高三化学二轮复习铜及其化合物专题练习.docx

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1、高三化学二轮复习铜及其化合物专题练习一、选择题（共17题）1化学与生活密切相关，下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是A苏打-B胆矾-C纯碱-D生石灰-2下列有关物质性质的叙述正确的是A铜不能与浓硫酸发生反应B氯水久置后，漂白性和酸性均增强C二氧化硫与氯水混合使用漂白效果会更好D二氧化硫能与高锰酸钾等强氧化剂反应3实验室里常用“碘锤”的玻璃仪器做碘的升华实验，该仪器为两头密封的玻璃窗，中间带有一根玻璃短柄。用此仪器进行有关实验时，具有装置简单、操作方便、现象明显、可反复使用等优点。用此仪器不能反复进行的实验是ANH4Cl受热分解的实验B无水CuSO4与胆矾的互变实验C白磷和红磷（已经抽出O

2、2）在一定温度下相互转变的实验DKMnO4受热分解的实验4下列说法正确的是ACO、NO、都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B1molCu和足量稀硝酸反应产生个NO分子为阿伏加德罗常数C的溶液中，、不能大量共存D铁溶于稀，溶液变黄，发生离子反应为5下列除去杂质(括号内物质为杂质)的方法正确的是AFe(Cu)：加过量溶液、过滤B：通过足量灼热的铜粉，收集气体CCO2(SO2)：通入饱和溶液，洗气DCO气体(CO2)：通入氧气点燃6下列反应的离子方程式正确的是A过量铜粉加入稀硝酸中：B向水中通入氯气：C与足量的稀溶液反应：D向溶液中滴加过量氨水：7下列说法正确的是A某气体能使品红溶液褪色，则该气

3、体是B等质量的铜按a，b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a，b消耗的硝酸一样多：途径a：CuCuOCu(NO3)2；途径b：CuCu(NO3)2；C向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，则原溶液中不一定有D向某溶液中加入NaOH并加热，产生可使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中有8下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中的SO2BFeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板CCaCO3 高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D硫化钠具有还原性，可用于除去水体中Pb2+等重金属9在含有、的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下

4、列判断正确的是A溶液中一定不含B溶液中一定含有C溶液中一定含有D剩余固体中一定含有10对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读不正确的是A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2B黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐C本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3D汉书中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油11足量的铜和含有2.4103mol 硝酸的某浓硝酸完全反应，共收集到标准状况下气体的体积是22.4 mL。参加反应的铜的物质的量是()A0.6103 molB0.7103 molC0.75103 molD

5、0.9103 mol12我国古代制得的“药金”外观与金相似，常被误认为是金子。其冶炼方法是：将炉甘石(ZnCO3)和赤铜矿(Cu2O)以及木炭按一定比例混合，加热至800 左右，即炼出闪烁着金子般光泽的“药金”。下列有关叙述正确的是()“药金”是铜锌合金冶炼过程中炉甘石直接被木炭还原，有锌生成用火焰灼烧法可区分黄金和“药金”用稀HNO3能区别黄金和“药金”表面有黑色氧化物的是“药金”，用稀硫酸洗涤后可去掉黑色膜，但可能显示出铜红色A BC D13化学与社会、生活密切相关。对下列现象、事实、及对应解释均正确的是选项现象或事实解 释A饱和FeCl3溶液可用于废弃铜质印刷线路板中金属铜的回收水溶液中

6、浓度相同的情况下Cu2+的氧化性大于Fe3+B氯气通入冷的消石灰溶液制得的漂白粉在空气中久置会变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C实验室Na着火不能使用水而需要使用泡沫灭火剂灭火钠可与水剧烈反应生成H2，但不可与CO2反应D坩埚材质有多种，但实验室熔融烧碱时不使用陶瓷坩埚而选择铁坩埚陶瓷坩埚中含有SiO2，可与熔融状态下的烧碱反应AABBCCDD14下列物质之间的转化都一步能实现的是ASiSiO2H2SiO3Na2SiO3BAlAl2O3Al(OH)3NaAlO2CNaNaOHNa2CO3NaHCO3DCuCuOCu（OH）2CuSO415周辉清波杂志卷十二：信州铅山，

7、胆水自山下注，势若瀑布，用以浸铜，铸冶是赖。虽干溢系夫旱涝，大抵盛于春夏，微于秋冬。古传一人至水滨，遗匙钥，翌旦得之，已成铜矣。这里的胆水是指胆矾水，下列有关判断不正确的是A胆矾也叫蓝矾，化学式为CuSO4.5H2OB硫酸铜是电解质，在水溶液中电离出Cu2+和SO42-C“遗匙钥已成铜矣”所涉及反应的离子方程式为Fe+ Cu2+= Fe2+ CuD向CuSO4溶液中滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液过程中，溶液导电性不变16下列说法错误的是（ ）A用铜制作印刷电路是利用了铜的还原性B利用铝热反应来焊接钢轨C羊毛、蚕丝、棉花的主要成分都是纤维素D用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖17

8、将一定质量的铜与100 mL一定物质的量浓度的硝酸反应，铜完全溶解时产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100mL 6 molL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度是（ ）A6mol/LB10mol/LC11mol/LD12 mol/L二、综合题（共6题）18亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为5.5 ，易水解。某学习小组在实验室中用下图所示装置制备ClNO。已知：HNO2既有氧化性又有还原性；AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2HNO3=AgNO3HNO2。请回答

9、下列问题：(1)仪器a的名称为_，装置B的作用是_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。(3)装置C中长颈漏斗的作用是_。(4)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到装置C中_时关闭K1、K2。向装置D三颈瓶中通入干燥纯净的Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备ClNO。(5)装置D中干燥管的作用是_。(6)ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。设计实验证明HNO2是弱酸：_(仅提供的试剂：1 molL1盐酸、1 molL1 HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。要验证ClNO与 H2O 反应后的溶液中存

10、在Cl和HNO2，合理的操作步骤及正确的顺序是_(填字母代号)。a向烧杯中滴加过量KI淀粉溶液，溶液变蓝色b取1.0 mL ClNO加入到盛有10.0 mL H2O的烧杯中，充分反应c向烧杯中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去d向烧杯中滴加足量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸，搅拌，仍有白色沉淀19在下图有关物质转化关系中，各物质均是初中化学常见的物质，其中A为红色金属单质，B能参与植物的光合作用。C、D为黑色粉末，F为可用于改良酸性土壤的碱，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质（图中部分生成物已省略）。 （1）用化学式表示： D_，G_；（2）写出E与F反应的化学方程式_；（3）

11、光合作用生成的淀粉在人体内变成葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖在酶的催化作用下发生缓慢氧化，同时放出热量，写出葡萄糖发生缓慢氧化反应的化学方程式_。20D、E为中学化学常见的单质，在一定条件下C、D间能发生反应。各物质转化关系如下图：(1)B的同素异形体的名称为：_；H的化学式为：_。(2)已知E的燃烧热为QkJ/mol，试写出表示E燃烧热的热化学方程式_。(3)用惰性电极电解A 溶液的阳极反应式为：_。(4)检验H和G的混合溶液中含有G的阳离子的试剂可以是：_。a.氯水和KSCN溶液 b.氢氧化钠溶液 c.酸性KMnO4溶液(5)用惰性电极电解一定浓度的A溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加

12、入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移电子的物质的量为_mol, 收集到标准状况下的气体体积为_。21由黄铜矿为原料(主要成分为CuFeS2)制备99.95%99.98%精铜的流程如下：(1) 高温焙烧第一反应为2CuFeS24O2=Cu2S2FeO3SO2，该反应中氧化剂为_。产物Cu2S在1 200高温下继续反应：2Cu2S3O2=2Cu2O2SO2，2Cu2OCu2S=6CuSO2。6mol CuFeS2和14.25mol O2反应，理论上可得到Cu_mol(假定各步反应都完全)。(2) 取三份质量均为16.9g的上述粗铜，成分为Cu、Fe、

13、Zn。现在需要分析其中铜的含量，进行如下实验(所有气体体积均为标况下的数据)： 取一份粗铜放入足量稀硫酸中，共放出氢气1.568L。 另取一份粗铜放入稍过量的较浓硝酸中，加热使合金铜完全溶解，收集到了NO和NO2的混合气体8.736L，与3.304LO2混合后，得到的混合气体恰好被水完全吸收。 再取一份粗铜进行电解精炼，阳极完全溶解后阴极增加质量17.28g。求粗铜中Cu的质量分数_(保留一位小数)。22我在故宫修文物这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以

14、提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_。(3)下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀生成有害锈Cu2(OH)3Cl的原理示意图。写出正极的电极反应式_。若生成2.145g Cu2(OH)3Cl，理论上消耗标准状况下氧气的体积为_L。（4）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：过程的正极反应物是_。过程负极的电

15、极反应式是_。（5）青铜器的修复有以下三种方法：柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；BTA保护法：请回答下列问题：写出碳酸钠法的离子方程式_。三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有_。A在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”23M为常见金属，不溶于盐酸和稀硫酸，质地坚韧，富延展性。将M溶于硝酸后蒸发、浓缩、冷却得到A的水合盐。A受热分解

16、得到黑色固体B。B溶于盐酸，经蒸发、浓缩、冷却得到绿色晶体C。 B溶于稀硫酸后经蒸发、浓缩、冷却得到蓝色晶体D。D在270C恒温下生成白色粉末E。E经600C恒温后生成B。(1)写出A、B、 C和E的化学式_、_、_、_。(2)将E溶于水，加入过量的碘化钾溶液充分反应，其后缓慢滴加硫代硫酸钠溶液至过量。简述反应过程中发生的现象，写出相关反应的离子方程式_。(3)A的熔点较低，真空时易升华，这与一般离子晶体的性质不相符。简述理由_。(4) M在一定温度下与氧作用得到固体G。G属立方品系，其正当晶胞如图所示，密度为6.00 gcm-3。通过计算给出M-O的距离_。参考答案1C【详解】A碳酸钠俗称纯

17、碱、苏打，其化学式为，碳酸氢钠的俗称是小苏打，故A错误；B胆矾是五水硫酸铜，为蓝色晶体，为白色粉末，故B错误；C碳酸钠俗称纯碱、苏打，其化学式为，故C正确；D生石灰是氧化钙的俗称，其化学式为，氢氧化钠的俗称是熟石灰或消石灰，其化学式为，故D错误。故选C。2D【详解】A加热时Cu与浓硫酸发生氧化还原反应，常温下不反应，故A错误； B氯水中的次氯酸对光不稳定，故氯水久置后转化为盐酸，酸性增强，不具有漂白性，故B错误； C二氧化硫与氯水混合，生成硫酸和盐酸，漂白效果变差，故C错误； D二氧化硫可被高锰酸钾氧化，则二氧化硫能与高锰酸钾等强氧化剂反应，故D正确； 答案选D。3D【分析】能在碘锤中发生反应

18、，可说明在不同温度下发生不同的反应，加热时分解，冷却后可生成原物质，以此解答该题。【详解】A氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后氨气和氯化氢会反应生成氯化铵，重新凝结为固体，可以利用此装置进行反复实验，故A正确；B胆矾受热分解生成无水硫酸铜，硫酸铜和水结合重新生成结晶水合物，固体颜色发生变化，蓝色变化为白色，白色结合水生成蓝色晶体，能反复进行实验，故B正确；C红磷和白磷在不同的温度下可相互转化，能反复进行实验，故C正确；D高锰酸钾受热分解生成锰酸钾，二氧化锰和氧气，生成产物不能重新生成高锰酸钾，不能反复进行实验，故D错误；故答案为D。4C【详解】ACO、NO、都是大气污染气体，NO在空气中不

19、能稳定存在，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，故A错误； B依据电子守恒计算，1mol铜反应生成一氧化氮物质的量，NO分子的数目为个，故B错误； C的溶液显酸性，硝酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，亚铁离子在稀硝酸中被氧化不能共存，故C正确； D铁溶于稀，溶液变黄说明生成的是铁离子，亚铁离子溶液浅绿色，故D错误； 答案选C。5B【详解】A加过量溶液，与Cu不反应，不能除去Fe中混有的Cu，A不正确；B通过足量灼热的铜粉，可将O2全部转化为CuO，而N2不反应，收集的气体便为纯净的N2，B正确；C通入饱和溶液，不仅能吸收SO2，也能吸收CO2，C不正确；DCO气体中混有CO2，通入氧气点燃，可将C

20、O转化为CO2，去除了我们要提纯的物质，D不正确；故选B。6C【详解】A。过量铜粉加入稀硝酸中反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，不会生成氢气，故A错误；B次氯酸为弱酸，不能拆开写，故B错误；C铁和足量稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，且符合离子方程式的书写要求，故C正确；D氯化铝滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，不能生成偏铝酸盐，故D错误；故选C。7C【详解】二氧化硫及具有强氧化性的气体均可使品红溶液褪色，则能使品红溶液褪色的气体不一定是，还可能为氯气等，故A错误； B.若均生成，途径a中消耗，途径b消耗，则等质量的铜按a，b两种途径完全转化为硝酸铜，途径a，b消耗的硝酸不同，故B错误； C.白

21、色沉淀为硫酸钡，但亚硫酸根离子可被硝酸氧化生成硫酸根离子，则原溶液中不一定有，故C正确； D.氨气使红色石蕊试纸变蓝，则产生可使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，气体为酸性气体，则不能确定原溶液中是否有，故D错误； 故选:C。8A【详解】A 漂白粉具有氧化性，可将SO2氧化成硫酸根离子而脱除，A正确；B FeCl3具有氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，B错误；C CaCO3 能与酸反应，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤，C错误；D 硫化钠能与Pb2+等重金属离子结合生成PbS等难溶性沉淀而除去，则硫化钠可用于除去水体中Pb2+等重金属，D错误；故选A。9B【详解】A若溶液中的固体为

22、Cu，则溶液中可能含有，A不正确；B不管溶液中的固体是Fe和Cu还是只有Cu，溶液中一定含有，B正确；C若溶液中的固体为Fe和Cu的混合物，则溶液中一定不含有，C不正确；D剩余固体中可能只含有Cu而不含有，D不正确；故选B。10A【详解】A、天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaO，选项A不正确；B、“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐，例如硫酸铜溶液，选项B正确；C、草木灰中含有K2CO3，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项C正确；D、汉书中“高奴县有洧水可燃”，石油可燃，这里的“洧水”指的是石油，选项D正确。答案选A。11B【解析】【详解】Cu足量，硝酸完全反应，

23、生成Cu(NO3)2、NO和NO2、H2O，则n(Cu)=nCu(NO3)2，硝酸完全反应，n(HNO3)= 2.4103mol ，n(NO)+n(NO2)= 根据N元素守恒可得nCu(NO3)2=0.0007mol，则由n(Cu)=nCu(NO3)2= 0.0007mol，上月选项B符合题意。12B【解析】由于ZnCO3 ZnO+CO2，所以发生的反应为木炭还原氧化锌，方程式为：C+2ZnO 2Zn+CO2，也可还原Cu2O，方程式为：2Cu2O+C 4Cu+CO2所得合金为铜、锌混合物，故正确；冶炼过程中炉甘石先分解生成氧化锌，氧化锌被木炭还原，有锌生成，故错误；利用焰色反应原理，用火焰灼

24、烧法可区分黄金和“药金”，故正确；稀硝酸能铜、锌反应而不与金反应，能用稀HNO3能区别黄金和“药金”，故正确；表面有黑色氧化物的是“药金”，用稀硫酸洗涤后可去掉黑色膜，但可能显示出铜红色，故正确。答案选B。13D【详解】A. 饱和FeCl3溶液可用于废弃铜质印刷线路板中金属铜的回收，是因为氯化铁和铜反应得到氯化铜和氯化亚铁，说明水溶液中浓度相同的情况下Cu2+的氧化性小于Fe3+，A错误；B. 漂白粉在空气中久置会变质，是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的水和CO2反应生成次氯酸和CaCO3，CaCl2不与空气中的CO2和水反应，B错误；C. 钠着火会有过氧化钠生成，过氧化钠与水、与CO

25、2均能反应、均放出氧气，故实验室Na着火不能使用水、也不能使用泡沫灭火剂灭火，C错误；D. 陶瓷坩埚中含有SiO2，SiO2是酸性氧化物，可与熔融状态下的烧碱反应，故实验室熔融烧碱时不使用陶瓷坩埚而选择铁坩埚，D正确；答案选D。14C【解析】试题分析：A. SiO2不能一步生成H2SiO3，错误；B. Al2O3不能一步生成Al(OH)3，错误；C.Na与水反应生成氢氧化钠，NaOH中通入二氧化碳生成Na2CO3，向碳酸钠中通入过量二氧化碳生成NaHCO3，正确； D.CuO不能一步生成Cu(OH)2，错误；选C。考点：考查15D【详解】A.胆矾也叫蓝矾，即为CuSO4.5H2O，故A正确；B

26、. 硫酸铜是盐，属于电解质，在水溶液中电离出Cu2+和SO42-，故B正确；C. “遗匙钥，翌旦得之，已成铜矣”，可能是钥匙中的铁和硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，所涉及的离子方程式为：Fe+ Cu2+= Fe2+ Cu，故C正确；D. 向CuSO4溶液中滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液过程中，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，溶液体积增大，离子浓度减小，溶液的导电性减弱，故D错误。故选D。16C【详解】A用铜制作印刷电路，发生反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，铜作还原剂，利用了Cu的还原性，A选项正确；B铝热反应为铝与氧化铁在高温下发生置换反应，反应中放出大量的热将还原出来的铁熔化成

27、铁水，对钢轨缝隙进行灌注，故可利用铝热反应来焊接钢轨，B选项正确；C羊毛、蚕丝的主要成分为蛋白质，C选项错误；D葡萄糖分子中含有醛基，能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀，因此可用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖，D选项正确；答案选C。17C【分析】向反应后的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由Na守恒n(NaNO3) = n(NaOH)，根据氮原子守恒可知，再根据计算。【详解】向反应后的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3,由Na守恒可得生成混合气体的

28、物质的量为根据氮原子守恒可知 故原硝酸溶液的物质的量浓度为故答案选C。18蒸馏烧瓶 除去NO中的HNO3、NO2气体 3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 平衡气压，避免装置C中压强过大 红棕色完全消失 防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 bdc 【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶，B的作用是除去NO中的HNO3、NO2气体等杂质；（2）Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；（3）长颈漏斗的作用是平衡气压，避免装置C中压强过大；（4）当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体；（5）D中干燥

29、管的作用是防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应；（6）用玻璃棒蘸取NaNO2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸；首先要使ClNO与水反应；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在；由于引入了足量的银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸。【详解】（1）仪器a为蒸馏烧瓶，NO不溶于水，而可能存在的杂质HNO3、NO2均易溶于水，所以B的作用是除去NO中的HNO3、NO2气体等杂质，故答案为蒸馏烧瓶，除去NO中的HNO3、NO2气体。（2）装置A中Cu与稀硝酸发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(N

30、O3)22NO4H2O，故答案为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。（3）若关闭K1，随着反应的进行，C中压强逐渐，长颈漏斗的作用是平衡气压，避免装置C中压强过大，故答案为平衡气压，避免装置C中压强过大。（4）为了得到比较纯净的NO，当C中红棕色完全消失时，不再存在NO2气体，故答案为红棕色完全消失。（5）因为亚硝酰氯(ClNO)易于水反应水解，所以必须防止有水蒸气进入三颈烧瓶中与ClNO反应，所以D中干燥管的作用是防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应，故答案为防止水蒸气进入三颈瓶中与ClNO反应。（6）若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈弱碱性，即用玻璃棒蘸取NaNO2溶液

31、点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸，故答案为使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。首先要使ClNO与水反应，选择b；因为碘化银为沉淀，而酸性高锰酸钾能将氯离子氧化，所以需要先验证氯离子的存在，选择d；由于引入了足量的银离子，所以仅能使用酸性高锰酸钾验证亚硝酸，选择c；所以正确的顺序是bdc，故答案为bdc。19C BaSO4 CuSO4+Ca(OH)2Cu(OH)2+CaSO4 C6H12O6+6O26CO2+6H2O 【分析】根据各物质均是初中化学常见的物质，A为红色金属单质，所以A是铜，B能参与植物的光合作用，C、D为黑色粉末，

32、C、D高温会生成铜和B，所以B是二氧化碳，C、D是氧化铜和碳，C和X生成的E会与氯化钡反应，所以C是氧化铜，D是碳，F为可用于改良酸性土壤的碱，所以F是氢氧化钙，G为难溶性物质，H为难溶性蓝色物质，所以E是硫酸铜，硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，所以G是硫酸钡，X是硫酸，硫酸铜和氢氧化钙反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，所以H是氢氧化铜，I是硫酸钙，然后将推出的物质进行验证即可。【详解】根据以上分析可知A是铜，B是二氧化碳，C是氧化铜，D是碳，E是硫酸铜，F是氢氧化钙，G是硫酸钡，X是硫酸，H是氢氧化铜，I是硫酸钙，则（1）根据以上分析可知D、G的化学式分别是C、BaSO4；（2）E与F

33、的反应是氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，化学方程式为CuSO4+Ca(OH)2Cu(OH)2+CaSO4；（3）因为葡萄糖发生缓慢氧化反应生成二氧化碳和水，故化学方程式为C6H12O6+6O26CO2+6H2O。20臭氧 Fe2(SO4)3 Fe(s)+O2(g)=Fe3O4(s) H=-QkJ/mol 4OH-4e-=2H2O+O2 c 0.4mol 4.48L 【分析】电解A溶液生成三种物质，且D为金属，A应为不活泼金属的含氧酸盐，电解时，在阴极生成金属，则阳极应生成O2，其中E可在B中燃烧说明B为O2，C应为含氧酸，而E在氧气中反应的氧化为与酸反应后生成两种盐，说明金属为变

34、价金属，则E应为Fe，则C应为硫酸，不可能为硝酸，否则四氧化三铁与硝酸反应只生成一种物质，则G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，D应为Cu，则A应为CuSO4，结合相关物质的性质和题目要求可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为CuSO4，B为O2，C为H2SO4，D Cu，E为Fe，F为Fe3O4，G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3。(1)由以上分析可知，B为O2，对应的同素异形体为臭氧，H为Fe2(SO4)3。(2)E为Fe，E的燃烧热为QkJ/mol，则表示E燃烧热的热化学方程式为Fe(s)+O2(g)=Fe3O4(s) H=-QkJ/mol。(3) A为CuSO4，电解时，在

35、阴极生成金属Cu，在阳极OH-失去电子应生成O2，阳极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2。(4)G为FeSO4，H为Fe2(SO4)3，二者溶液中含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+，检验Fe2+的方法是根据Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液的紫色褪去，故合理选项是c；(5)向所得溶液中加入9.8g含A中金属阳离子的弱碱固体，即即加入Cu(OH)2的物质的量是0.1mol，恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明析出0.1molCu、0.1molH2和0.1molO2，应转移电子0.4mol，收集到标准状况下的气体体积为V(H2)+V(O2)=0.2mol22.4L

36、/mol=4.48L。21CuFeS2、O2 4.5 75.7% 【分析】（1）根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂；根据CuFeS2的物质的量计算生成硫化亚铜的物质的量、需要氧气的物质的量，根据剩余氧气的物质的量计算需要硫化亚铜的物质的量、生成氧化亚铜的物质的量，根据氧化亚铜的物质的量计算生成铜的物质的量；（2）粗铜中的铁和锌与稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，根据氢气的体积计算铁和锌的物质的量之和再结合电解时析出的纯铜和粗铜质量差列比例式计算锌和铁的质量，从而计算出铜的质量分数。【详解】（1）2CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，CuFeS2中铜元素的化合价为+2价，铁元素的化合价

37、为+2价，硫元素的化合价为-2价，O2中氧元素的化合价为0价，Cu2S中铜元素的化合价为+1价，氧化物中氧元素的化合价为-2价，SO2中硫元素的化合价为+4价，化合价降低的元素有铜元素、氧元素，所以氧化剂为CuFeS2、O2；2CuFeS2 + 4O2 Cu2S+2FeO+3SO22mol 4mol 1mol6mol 12mol 3mol则剩余氧气的物质的量=14.25mol-12mol=2.25mol；生成硫化亚铜的物质的量为3mol；2Cu2S + 3O2 2Cu2O+2SO22mol 3mol 2mol1.5mol 2.25mol 1.5mol所以还剩下硫化亚铜的物质的量=3mol-1.

38、5mol=1.5mol；生成氧化亚铜的物质的量为1.5mol；2Cu2O + Cu2S 6Cu+SO22mol 1mol 6mol1.5mol 0.75mol 4.5mol所以生成铜的物质的量为4.5mol，故答案为CuFeS2、O2；4.5；（2）粗铜中的铁和锌与稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，设锌的物质的量为x，铁的物质的量为y。ZnH2；1mol 1molx x FeH2；1mol 1moly yx+y=0.07mol，ZnCu 质量减少1mol 1g xmol xgFeCu质量增加；1mol 8gymol 8yg所以由粗铜制得纯铜的质量增加为：8y-x=17.28g-16.9g=0.38

39、g，由x+y0.07，8yx0.38解得：x0.02，y0.05。所以铜的质量分数为100%=75.7%，答：粗铜中Cu的质量分数为75.7%。22O2、H2O、CO2 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 O2+4e+2H2O=4OH- 0.224L 氧气（H2O） Cu-e-+Cl-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- ABC 【分析】铜绿的生成可以从几个方面来认识：(1)形成铜绿的反应物由质量守恒定律及周围环境可知； (2) 铜绿成分有害还是无害，

40、结合图像信息可推知；(3)铜绿的形成原理，从原电池原理可推知，正极得电子发生还原反应，Cu作负极失去电子被氧化；(4)青铜器的保护措施，结合信息判断即可；【详解】(1)铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2，故答案为：O2、H2O、CO2；(2)结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈，Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈，故答案为：Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无

41、害锈，Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；(3)结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；按电子数守恒，则有关系式为：， 214.5g Cu2(OH)3Cl消耗1mol氧气，标况下体积22.4L，则2.145g Cu2(OH)3Cl消耗0.01mol氧气，标况下体积0.224L；(4)结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：氧气和水；由图知：过程负极铜失去电子被氧化后转变为CuCl，故电极反应式是Cu

42、-e-+Cl-=CuCl；(5)碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，应用元素守恒、电荷守恒知，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；A. 在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；B.Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；C. 酸浸法会破坏无害锈Cu2(OH)2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的

43、艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；故正确的为ABC。23Cu(NO3)2 CuO CuCl2 2H2O CuSO4 变黄， 有沉淀生成 2Cu2+5I-2CuI+I 或2Cu2+4I-2CuI+I2。黄色逐渐退去，沉淀变白 I+2S2O 3I- +S4O 或 I2+2 S2O 2I- +S4O。白色沉淀溶解，得无色溶液 CuI +2 S2OCu(S2O3)23- 加热 Cu(NO3)2由离子晶体向分子晶体转化 分子晶体中：两个NO向一个Cu2+配位 由晶胞图知，G的化学式为Cu2O 设晶胞边长为a，Cu-O距离为d；则晶胞立方体对角线为4d。(4d)2=a2+ (a)2a= = =6 (gcm-3) 解得d=1.86 10-8 (cm) 或d=186 (pm) 【详解】略