《幾種重要的金屬化合物》練習1.鐵、銅混合粉末加入到100mlLFeCl3溶液中，剩余固體質(zhì)量為．下列說法正確的是（）A．剩余固體是鐵、銅混合物B．反應后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=molC．反應后溶液中n（Fe3+）=molD．原固體混合物中銅的質(zhì)量是【答案】B【解析】解：鐵的還原性強于銅，把其加入氯化鐵溶液中，鐵先與鐵離子反應，氯化鐵的物質(zhì)的量是，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+64g2mol56g2molm1m2m1=16g，m2=14g，溶解的金屬質(zhì)量是18﹣=，則兩種金屬都參與反應，F(xiàn)e3+完全反應，剩余的金屬是銅，故A、C錯；列方程進行計算，設反應的銅的物質(zhì)的量是n1，反應的鐵是n264n1+56n2=n1+n2=n1=，n2=，則原來含有的銅的質(zhì)量是：×64g/mol+=，故D錯誤；溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=+=，故B正確．故選B．2.取一定質(zhì)量的均勻固體混合物Cu、Cu2O和CuO，將其分成兩等份，取其中一份用足量的氫氣還原，測得反應后固體質(zhì)量減少，另一份中加入500mL稀硝酸，固體恰好完全溶解，且同時收集到標準狀況下NO氣體，則所用硝酸的物質(zhì)的量濃度為（）A．·L﹣1B．·L﹣1C．·L﹣1D．無法判斷【答案】B【解析】解：將Cu2O拆分為Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氫氣還原，反應后固體質(zhì)量減少為拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的質(zhì)量，O原子的物質(zhì)的量為=，根據(jù)Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=；另一份中加入500mL稀硝酸，固體恰好完全溶解，溶液中溶質(zhì)為Cu（NO3）2，且同時收集到標準狀況下NO氣體，NO的物質(zhì)的量為=，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×，n（Cu）=，由銅元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=+=，根據(jù)氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=+2×=，硝酸的濃度為=L．故選B．3.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樽厣傧蚍磻蟮幕旌衔镏胁粩嗤ㄈ隨O2氣體，溶液逐漸變成無色．下列分析正確的是()A．上述實驗條件下，物質(zhì)的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2B．通入SO2時，SO2與I2反應，I2作還原劑C．通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D．滴加KI溶液時，轉(zhuǎn)移2mole﹣時生成1mol白色沉淀【答案】A【解析】解：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反應中Cu2+化合價降低是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以物質(zhì)的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合價由0價降低為﹣1價，I2是氧化劑，SO2被氧化，所以物質(zhì)氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故A正確；B.反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反應可知，碘元素化合價由0價降低為﹣1價，被還原，所以I2是氧化劑，故B錯誤；C.向反應后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因為發(fā)生氧化還原反應使碘褪色，二氧化硫不表現(xiàn)漂白性，故C錯誤；溶液中逐滴加入KI溶液化學方程式為2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每轉(zhuǎn)移2mol電子生成2molCuI，故D錯誤．故選：A．、CuO的固體混合粉末ag，在加熱條件下用足量CO還原，得到金屬混合物，將生成的CO2氣體用足量的澄清石灰水吸收后，產(chǎn)生白色沉淀，則a的數(shù)值為（）A．B．C．D．【答案】B【解析】解：發(fā)生的有關反應為：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，CuO+COCu+CO2，生成的CO2為：n（CO2）=n（CaCO3）==，根據(jù)反應方程式可以看出，CO2中的O原子來源于CO和金屬氧化物，CO2的物質(zhì)的量等于金屬氧化物中氧原子的物質(zhì)的量，則氧化物中氧元素的物質(zhì)的量為n（O）=，故氧元素質(zhì)量為：×16g/mol=，所以金屬氧化物的質(zhì)量為：+=，故選B．5.銅有兩種常見的氧化物：CuO和Cu2O．某學習小組取Cu（OH）2固體加熱，有銅的氧化物生成，其質(zhì)量隨溫度變化如圖1所示；另外，某同學繪制了三條表示金屬氧化物與其所含金屬元素的質(zhì)量的關系曲線，如圖2所示；則下列分析正確的是（）A．圖1中產(chǎn)物A、B的化學式分別為Cu2O和CuOB．圖1整個過程中共生成水C．圖2三條曲線中，表示CuO和其中所含Cu元素質(zhì)量關系的曲線是CD．圖1中，A到B過程中有mol電子發(fā)生了轉(zhuǎn)移【答案】D【解析】gCu（OH）2的物質(zhì)的量為=mol，若完全分解得到CuO，由Cu元素守恒，n（CuO）=mol，m（CuO）=×80g/mol=，若完全分解得到Cu2O，由Cu元素守恒，n（Cu2O）==，m（Cu2O）=×144g/mol=，故A為CuO、B為Cu2O，A．由上述分析可知，A為CuO、B為Cu2O，故A錯誤；B．根據(jù)H元素守恒，生成水的物質(zhì)的量為：=，故生成水的質(zhì)量為：×18g/mol=，故B錯誤；C．根據(jù)CuO的化學式可知CuO中所含Cu元素的質(zhì)量與CuO的質(zhì)量之比=64：80=4：5，即曲線斜率為，曲線A的斜率大于1，曲線C的斜率為，曲線B的斜率為，故曲線B表示表示CuO和其中所含Cu元素質(zhì)量關系，故C錯誤；D．由A點到B點發(fā)生反應：4CuO2Cu2O+O2↑，CuO完全分解為Cu2O，Cu元素化合價由+2價降低為+1價，故轉(zhuǎn)移電子為×（2﹣1）=，故D正確；故選D．6.有CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反應后固體減少了，反應后全部氣體用LBa（OH）2溶液100mL吸收．下列有關敘述中正確的是（）A．反應中生成的CO2體積為LB．吸收CO2后的溶液中一定有Ba（HCO3）2C．不能確定原混合物中CuO與Fe2O3質(zhì)量比D．若將質(zhì)量相同的混合物加過量硝酸溶解后，再加入100mL的NaOH溶液時沉淀達最大量，由此可求得c（NaOH）=L【答案】B【解析】A．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反應，固體減少質(zhì)量為混合物中含有的氧元素的質(zhì)量，CO分子獲得1個O原子形成CO2分子，故n（CO2）=n（O）==，故標況下二氧化碳的體積=×mol=，但二氧化碳所處狀態(tài)的氣體摩爾體積不一定為mol，故A錯誤；B．n=L×=，故n（CO2）：n=：=9：7，介于1：1與2：1之間，故生成碳酸鋇與碳酸氫鋇，故B正確；C．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反應，固體減少質(zhì)量為混合物中含有的氧元素的質(zhì)量，混合物中氧原子的物質(zhì)的量為，令混合物中CuO、Fe2O3的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量之和與氧原子的物質(zhì)的量之和列方程，可以計算各自物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計算CuO、Fe2O3的質(zhì)量，可以確定原混合物中CuO與Fe2O3質(zhì)量比，故C錯誤；D．由于硝酸過量，不能確定NaOH的物質(zhì)的量，不能確定氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度，故D錯誤，故選B．7.銅有兩種常見的氧化物CuO和Cu2O．某學習小組?。ㄓ镁芴炱綔y量）Cu（OH）2固體，將其加熱有銅的氧化物生成，其質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖1所示．另外，某同學繪制了三條表示金屬氧化物與其所含金屬元素質(zhì)量的關系曲線，如圖2所示．則下列分析正確的是（）A．圖1中產(chǎn)物a、b的化學式分別為Cu20和CuOB．圖l整個過程中共生成gH20C．圖2三條曲線中，表示Cu0和其中所含Cu元素質(zhì)量的關系曲線是曲線AD．圖2中繪制錯誤的曲線共2條【答案】A【解析】A.由gCu（OH）2可知其物質(zhì)的量為mol，若全部生成CuO，則質(zhì)量為mol×80g·mol﹣1=，所以a點是CuO，若全部生成Cu2O，則質(zhì)量為mol×144g·mol﹣1=，所以b點是Cu2O，故A正確；B.根據(jù)化學方程式，4Cu2O4Cu+2O2過程中有氧氣產(chǎn)生，g是水和氧氣的質(zhì)量和，故B錯誤；和其中所含Cu元素的質(zhì)量關系（以CuO的質(zhì)量為10g計算）為：CuO～Cu806410g8g觀察圖2可知，B符合上述質(zhì)量關系，表示的是CuO，而A點上的任何一點都表示金屬氧化物的質(zhì)量小于其中所含金屬元素的質(zhì)量，故C錯誤；D.圖2中A曲線上的任何一點都表示金屬氧化物的質(zhì)量小于其中所含金屬元素的質(zhì)量，所以A曲線錯誤，由C選項可知B曲線正確，C曲線上的任何一點都表示金屬氧化物的質(zhì)量大于其中所含金屬元素的質(zhì)量，所以C曲線也正確，故D錯誤；故選A．8.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一種或幾種物質(zhì)組成．進行如下實驗：下列有關說法正確的是（）A.步驟I中減少的3g固體一定是混合物B.步驟II中質(zhì)量減少的物質(zhì)一定是CuC.根據(jù)步驟I、II可以判斷混合物X的成分為Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2D.根據(jù)上述步驟II可以得出m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】D【解析】、SiO2都能夠與NaOH溶液反應，所以步驟I中減少的3g固體可能為氧化鋁或二氧化硅，不一定為混合物，故A錯誤；B.步驟II中發(fā)生了反應：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，固體為銅和Fe2O3的混合物，減少的為銅和氧化鐵，故B錯誤；C.根據(jù)步驟I只能判斷混合物中至少含有Al2O3、SiO2的一種物質(zhì)，無法確定Al2O3、SiO2是否都存在；步驟II可以確定一定存在Fe2O3、Cu，故C錯誤；變成，質(zhì)量減少了：，減少的質(zhì)量為Fe2O3和部分Cu，剩余的為銅，設銅的物質(zhì)的量為x，根據(jù)反應Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+可知氧化鐵的物質(zhì)的量也為x，則64x+160x=，解得x=，則m（Fe2O3）：m（Cu）=（160×）：（64×+）=1：1，故D正確；故選D．9.今有一包鐵粉和銅粉混合粉末，為確定其組成，現(xiàn)提供4mol/L的FeCl3溶液（其它用品略），某合作學習小組同學的實驗結(jié)果如下（假定反應前后溶液體積不變）：組別①②③④V[FeCl3（aq）]/mL100100100100混合粉末質(zhì)量/g62436反應后剩余固體質(zhì)量/g0下列結(jié)論正確的是（）A．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2B．第①組反應后溶液中c（Fe3+）=LC．第②組剩余固體是銅鐵混合物D．第④組反應后的濾液中c（Fe2+）=mol/L【答案】D【解析】鐵的還原性強于銅，所以Fe3+先和鐵發(fā)生反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應后Fe3+有剩余，再與銅發(fā)生反應：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固體是銅或鐵和銅，從第②組數(shù)據(jù)，可以得出FeCl3溶液全部參與反應，100mLFeCl3溶液能溶解金屬質(zhì)量﹣=，大于第①組溶解的金屬質(zhì)量，故第①組金屬完全反應、FeCl3有剩余；第②組實驗中FeCl3溶液全部參與反應，其物質(zhì)的量為=×4mol/L=，假設只發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，參加反應Fe的物質(zhì)的量為，則溶解的Fe的質(zhì)量為×56g/mol=＜，所以同時也有一部分Cu溶解，所以剩余的固體全部為Cu；第③組實驗中溶解金屬為24g﹣=，混合物中Fe恰好完全反應、Cu不反應，剩余為Cu，即24g混合物中Cu的質(zhì)量為，則混合物中m（Fe）：m（Cu）=：=7：8；故第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu，溶液中溶質(zhì)為FeCl2；A．第③組中Fe、Cu的質(zhì)量分別是、，根據(jù)n=知，n（Fe）：n（Cu）=：=：=1：1，故A錯誤；B．混合物中n（Fe）：n（Cu）=1：1，根據(jù)①知，6g混合物中n（Fe）=n（Cu）==，該反應中轉(zhuǎn)移電子守恒，則消耗n（Fe3+）===，則剩余c（Fe3+）==2mol/L，故B錯誤；C．根據(jù)第②組數(shù)據(jù)知，剩余的固體全部為Cu，故C錯誤；D．第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu，溶液中溶質(zhì)為FeCl2，則溶液中存在c（Fe2+）=c（Cl﹣）=c（FeCl3）==mol/L，故D正確10、取一定質(zhì)量含Cu、Cu2O、CuO的固體混合物，將其分成兩等份并進行下列轉(zhuǎn)化，則轉(zhuǎn)化過程中所加稀HNO3的物質(zhì)的量濃度為（）A．mol·L﹣1B．mol·L﹣1C．mol·L﹣1D．mol·L﹣1【答案】D【解析】設其中一份中n（Cu）=xmol，n（Cu2O）=ymol，n（CuO）=zmol，依得失電子守恒和氧元素守恒，有：？x+2y+z=亦即反應后生成的硝酸銅的物質(zhì)的量為則500mL稀硝酸中，n（HNO3）=×2+=于是：c（HNO3）==L，故選：D．11.根據(jù)下列框圖，有關說法正確的是（）A．M、E都是第四周期中的過渡元素，E的金屬活動性比M的金屬活動性強，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱B．反應⑤的離子方程式可表示為：2E(OH)3+3Cl2+6H2O=3EO42―+6Cl―+12H+C．反應①、②、③、⑤都屬于氧化還原反應，且在反應①和③中硫酸僅表現(xiàn)了酸性D．用K2EO4、Zn可制成一種高能電池，該電池中負極的電極反應式為：EO42―+4H2O+3e-＝E(OH)3+5OH―【答案】C【解析】流程分析可知，M為銅，在酸性溶液中被過氧化氫氧化為銅鹽溶液CuSO4，依據(jù)Y加入KSCN溶液血紅色說明是Fe3+離子，和氨水反應生成紅褐色沉淀氫氧化鐵；說明X為亞鐵離子形成的硫酸亞鐵溶液，推斷E為Fe，則X為FeSO4，Y為Fe2（FeSO4）3，Z為Fe（OH）3，A、Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，但Fe3+的氧化性比Cu2+強，如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A錯誤；B、Fe（OH）3可被氯氣氧化生成高鐵酸鉀，反應在堿性條件下進行，不可能生成H+，應為2E（OH）3+3Cl2+12OH-＝3EO42-+6Cl-+6H2O，故B錯誤；C、①②⑤都有單質(zhì)參加反應，③有過氧化氫參加反應，則一定為氧化還原反應，①和③中硫酸都只表現(xiàn)了酸性，表現(xiàn)氧化性的為過氧化氫，故C正確；D、負極發(fā)生氧化反應，應是鋅失電子被氧化，故D錯誤，答案選C。12.向Fe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1mol·L-1的硫酸溶液140mL時，固體恰好完全溶解，所得溶液中不含F(xiàn)e3+，若用過量的H2在高溫下還原相同質(zhì)量的原混合物，固體減少的質(zhì)量為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】Fe3O4、Fe2O3和Cu的混合物中加入硫酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含F(xiàn)e3+，溶液中溶質(zhì)為CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素與Fe3O4、Fe2O3中O元素結(jié)合生成水，由水的分子式H2O可知，故Fe3O4、Fe2O3中n（O）=n（H2SO4）=×1mol/L=，若用過量的H2在高溫下還原相同質(zhì)量的原混合物，固體減少的質(zhì)量為氧化物中氧元素的質(zhì)量，所以固體減少的質(zhì)量為×16g/mol=；故答案選B。和Fe2O3的混合物mg，向其中加入1mol/L的HNO3溶液200mL恰好完全反應，若將2mg該混合物用足量CO還原，充分反應后剩余固體質(zhì)量為（）A．gB．（2m﹣）gC．（m﹣）gD．（2m﹣）g【答案】B【解析】金屬氧化物與硝酸反應生成硝酸鹽和水，由反應CuO～Cu（NO3）2，F(xiàn)e2O3～Fe（NO3）3，由電荷守恒可知：2n混合物（O）=n（NO3﹣），n（HNO3）=L×1mol/L=，則mg混合物中n混合物（O）=，所以mg金屬氧化物中O的質(zhì)量為×16g/mol=，故2mg金屬氧化物中O的質(zhì)量為×2=，若將2mg原混合物在足量CO中加熱，使其充分反應，冷卻后剩余固體為金屬單質(zhì)，則得到金屬質(zhì)量為氧化物的質(zhì)量減去氧的質(zhì)量，即金屬質(zhì)量為：2mg﹣=（2m﹣）g，故選B．14.單質(zhì)碳和氧化銅在一定溫度下反應時，氧化銅可被還原為Cu2O、Cu．現(xiàn)將C與CuO的混合物，隔絕空氣加熱一段時間后，將生成的氣體通過足量的澄清石灰水，共收集到氣體（標準狀況），生成沉淀的質(zhì)量為．下列說法中錯誤的是（）A．反應后的固體混合物中還含有碳B．反應后的固體混合物中Cu的質(zhì)量為gC．反應后的固體混合物的總質(zhì)量為gD．反應后的固體混合物中氧化物的物質(zhì)的量為mol【答案】B【解析】由題意可知，生成的n（CO2）=n（CaCO3）=100g/mol=，n（CO）=mol=，根據(jù)C守恒可知，參加反應的C的質(zhì)量=（+）×12g/mol=，故含有=碳未參與反應，A正確；若CuO完全被還原為Cu，根據(jù)Cu守恒生成Cu的質(zhì)量=16g/80g/mol×64g/mol=，由產(chǎn)物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的質(zhì)量=（×2+）×16g/mol=，故CuO反應后的總質(zhì)量==，故反應后固體中Cu的質(zhì)量小于，B錯誤；反應后固體總質(zhì)量=16g+×（44g/mol+28g/mol）=，C正確；反應后m（O）=，Cu2O、CuO均含有1個氧原子，根據(jù)氧原子守恒可知反應后的固體混合物中氧化物的物質(zhì)的量=16g/mol=mol，D正確。15.部分氧化的Fe-Cu合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共g，經(jīng)如下處理：下列說法正確的是（）A．V＝B．原樣品中Fe元素的質(zhì)量分數(shù)為%C．濾液A中的陽離子為Fe2＋、Fe3＋、H＋D．樣品中CuO的質(zhì)量為g【答案】B【解析】A.根據(jù)最后溶液中溶質(zhì)為過量H2SO4和FeSO4，充分灼燒后的固體為氧化鐵，則鐵元素物質(zhì)的量為160×2=，說明參加反應硫酸物質(zhì)的量為，含氫離子，其中部分氫離子生成氫氣，另外的H+和合金中的氧結(jié)合成水了，由于合金中氧物質(zhì)的量，它結(jié)合氫離子，所以硫酸中有生成氫氣，即生成氫氣，標況體積為448ml，錯誤；B.根據(jù)A項中充分灼燒后的固體為氧化鐵，則鐵元素物質(zhì)的量為160×2=，則原樣品中Fe元素的質(zhì)量分數(shù)為×56/=%,正確；C.生成的濾渣是銅，金屬銅可以和三價鐵反應，所以一定不含有三價鐵離子，錯誤；D.根據(jù)B的答案知道鐵元素質(zhì)量為，而原來固體才，所以CuO質(zhì)量不超過，錯誤。16.三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料．某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物．探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑．（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是．(2)若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵．你認為這種說法合理嗎？．（3）若固體粉末完全溶解無固體存在，滴加KSCN試劑時溶液不變紅色，則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式．探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質(zhì)量分數(shù)．取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b＞a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為．（5）欲利用紅色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取較純凈的膽礬（CuSO4·5H2O）經(jīng)查閱資料得知，在溶液中調(diào)節(jié)溶液的酸堿性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分別生成沉淀的pH物質(zhì)Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3開始沉淀pH沉淀完全pH1314實驗室有下列試劑可供選擇：A．氯水B．H2O2C．硝酸D．NaOHE．氨水F．Cu2（OH）2CO3實驗小組設計如下實驗方案：試回答：①試劑I為，試劑II為（填字母）．②固體X的化學式為．【答案】（1）固體完全溶解，溶液呈血紅色；(2)不合理；當原固體粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物時，加入稀H2SO4后產(chǎn)生的Fe3+與Cu反應生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不變紅色；（3）Fe2O3和Cu2O；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）×100%．（5）①B；F；②Fe（OH）3；【解析】解：（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中．在所得溶液中再滴加KSCN試劑，若假設1成立，紅色粉末是Fe2O3，則實驗現(xiàn)象是固體完全溶解，溶液呈血紅色；故答案為：固體完全溶解，溶液呈血紅色；滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，說明溶液中無鐵離子，可能是氧化亞銅在酸中發(fā)生氧化還原反應生成氧化銅和銅，生成的銅能把鐵離子還原為亞鐵離子，使溶液遇到硫氰酸鉀不變紅色，所以滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，不能說明原混合物不含氧化鐵；故答案為：不合理；當原固體粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物時，加入稀H2SO4后產(chǎn)生的Fe3+與Cu反應生成Fe2+，滴加KSCN溶液后也可能不變紅色；（3）固體完全溶解，無固體存在，說明固體含有氧化鐵和氧化亞銅；反應生成的銅會和鐵離子全部反應，反應的離子方程式為：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；故答案為：Fe2O3和Cu2O；Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）依據(jù)題意，能發(fā)生反應的物質(zhì)為Cu2O，最后變成CuO，增加的質(zhì)量就是反應的氧氣的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量差計算可以得出Cu2O的質(zhì)量分數(shù)．設樣品中氧化亞銅的質(zhì)量為m，2Cu2O+O2═4CuO△m288g32gm（b﹣a）gm==9（b﹣a）g，混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為×100%，故答案為：×100%．（5）①紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物溶于硫酸后氧化亞銅反應生成的銅會還原鐵離子為亞鐵離子，加入氧化劑過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子全部沉淀，為不引入雜質(zhì)需要加入氧化銅或堿式碳酸銅調(diào)節(jié)溶液PH，ACDE會引入新的雜質(zhì)；故答案為：B；F；②流程分析判斷固體X為氫氧化鐵沉淀；故答案為：Fe（OH）3；17.銅的硫化物可用于冶煉金屬銅。為測定某試樣中Cu2S、CuS的質(zhì)量分數(shù)，進行如下實驗：步驟1：在0g試樣中加入mL0mol·L－1KMnO4的酸性溶液，加熱，硫元素全部轉(zhuǎn)化為SO42－，銅元素全部轉(zhuǎn)化為Cu2＋，濾去不溶性雜質(zhì)。步驟2：收集步驟1所得濾液至250mL容量瓶中，定容。取mL溶液，用0mol·L－1FeSO4溶液滴定至終點，消耗mL。步驟3：在步驟2滴定所得溶液中滴加氨水至出現(xiàn)沉淀，然后加入適量NH4HF2溶液（使Fe、Mn元素不參與后續(xù)反應），加入約1gKI固體（過量），輕搖使之溶解并發(fā)生反應：2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2。用00mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至終點（離子方程式為2S2O32－＋I2＝2I－＋S4O62－），消耗mL。已知：酸性條件下，MnOeq\o\al(－,4)的還原產(chǎn)物為Mn2＋。（1）若步驟3加入氨水產(chǎn)生沉淀時，溶液的pH＝，則溶液中c(Fe3＋)＝。（已知室溫下Ksp[Fe(OH)3]＝×10－39）（2）步驟3若未除去Fe3＋，則測得的Cu2＋的物質(zhì)的量將（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。（3）計算試樣中Cu2S和CuS的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程）。【答案】（1）×10－3mol·L－1 （2）偏高（3）設Cu2S和CuS的物質(zhì)的最分別為x、y；2Cu2＋～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)n(Cu2＋)＝n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝00mol·L－1××10－3L＝×10－4moleq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝×10－4mol×\f(250mL,mL)＝×10－3mol,10x＋8y＋0mol·L－1××10－3L×\f(250mL,mL),＝0L×0mol·L－1×5))x＝×10－3moly＝×10－3molw(Cu2S)＝eq\f×10－3mol×160g·mol－1,0g)×100%＝%w(CuS)＝eq\f×10－3mol×96g·mol－1,0g)×100%＝%【解析】（1）pH=2，c(OH－)=1×10－12mol·L－1，c(Fe3＋)==×10－3mol·L－1。（2）若沒有除去Fe3＋，F(xiàn)e3＋會氧化I－生成I2，而Cu2＋的量是根據(jù)生成的I2計算的，所以Cu2＋的量偏大。（3）步驟1中將Cu2S、CuS全部轉(zhuǎn)化為Cu2＋，步驟2為FeSO4與過量的KMnO4反應，根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒分析，1molCu2S失去10mole－，1molCuS失去8mole－，1molFeSO4失去1mole－，1molKMnO4得到5mole－，由此列式10n(Cu2S)+8n(CuS)+n(FeSO4)=5n(KMnO4)。步驟1生成的所有Cu2＋氧化I－生成I2，再用Na2S2O3滴定，找出反應關系“2Cu2＋～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，列式為n(Cu2＋)＝n(S2Oeq\o\al(2－,3))。聯(lián)立兩式，可得出n(Cu2S)和n(CuS)。18.BCBC空氣JI高溫△+OH－AO2F+H+DEAGE+H+H+OH－△【答案】（1）Fe2+Al（OH）3（2）2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑（3）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（4）Ai3++3AlO2—+6H2O=4Al（OH）3↓（5）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】19.現(xiàn)有X、Y、Z三種非金屬元素，A、B、C三種金屬元素，有如下情況：（1）X、Y、Z的單質(zhì)在常溫下均為氣體（2）X的單質(zhì)在Z的單質(zhì)中燃燒，生成XZ，燃燒時火焰