析】海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)加入到NH4NO3、H2O和H2SO4溶解，酸性环境下硝酸根将铜单质氧化，所以得到的溶液中Cu元素的存在形式为Cu2+；之后加入氯化铵和亚硫酸铵溶液将Cu2+还原成Cu+，得到C
35、uCl沉淀，过滤后得到的滤液主要含硫酸铵和硫酸，沉淀经酸液洗涤后经系列处理得到CuCl。【详解】(1)Cu为29号元素，基态铜原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；(2)搅拌、粉碎海绵铜、适当增加酸的浓度均可提高溶解速率；(3)铵盐受热易分解，为防止NH4NO3受热分解，温度不宜过高；硝酸根在酸性环境下将铜氧化成Cu2+，根据题意可知被还原成，有电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4Cu+10H+=4Cu2+3H2O；(4)还原过程中将Cu2+还原成Cu+，然后Cu+与Cl结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2+2Cl+H2O=2CuCl+2H+；(5)根据还原
36、过程发生的反应可知滤液中的主要成分为(NH4)2SO4、H2SO4；(6)根据题意可知CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，浓盐酸中氯离子浓度较大，会使CuCl溶解造成损失。22Fe2、Fe3、H Fe(NO3)3 BC 过滤 洗涤 在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次 Fe22HCO3-=FeCO3CO2H2O 【详解】(1)铁的氧化物中具有磁性的是Fe3O4，Fe3O4溶于过量的盐酸后溶液中存在的阳离子是Fe2、Fe3、H；Fe3O4溶于过量的浓硝酸后Fe元素会被氧化为Fe3，所以反应后的溶液中含有的盐是Fe(NO3)3；(2)向该溶液中加入过量的NaOH溶液后：M
37、g2Mg(OH)2、Fe2Fe(OH)3、Al3AlO2、Cu2Cu(OH)2；过滤后滤渣中含有Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2；高温灼烧后Mg(OH)2MgO、Fe(OH)3Fe2O3、Cu(OH)2CuO；将MgO、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生成Mg2、Fe3、Cu2，故应选择B、C；(3)从流程图中知道经操作得到滤渣，故该操作是过滤；操作是在得到FeCO3沉淀后进行的，故该操作是洗涤；洗涤具体操作方法为：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次；从流程图中分析加入稍过量的NH4HCO3溶液，有FeCO3沉淀，还应有CO2生成，发生复分解反应的离子
38、方程式为：Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O。231s22s22p63s23p63d104s1 Cu2O Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定 Cu(H2O)42+ 配位键 正四面体 1.2NA Cu2+2NH3H2O= Cu(OH)2+2NH Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH- 降低了Cu(NH3)4SO4H2O的溶解度 Cu(NH3)4SO4H2O 【详解】(1)Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；(2)CuO中的Cu显+2价，它的价电子排布式为3d9，Cu2O中的Cu显+1价，它的价电子排布式为3d1
39、0所以Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定；(3) 无水CuSO4溶于水生成Cu(H2O)42+，溶液呈天蓝色；Cu2+与H2O形成配位键，则该离子中的化学键类型是配位键；Cu(H2O)42+空间结构为正四面体；配位键属于键，一个水分子中有2个O-H键，则0.1molCu(H2O)42+中含有键(4+24)=1.2mol，个数为1.2NA；(4)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2+2NH3H2O= Cu(OH)2+2NH，沉淀溶解，是因为Cu(OH)2和氨气反应生成Cu(NH3)42+、OH-，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-；(5)向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体，则加入乙醇的作用是：降低了Cu(NH3)4SO4H2O的溶解度，蓝色晶体是硫酸四氨合铜晶体：Cu(NH3)4SO4H2O。