高三化学知识点二轮复习必刷题——铜及其化合物.docx

《高三化学知识点二轮复习必刷题——铜及其化合物.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三化学知识点二轮复习必刷题——铜及其化合物.docx（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、铜及其化合物一、选择题1以下关于铜跟浓硝酸、稀硝酸反应的说法中错误的是A1 mol浓硝酸被还原转移2 mol电子B铜与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈C铜与浓、稀硝酸反应都不需要加热D生成等量的硝酸铜，消耗浓硝酸的量多2宋代千里江山图描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)22CuCO3)。下列说法错误的是A保存千里江山图需控制温度和湿度B孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化C孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱DCu(OH)22CuCO3与焦炭一起加热可以生成Cu3下列物质的性质与用途具有对应关系的是A

2、FeCl3溶液能与Cu反应，可用作铜质线路板的蚀刻剂BAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料CNaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂DCO2密度比空气大，可用作镁着火时的灭火剂4已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：加热10g硫酸铜粉末至完全分解，将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A3CuSO4 3CuO+SO3+2SO2+O2B4CuSO4 4CuO+2SO3+2SO2+O2C5CuSO4 5CuO+SO3+4S

3、O2+2O2D6CuSO4 6CuO+4SO3+2SO2+O25下列有关物质性质与用途的描述均正确的是A小苏打、烧碱都可中和胃酸医疗上均用于治疗胃酸过多B氯化铁溶液可用于腐蚀铜制线路板，置换出铁单质C干燥的氯气能使有色的鲜花褪色，表现了氯气的漂白性D次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒6铜和镁的合金8.8g完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的溶液，生成15.6g沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是AB和C0.和D、和7下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验铁与水蒸气反应的产物中含有三价铁取Fe与水蒸气反应后的固体，先加入稀盐酸，再加KSCN溶液若溶液变血红色则有三价铁

4、，若不变血红色则无三价铁B探究AgCl与AgI溶解度大小取2mL0.1mol/LAgNO3溶液于试管中，加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，待不再有白色沉淀产生后加入1mL0.1mol/LKI溶液若产生黄色沉淀，则证明AgCl溶解度大于AgIC检验乙醇的消去产物中有乙烯将产生的气体先通过氢氧化钠溶液后，再通过酸性高锰酸钾溶液若高锰酸钾褪色，则证明产物中有乙烯D检验Cu2O中是否含有Cu取样，加入稀硝酸，观察现象若有气泡产生，则说明样品中有CuAABBCCDD8下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向盛有少量胆矾晶体的试管中加入适量的浓硫酸晶体表面由蓝色变为白色说明浓硫酸具有脱

5、水性B向CaCl2溶液中通入适量CO2产生白色沉淀说明CO2能与盐反应C向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液溶液先变红后褪色说明新制氯水具有酸性和漂白性D将铜丝伸入到盛有浓硝酸的试管中产生红棕色气体，溶液变绿说明Cu(NO3)2溶液呈绿色AABBCCDD9当向蓝色的溶液中逐滴加入氨水时，观察到首先生成蓝色沉淀，而后沉淀又逐渐溶解成为深蓝色的溶液，向深蓝色的溶液中通入气体，又产成白色沉淀；将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成红色粉末状固体和气体，同时溶液呈蓝色，根据上述实验现象分析推测，下列描述正确的是ACu2+和相似，能与结合生成铜氨络离子沉淀B若向溶液中通入，同时升高溶液的pH也可能产生白色沉淀C白色

6、沉淀为，其生成的反应为：D白色沉淀为，加入稀硫酸后又重新溶解，出现蓝色10一定质量的镁、铜合金加入一定量稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为2 molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，则下列有关叙述中正确的是A加入合金的质量可能为19.6gB沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为300mLC参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD溶解合金时产生NO气体体积4.48L11在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入某物质X，发现铜粉逐渐溶解，请问X不可能是AFe2(SO4)3BHClCH2O2DKNO312已知碳

7、酸铜的化学性质与碳酸钙相似。现有一定量的碳酸铜与碱式碳酸铜混合均匀，分成两等份；其中一份与730g质量分数为20%的盐酸混合，充分搅拌后恰好完全反应，另一份充分加热至不再反应为止，可得到氧化铜的质量是 A80gB120gC160gD无法确定13将一定质量的铜丝灼热后，立即插入到下列物质中，能使铜丝的质量比原来减小的是ACOB稀C酒精DNaOH溶液14下列实验操作的叙述正确的是A用浓硝酸和铜片制取NO时，微热发生器可以加快反应速率B用托盘天平量取5.85gNaCl配制浓度为1mol/L的溶液C加热石蜡油产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色D制备乙酸乙酯时，导管出口应在饱和碳酸钠溶液液面以下15ag

8、Fe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05mol/L的硫酸中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则该NaOH溶液的物质的量浓度为A0.1molL-1B0.2molL-1C0.4molL-1D0.8molL-1二、非选择题16实验室中常用铜和稀硝酸反应制取一氧化氮：(1)该反应的化学方程式是_。(2)反应中被还原的元素是_，氧化产物是_。(3)氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。17硫酸是最重要的化工产品之一，常用于物质的制备、催化等领域。（1）工业上用硫酸制备硫酸铜。方案I：将铜与浓硫酸共热，反应生成硫酸铜。方案II：向

9、铜与稀硫酸的混合物中持续通入氧气并加热，反应原理：。方案I反应的化学方程式为_。在实验室中，将浓硫酸稀释为稀硫酸的操作方法为_。比较以上两种制备方案，哪一种方案更好，理由是_。（2）浓硫酸常用作实验室制取乙酸乙酯的催化剂。制取乙酸乙酯的化学方程式为，乙酸中所含官能团的名称为_。18将29g混合均匀的铁粉和硫粉置于密闭容器中加热，充分反应后冷却至室温，再跟足量稀盐酸反应，产生气体在标准状况下为8.4L，则混合物中铁和硫的物质的量之比为_。若使上述气体充分燃烧，可消耗标准状况下氧气的体积为_。19二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，64gA完全燃烧得到4.48L密度

10、为1.25gL1的气体B(体积与密度均在标准状况下测定)。（1）A的化学式_。（2）写出次氯酸钠溶液和过量的氨气制备A的离子方程式_。A的制备过程中氨气需要过量的理由是_。（3）A可与黑色的CuO反应生成气体B和一种砖红色的物质，写出该化学方程式_。（4）已知2一丁烯存在顺反异构(如下图所示)，甲基在双键同一侧的，称为顺式:甲基在双键两侧的，称为反式。现有化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到。实验表明，C可能存在两种结构，请写出它们的结构式_、_。20已知：在pH为45的环境中，Cu2、Fe2几乎不水解，而Fe3几乎完全水解。用粗氧化铜（

11、CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。向滤液中通入Cl2，搅拌。向中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。把所得滤液浓缩。（1）中加热并搅拌的目的是_。（2）中发生反应的离子方程式是_。（3）中的物质A可能是_；调整的PH范围是_；过滤后滤渣的成分是_。（4）中发生反应的离子方程式是_。（5）中如何用pH试纸测定溶液的pH值：_。21CuCl 晶体微溶于水和稀硫酸，不溶于乙醇，但易溶于浓盐酸和氯化铵溶液，发生的反应为：CuCl+Cl-CuC12，且其见光易分解，露置于潮湿空气中易被氧化。回答下

12、列问题:（1）实验室保存新制CuCl 晶体的方法是_。（2）向硫酸铜溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵，会发生反应生成CuCl。该反应的离子方程式为_。(NH4)2SO3要适当过量，目的为保证Cu2+的还原速率、_。已知Cu2+的沉淀率与NH4Cl、CuSO4的物质的量之比n(NH4Cl)/n(CuSO4)的关系如图甲所示，当氯化铵用量增加到一定程度后，Cu2+的沉淀率减小，原因是_。（3）已知：CuCl 固体、CuOH 固体分别为白色和橙黄色，且Ksp(CuCl)= 1.210-6，Ksp(CuOH)=1.210-14。用铜电极电解饱和食盐水的装置如图乙所示，阳极的电极反应式为Cu-e-+Cl -=

13、CuCl。则实验过程中的实验现象为_。22(1)CuSO4溶液是中学化学及工农业生产中常见的一种试剂。某同学利用CuSO4溶液，进行以下实验探究。图一是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。电解质甲溶液是_(填ZnSO4或CuSO4)溶液；Cu极的电极反应式是_。图二中，是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，该同学想在中实现铁上镀铜，则b处通入的是_(填CH4或O2)，a处电极上发生的电极反应式是_。(2)将蓝矾(CuSO45H2O)、生石灰和水按一定比例混合，即可得到波尔多液（杀菌剂），其有效成分为难溶的碱式硫酸铜xCuSO4yCu(OH)2。为测定某

14、碱式硫酸铜的组成进行了如下实验：取等质量的碱式硫酸铜样品两份，一份滴加稀盐酸至恰好完全溶解，另一份高温灼烧后只得到CuO固体。所得数据显示n(HCl)n(CuO)=32，则该碱式硫酸铜的化学式中xy=_。(3)E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：xM(g)Mx(g)，反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如下图。下列说法正确的是_。A该反应的化学方程式是2HF(HF)2B平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3Ct1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，将增大DM的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低23铁、铝、铜等金属

15、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、Fe2、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Fe

16、CO3沉淀的离子方程式：_。参考答案1A【详解】A铜与浓硝酸反应生成NO2，1 mol浓HNO3被还原生成1 mol NO2，N元素化合价降低1价，转移1 mol电子，A项错误；B浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，Cu与浓HNO3反应比与稀HNO3反应剧烈，B项正确；C硝酸氧化性较强，且Cu不会钝化，Cu与浓、稀HNO3反应都不需要加热，C项正确；D浓硝酸的还原产物是NO2，稀硝酸的还原产物是NO，根据得失电子守恒可判断生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多，D项正确；综上所述答案为A。2C【详解】A字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温

17、度和湿度，A说法正确；B由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，B说法正确；C孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，C说法错误；D因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)22CuCO3，D说法正确。故答案选C。3A【详解】AFeCl3具有氧化性，能与铜反应生成氯化铜，可作铜质线路板的蚀刻剂，故A正确；BAl2O3是离子化合物，离子键强，使其熔点高，可作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无

18、关，故B错误；CNaHCO3能与酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，故C错误；D镁能与二氧化碳反应，所以镁着火时不能用CO2作灭火剂，故D错误；故选A。4B【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g5.0g5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g4.5g0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20160)：(1080)：(132)4：4：1，故该反应的化学方程式为

19、：4CuSO4 4CuO+2SO3+2SO2+O2，故答案为：B。5D【详解】A胃酸的主要成分是HCl，小苏打即碳酸氢钠可以中和胃酸，烧碱的主要成分是NaOH，NaOH可与HCl反应，但是烧碱具有很强的腐蚀性，不能用来治疗胃酸，故A错误；B氯化铁可与单质铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，没有生成单质铁，故B错误；C干燥的氯气能使有色的鲜花褪色是因为氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸使鲜花褪色，体现了次氯酸的氧化性，故C错误；D次氯酸具有强氧化性可以使蛋白质失去活性，可用于杀菌消毒，故D正确；故答案为D。6C【详解】A根据题意可知：0.2 mol NO转移电子的物质的量为30.2mol=0.6mo

20、l，故A不符合题意；B0.05 mol N2O4转移的电子数为0.1 mol，0.2 mol NO2转移的电子数为0.2 mol，则转移电子的物质的量0.4mol，故B不符合题意；C0.转移电子数为0.3 mol，转移电子数0.1 mol，所以0.和转移电子数为0.4mol，故C符合题意；D转移电子数为0.3 mol，和转移电子数为0.3 mol ，所以、和转移电子数为0.6 mol，故D不符合题意；故答案：C。7C【详解】AFe与水蒸气反应后的固体中可能含有Fe，先加入稀盐酸后，生成的Fe3+会被Fe还原为Fe2+，再加KSCN，溶液不变红色，所以不能证明铁与水蒸气反应的产物中不含有三价铁，

21、A不正确；B2mL0.1mol/LAgNO3溶液中加入1mL0.1mol/LNaCl溶液，AgNO3溶液过量，加入KI溶液后，会与过量的AgNO3反应，所以不能证明AgCl溶解度大于AgI，B不正确；C乙醇发生消去反应产生的气体中可能混有SO2等，气体通过氢氧化钠溶液后，SO2会被吸收，从而排除对后续实验产生的干扰，酸性高锰酸钾溶液褪色，则可证明反应生成乙烯，C正确；DCu2O和Cu都能与稀硝酸反应，且产生NO气体，所以不能说明样品中含有Cu，D不正确；故选C。8C【详解】A胆矾晶体中加入浓硫酸，使其失去水，变为硫酸铜固体，体现浓硫酸的吸水性，故A错误；BCaCl2溶液和CO2不反应，向CaC

22、l2溶液中通入适量CO2，无现象，故B错误；C氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故C正确；D铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，硝酸铜本身是蓝色，可能是因为溶液中溶解了二氧化氮而显绿色，故D错误；选C。9B【详解】A. 重金属离子可提供空轨道，N提供孤对电子，Cu2+和 Ag+相似，能与 NH3 结合生成铜氨络离子，但不会出现沉淀，故A错误；B. 根据分析可知白色沉淀为为Cu2SO3，即在通入SO2气体过程中铜离子被还原，而还原性离子只能是SO2，且该过程是在滴加过量氨水(碱性)的环境中发生，所以若向CuSO4溶液中通入SO

23、2，同时升高溶液的pH也可能产生白色沉淀，故B正确；C. 根据分析可知通入SO2时铜元素存在形式为铜氨络离子，而不是铜离子，生成沉淀反应为2SO2+2Cu(NH3)42+3H2O+2H+Cu2SO3+SO42-+8NH4+，故C错误；D. 白色沉淀为 Cu2SO3，与稀硫酸反应生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，故D错误；答案为B。10B【详解】A根据电荷守恒，镁、铜合金失电子0.6mol；若全是镁，质量为7.2g；若全是铜，质量为19.2g；所以加入合金的质量为7.219.2之间，不可能为19.6g，故A错误；B沉淀完全时消耗NaOH的物质的量是0.6mol，溶液体积为，故B正确；C根据电荷守恒，反

24、应后溶液中硝酸根的物质的量是0.6mol，根据得失电子守恒，硝酸得电子0.6mol，生成NO的物质的量是0.2mol，参加反应的硝酸的物质的量为0.6mol+0.2mol=0.8mol，故C错误；D根据得失电子守恒，硝酸得电子0.6mol，生成NO的物质的量是0.2mol，非标准状况下NO气体的体积不一定是4.48L，故D错误；选B。11B【详解】A铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故A不选；B稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故B选；C在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入H2O2，过氧化氢具有氧化性，发现铜

25、粉逐渐溶解 ，故C不选；D向稀硫酸反应加入硝酸钾后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸钾后能溶解铜，故 D不选；故选：B。12C【详解】根据反应前后铜原子物质的量守恒，第一份中的铜元素最后存在于CuCl2中，n(Cu)=n(CuCl2)=n(Cl)=n(HCl)=2mol，由于两份成分相同，质量相等，所以另一份中含有的Cu的物质的量也是2mol，则将该份混合物加热至不再反应为止，根据Cu元素守恒可得n(CuO)=n(Cu)=2mol，m(CuO)= nM=2mol80g/mol=160g，故合理选项是C。13B【详解】铜丝灼烧成黑色，是由于生成

26、了CuO，CuO与CO、酒精反应生成Cu，质量不变，与NaOH溶液不反应，质量增大；与稀反应生成硫酸铜，质量减小，故选：B。14C【详解】A 用浓硝酸和铜片制取的是NO2，故A错误；B 托盘天平只能精确到0.1g，故B错误；C 加热石蜡油产生的气体中含有烯烃，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D 制备乙酸乙酯时，导管出口应在饱和碳酸钠溶液液面以上，防止倒吸，故D错误；故选C。15B【解析】Fe2O3和Al2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3与NaOH反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和Na2SO4，根据S元素守恒可知H2S

27、O4Na2SO4，根据Na元素守恒可知2NaOHNa2SO4，故H2SO42NaOH，n(NaOH)=2n(H2SO4)=20.02L0.05molL1=0.002mol，则c(NaOH)=0.002mol0.01L=0.2mol/L，B项正确；答案选B。163Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 氮 硝酸铜 23 【详解】(1)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应中氮元素的化合价从+5价降为+2价，铜元素的化合价从0价升高为+2价，利用化合价升降相等配平化学方程式：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；(2)该反应中氮元素的化合价从+5价降为+

28、2价，氮元素被还原，硝酸是氧化剂；铜元素的化合价从0价升高为+2价，铜为还原剂，氧化产物硝酸铜；(3)该反应中，铜为还原剂，8mol硝酸中2mol硝酸是氧化剂，3mol铜失去电子与2mol硝酸得到的电子数相同，氧化剂与还原剂的物质的量之比为23。17（1） 边搅拌边将浓硫酸缓慢注入水中 方案II更好，方案II能充分利用原料，并且无污染气体放出 （2）羧基【解析】（1）铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水的化学方程式为。浓硫酸溶于水放出大量的热，故浓硫酸稀释为稀硫酸的操作方法：边搅拌边将浓硫酸缓慢注入水中。方案II更好，方案II能充分利用原料硫酸，并且无污染气体二氧化硫气体放出。（2）乙酸

29、中所含官能团为羧基。183：2 9.8L 【详解】铁粉和硫粉置于密闭容器中加热生成FeS，原混合物中铁粉物质的量为n1，硫粉为n2，则有56n1+32 n2=29-，气体在标准状况下为8.4L即8.4/22.4 =0.375mol，假如铁有剩余，则有混合气体（n1-n2）+n2=0.375-，解得n1=0.375 mol，n2=0.25mol，混合物中铁和硫的物质的量之比为3:2 ；氢气的量为（n1-n2）=0.125mol，2H2O2，耗氧量为0.0625mol,硫化氢的量为0.25mol,2H2S3O2耗氧量为0.375mol，总耗氧量为0.375+0.0625=0.4375mol，消耗标

30、准状况下氧气的体积为0.4375mol22.4L/mol =9.8L。19N2H4 ClO2NH3 N2H4Cl+H2O 次氯酸钠有强氧化性，防止次氯酸钠过量，将N2H4氧化 4CuO+ N2H4 2Cu2ON2+ 2H2O 【详解】（1）二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4gA完全燃烧得到标况下密度为1.25g/L的气体B，其摩尔质量=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，该气体为N2，A中含有N元素，元素守恒可知，反应还生成水，说明A中还含有H元素， 4.48L氮气的物质的量=0.2mol，其质量=0.2mol28g/mol=5.6g，故6

31、.4gA中H元素质量=6.4g-5.6g=0.8g，H原子物质的量=0.8mol，则A中N、H原子数目之比=0.2mol2:0.8mol=1:2，故A为N2H4，故答案为：N2H4；（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应规律可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O；离子反应方程式为：ClO2NH3 N2H4Cl+H2O，次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气可防止N2H4被氧化，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H

32、4被氧化；（3）N2H4与黑色的CuO反应生成砖红色氧化亚铜、氮气与水，反应方程式为：4CuO+N2H42Cu2O+N2+2H2O，故答案为：4CuO+N2H42Cu2O+N2+2H2O；（4）化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到，因此C的化学式为N2H2，根据2一丁烯存在顺反异构的解释，因此C中氢原子在双键同一侧的，称为顺式；氢原子在双键两侧的，称为反式，它们的结构式分别为和。20加快反应速率，是反应充分 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- CuO 4-5 Fe(OH)3 CuO+2H+=Cu2+H2O 取一小块pH试纸，放在玻璃片上

33、，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。 【详解】（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，故答案为：加快反应速率，使反应充分；（2）根据分析可知答案为：；（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH在4-5的环境中Cu2几乎不水解，而Fe3几乎完全水解；得到的滤渣为Fe(OH)3，故答案为：CuO；4-5；Fe(OH)3；（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，故答案为：CuO+2H+=Cu2+H2O；（5）测溶液pH值的方法为：取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。21将其密封

34、保存在干燥阴暗处 2Cu2+ SO32-+ 2C1-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 防止CuCl被空气氧化 生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 A极逐渐溶解，其附近出现白色浑浊，B极有气泡产生。一段时间后，U形管底部产生橙黄色沉淀 【详解】(1)CuCl晶体见光易分解，露置于潮湿空气中易被氧化，保存新制CuCl晶体需要将其密封保存在干燥阴暗处，故答案为将其密封保存在干燥阴暗处；(2)硫酸铜溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵，会发生反应生成CuCl，根据氧化还原反应的原理，同时会生成硫酸根，反应的离子方程式为2Cu2+ SO32-+ 2C1-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+，故答案

35、为2Cu2+ SO32-+ 2C1-+ H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(NH4)2SO3要适当过量，目的为保证Cu2+的还原速率，同时由于亚硫酸根离子的还原性，防止CuCl被空气氧化，故答案为防止CuCl被空气氧化；当氯化铵用量增加到一定程度后生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中，使得氯化亚铜的沉淀率减少，故答案为生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；(3)用铜电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应为Cu-e-+Cl-=CuCl，阴极发生还原反应，电极方程式为2H+2e-=H2，开始时生成CuCl白色生成，随着反应进行，溶液pH逐渐增大，因Ksp(CuOH)Ksp(CuCl)，

36、则可生成CuOH橙黄色沉淀，故答案为A极逐渐溶解，其附近出现白色浑浊，B极有气泡产生，一段时间后，U形管底部产生橙黄色沉淀。22ZnSO4 Cu2+2e-=Cu O2 CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 13 C 【详解】(1)根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池，则锌失电子为负极，电解质溶液为ZnSO4；Cu为正极，该电极上是Cu2+得到电子的还原反应，电极反应为Cu2+2e-=Cu；实现铁上镀铜，Cu为阳极，则b为正极，通入的气体O2，a为负极，通入甲烷，该电极上是甲烷失去电子，电极反应为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(2)由xCu

37、SO4yCu(OH)2yCuCl22yHCl(x+y)CuO，n(HCl)：n(CuO)=3：2，则2y：(x+y)=3：2，解得x：y=1：3；(3) A.F元素是非金属性最强的元素，HF是F的气态氢化物，发生的化学反应为：xM(g)Mx(g)，根据图象，HF和(HF)x物质的量变化量之比=系数之比=3：1，该反应的化学方程式是3HF(HF)3，A错误；B.根据图象，平衡时HF和(HF)3物质的量分别为：2mol、1mol，混合气体的平均摩尔质量M=33.3g/mol，B错误；C.t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，压强增大，化学平衡正向移动，则重新达到平衡时，将增大，C正确；D.因为

38、HF分子间存在氢键，沸点较高，而HCl分子间不存在氢键，所以HF沸点高于HCl，D错误；故合理选项是C。23Fe2、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：Mg2Mg(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方程式为：Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O。