2024届高三化学二轮复习铜及其化合物专项练习
一、选择题（共17题）
1．在反应“X+酸→化合物+H2O”中，反应条件已省去，X不可能是
A．CuO B．NaCl C．SiO2 D．
2．将 Cu 片 放 入 0.1mol/L 的 FeCl3溶液中，反应 一 定 时 间 后 取 出 Cu片 ， 所 得 溶 液 X 中c(Fe3+)：c(Fe2+)=2：1，下列有关说法正确的是
A．溶液 X 中 c(Cu2+)：c(Fe3+)=1：2 B．反应中转移电子的物质的量为 1/30 mol
C．溶液 X 比原来增重了 1.07g D．溶液 X 中 3c(Fe3+)+ 2c(Fe2+)+ 2c(Cu2+)=0.3mol/L
3．下列物质直接参与的反应与氧化还原反应无关的是
A．维生素C用作贫血患者补铁剂的搭档
B．生石灰用作煤炭燃烧的固硫剂
C．氯化铁溶液用于腐蚀印刷电路板
D．高铁酸盐(Na2FeO4)用于饮用水的处理
4．下列化学用语对事实的表述正确的是
A．在加热条件下铜可与浓硫酸反应：Cu+2H+Cu2++H2↑
B．碳酸氢钠水解离子方程式：HCO+H2OCO+H3O+
C．实验室制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
5．下列说法不正确的是
A．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱、石英
B．湿润的红色石蕊试纸遇氯气，红色消失，是因为氯气具有漂白性
C．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板
D．工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
6．在通常条件下，能由两种单质直接化合而成的物质是
A．CuO B．NO2 C．FeCl2 D．SO3
7．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）
A．金属铁 B．金属铜 C．金属钠 D．金属铝
8．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．CuCuSO4CuCl2 B．NH3NOHNO3
C．Cl2HClOHCl D．Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
9．为了除去铜片表面的(必要时可加热)，不能选用的试剂是
A．稀硝酸 B．稀硫酸 C．一氧化碳 D．稀盐酸
10．质量为ag的铜丝，在空气中灼热变黑，趁热放入下列物质中，铜丝变红，质量仍为ag的是
A．盐酸 B．CH3COOH C．C2H5OH D．HNO3
11．某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是
A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同
B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同
C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物
D．加热过程中结晶水分子逐个失去
12．物质的量浓度为硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列说法中正确的是
A．有的硫酸被还原 B．标准状况下，还原产物的体积约为
C．充分反应后体系无硫酸剩余 D．反应消耗的铜的质量一定少于
13．下列根据实验现象得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 废FeCl3蚀刻液X中加入少量铁粉，振荡 得到澄清溶液 X中一定不含Cu2+
B 浓度均为0.1mol L-1的Na2CO3和Na2S混合溶液中，滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀 Ksp(Ag2S)大于Ksp(Ag2CO3)
C KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸 试纸变为蓝色 NO3-还原为NH3
D KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2 有机相呈橙色 氧化性：Cl2>Br2
A．A B．B C．C D．D
14．以下物质不符合既可以通过单质化合又可以通过溶液间复分解反应两种方法得到的是
A．FeCl2 B．NaCl C．CuCl2 D．FeCl3
15．现有铜粉和锌粉的混合物，取a g加入200 mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO 2.24 L；另取等质量的该混合物在空气中充分加热得到b g固体，将所得固体溶于上述稀硝酸，消耗硝酸的体积为V mL。下列说法错误的是
A．V=150 mL
B．硝酸的浓度为2 mol·L-1
C．a g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.3 mol
D．b=a+2.4
16．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物全部是NO)。向反应后的溶液中加入6mol/LNaOH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7.65g，则下列叙述中正确的是
A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为3.36L
B．当生成沉淀达到最大量时，消耗NaOH溶液的体积为V≥75ml
C．参加反应的金属的总质量一定是9.9g
D．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.45mol
17．工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．由黄铜矿到冰铜的反应中，氧化剂是空气，还原剂是CuFeS2
B．气体A中的大气污染物可以用NaOH溶液或氨水吸收
C．将熔渣B用稀硫酸浸泡，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明熔渣B 中的铁元素显+3价
D．由泡铜到粗铜的反应为吸热反应
二、综合题（共6题）
18．将 80 g 铜与 500 mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的 NO和 NO2混合气体在标准状况下的体积为 33.6L。试计算(写出计算过程)：
(1)NO的体积_____；
(2)待产生的气体全部逸出后，向溶液中加入 V mL a mol.L-1 的 NaOH 溶液，恰好使溶液中的 Cu2+全部转化成沉淀，则原 HNO3 溶液的浓度为_____。
19．根据下列框图回答问题（答题时方程式中的M、E用所对应的元素符号表示）：
（1）写出M、E的化学式：M___________；E__________；
（2）M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化学方程式：_________________，若参加反应H2O2为1mol，转移电子为__________mol。
（3）某同学取X的溶液，用稀硫酸酸化并在空气中放置一段时间后，加入KI—淀粉溶液，溶液变为蓝色。写出与上述变化过程相关的离子方程式：_______________、_________________。
（4）写出Cl2将Z氧化为K2EO4的化学方程式：_____________________________。
20．银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺流程如图所示：
（注：和，开始分解的温度分别为和）
(1)固体B的组成为______(填化学式)；在生成固体B的过程中，需控制稀溶液的加入量。若稀溶液过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_____________。
(2)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：___CuO+___Al2O3________。
(3)若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上废料中的铜可完全转化为_____，至少需要的溶液______L。
(4)溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是_____、_____、过滤、洗涤和干燥。
21．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＋、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___。
A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋
（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：
①操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________；操作Ⅱ的方法为_____________________。
②请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：____________________________。
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＋、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___。
A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋
（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：
①操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________；操作Ⅱ的方法为_____________________。
②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：
①无水CuSO4是一种白色的固体，溶于水所得溶液为天蓝色。
②向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，析出蓝色的沉淀。
③向蓝色的沉淀中继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明的溶液。
④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①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σ键数目为___________。
(4)步骤②析出蓝色的沉淀的离子方程式为___________ ，步骤③淀溶解，得到深蓝色透明的溶液的离子方程式为___________。
(5)步骤④中乙醇的作用是___________得到的蓝色晶体是___________(填化学式)
参考答案
1．B
【解析】
试题分析：A、氧化铜与酸反应生成盐和水，不符合题意，A错误；B、氯化钠与酸反应不可能生成水，符合题意，B正确；C、二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，不符合题意，C错误；D、苯与硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，不符合题意，D错误，答案选B。
考点：考查框图题推断
2．D
【详解】
A．由题意知，溶液中Fe3+未完全反应，由反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，知，又，故，A错误；
B．根据铁元素守恒知，反应后溶液中：c(Fe3+，余)+c(Fe2+)=c(Fe3+，原)，又c(Fe3+，余)=2 c(Fe2+)，联立解得c(Fe2+)= mol/L，但由于溶液体积未知，无法计算物质的量，B错误；
C．溶液体积未知，无法确定参与反应Cu的物质的量，即无法确定其质量，C错误；
D．由电荷守恒知：3c(Fe3+)+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=c(Cl-)=3c(FeCl3，原)=0.3 mol/L，D正确；
故答案选D。
3．B
【详解】
A、三价铁盐具有一定的氧化性，服用后将会与人体内的抗坏血酸（Vc）发生氧化还原反应生成二价铁离子，二价铁离子容易被吸收，与氧化还原有关，A项错误；
B、煤中含有硫的化合物,当煤燃烧的时候会产生二氧化硫,生石灰能够与二氧化硫反应,生成亚硫酸钙,起到固定硫的作用,从而减少空气的污染，不参与氧化还原反应，B项错误；
C、氯化铁溶液用于腐蚀印刷电路板，三价铁与铜发生氧化还原反应，C项错误；
D、高铁酸盐(Na2FeO4)具有强氧化性用于饮用水的处理，D项错误；
答案选B。
4．D
【详解】
A．Cu与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的离子方程式为Cu+4H++SOCu2++SO2↑+2H2O，A错误；
B．碳酸氢钠水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，B错误；
C．实验室制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；
D．乙酸与乙醇反应的机理为“酸去羟基醇去氢”，乙醇中O原子的质量数为18，反应后18O存在于乙酸乙酯中，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，D正确；
故答案选D。
5．B
【详解】
A．石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，高温条件下，二氧化硅与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳，与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，A正确；
B．氯气不具有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的HClO，B错误；
C．Fe3+可以氧化Cu单质，所以氯化铁溶液可用于制作印刷电路板，C正确；
D．黄铜矿为CuFeS2，高温条件下与空气中的氧气反应可以得到粗铜，D正确；
综上所述答案为B。
6．A
【详解】
解：A．Cu与氧气合生成CuO，能由两种单质直接化合而成，故A选；
B．氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，不能由两种单质直接化合而成，故B不选；
C．Fe与氯气反应生成FeCl3，不能生成FeCl2，不能由两种单质直接化合而成，故C不选；
D．S与氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，所以三氧化硫不能由两种单质直接化合而成，故D不选；
故选A．
【点评】本题考查物质的化学性质及相互转化，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与知识应用能力的考查，题目难度不大．
7．D
【详解】
A. 金属铁只与盐酸反应，不与碱反应，与题意不符，A错误；
B. 金属铜与盐酸、氢氧化钠溶液均不反应，与题意不符，B错误；
C. 金属钠与酸反应，与碱溶液中的水反应，不与氢氧化钠反应，与题意不符，C错误；
D. 金属铝既能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，又能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，符合题意，D正确；
答案为D。
8．C
【详解】
A.铜和稀硫酸不反应，故A错误；
B.一氧化氮不溶于水也不与水反应，在氧气存在的条件下可与水反应生成硝酸，故B错误；
C.氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸受热分解生成氯化氢，故C正确；
D.电解熔融氯化镁制取镁单质，不能使用氯化镁溶液，故D错误；
本题答案选C。
9．A
【详解】
稀硝酸既能与反应，也能与反应，不能选用稀硝酸；稀硫酸和稀盐酸均只能与反应，不与反应；加热时，可还原生成铜。
答案选A。
10．C
【详解】
铜丝灼烧成黑色是生成了CuO：2Cu+O2=2CuO。
A．铜丝灼烧成黑色，立即放入盐酸中，CuO与盐酸反应，生成铜盐，质量减少，故A错误；
B．铜丝灼烧成黑色，立即放入乙酸中，CuO与乙酸反应生成铜盐，质量减少，故B错误；
C．铜丝灼烧成黑色，立即放入乙醇中，CuO与乙醇反应CuO+C2H5OH=CH3CHO+Cu+H2O，反应前后其质量不变，故C正确；
D．铜丝灼烧成黑色，立即放入稀硝酸中，CuO、Cu与稀硝酸反应生成铜盐，质量减少，故D错误；
故选C。
11．C
【详解】
胆矾(CuSO45H2O)的分子量为250，如果失去1个水分子，则剩下晶体质量232g，失去2个水分子，则剩下晶体质量214g，如果失去3个水分子，则剩下晶体质量196g，如果失去4个水分子，则剩下晶体质量178g，如果失去5个水分子，则剩下晶体质量160g，由图可知明显不是同时失去，而是分三阶段失水，102℃时失去2个水分子，115℃时，又失去2个水分子，258℃时失去1个水分子，则：
A．因为固体质量是分三次降低的，而三次温度变化值不同，所以失去结晶水克服的作用力大小不同，则结晶水分子与硫酸铜结合的能力不完全相同，故A错误；
B．由上述分析可知，硫酸铜晶体分三次失去结晶水，同一次失去的结晶水与硫酸铜结合的能力相同，故B错误；
C．因为固体质量是分三次降低的，所以晶体中的水分子所处化学环境可以分为3种，故C正确；
D．由图可知明显不是逐个失去，而是分三阶段失水，第一次失去2个，第二次失去2个，第三次失去1个，故D错误；
故答案选C。
12．D
【分析】
Cu和浓硫酸反应的化学方程式为；随着反应的进行，浓硫酸逐渐变为稀硫酸，反应停止。
【详解】
A．浓硫酸中，n(H2SO4)=0.02L18mol/L=0.36mol，若0.36mol H2SO4完全参加反应，则有0.18mol的硫酸被还原，但实际上H2SO4不能完全参加反应，故被还原的硫酸的物质的量小于0.18mol，A错误；
B．若0.36mol H2SO4完全参加反应，则生成的还原产物SO2有0.18mol，即约4L（标况）；但实际上H2SO4不能完全参加反应，故产生的SO2的体积小于4L（标况），B错误；
C．反应不能完全进行，故反应后体系有硫酸剩余，C错误；
D．若0.36mol H2SO4完全参加反应，则反应消耗0.18mol Cu，即11.52g Cu，但实际上H2SO4不能完全参加反应，故反应消耗的铜的质量小于11.52g，D正确；
故选D。
13．C
【解析】
【详解】
A．加入少量Fe粉，Fe先和反应后和反应，可能加入铁粉量不足， 没有完全反应，所以不能说明溶液中是否含有，故A错误；
B．溶度积常数小的物质先生成沉淀，浓度均为的和混合溶液中，滴入少量溶液，产生黑色沉淀，说明小于，故B错误；
C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，和KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明还原为，故C正确；
D．溶液中加入少量苯，然后通入少量，有机相呈橙色，说明该反应中有生成，Br元素化合价由价变为0价，所以是氧化剂，则是还原剂，是还原产物，所以能说明还原性，而不是氧化性，故D错误；
答案选C。
14．A
【解析】
【分析】
氯气具有强氧化性，与铁反应时，生成FeCl3，不能通过化合反应制取，其它不存在变价的金属可与氯气直接化合生成。
【详解】
A．氯气具有强氧化性，与铁反应时，生成FeCl3，不能通过化合反应制取，故A正确；
B．NaCl可由反应：2Na+Cl2=2NaCl，NaOH+HCl=NaCl+H2O生成，故B错误；
C．CuCl2可由反应：Cu+Cl2=CuCl2，Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O生成，故C错误；
D．FeCl3可由反应：2Fe+3Cl2=FeCl3，Fe(OH)3+3HCl=FeCl3+3H2O生成，故D错误；
故答案为
15．C
【分析】
铜粉和锌粉与硝酸反应时，化合价均由0价变为+2价，生成标准状况下的NO 2.24L，即0.1mol，N原子的化合价由+5价变为+2价，得到0.3mol电子，则铜粉和锌粉的混合物的物质的量的和为0.15mol；消耗硝酸200mL，生成盐的硝酸为0.3mol，生成NO的硝酸为0.1mol，则硝酸的浓度=0.4mol÷0.2L=2mol/L。
【详解】
A．分析可知，Cu、Zn的物质的量为0.15mol，生成氧化物的物质的量也为0.15mol，消耗硝酸的物质的量为0.3mol，分析可知，硝酸的浓度为2mol/L，则V=150 mL，A说法正确；
B．分析可知，硝酸的浓度为2 mol·L-1，B说法正确；
C．分析可知，a g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15mol，C说法错误；
D．分析可知，a g铜粉和锌粉的物质的量之和为0.15mol，生成氧化物时，消耗0.15mol的氧原子，b=a+0.15mol×16g/mol=a+2.4，D说法正确；
答案为C。
16．B
【解析】
试题分析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3 (稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3 (稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的6mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3；Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加7.65g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为7.65g，氢氧根的物质的量为=0.45mol，则镁和铜的总的物质的量为0.225mol。A．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为= 0.15mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，但NO不一定处于标准状况，故A错误；B．当生成的沉淀达到最大量时，溶液中溶质为NaNO3，硝酸根守恒可知n(NaNO3)=2n(硝酸铜+硝酸镁)=0.225mol×2=0.45mol，由钠离子守恒由n(NaOH)=n(NaNO3)=0.45mol，故此时氢氧化钠溶液的体积为=0.075L=75mL，故B正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.225mol，假定全为镁，质量为0.225mol×24g/mol=5.4g，若全为铜，质量为0.225mol×64g/mol=14.4g，所以参加反应的金属的总质量(m)为5.4g＜m＜14.4g，故C错误；D、根据氮元素守恒n(HNO3)=2n(硝酸铜+硝酸镁)+n(NO)=0.225mol×2+0.15mol=0.6mol，故D错误；故选B。
【考点定位】考查混合物有关计算
【名师点晴】本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，难度较大。
17．B
【详解】
由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成、FeS，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成、Cu，生成气体A为二氧化硫，、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜，以此解答该题。
A.由黄铜矿到冰铜的反应中，Cu元素的化合价降低，则为氧化剂，A错误；
B.A中的大气污染物主要是二氧化硫，可以用NaOH溶液或氨水吸收，B正确；
C.将熔渣B用稀硫酸浸泡，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明浸泡液中含+3价的铁元素，但不能肯定熔渣中一定含+3价的铁元素(也可能是Fe2+在浸泡过程中被空气中氧气氧化所致)，C错误；
D.由泡铜到粗铜的反应是铝热反应，为放热反应，D错误。
故选B。
18．n(NO) + n(NO2)=1.5mol，n(Cu)= 1.25mol，根据得失电子守恒3n(NO)+n(NO2)=2.5mol，求得 n(NO)=0.5mol，V(NO)=11.2L 根据 N 守恒，起酸作用的 HNO3 为 aV×10-3mol，作氧化剂的 HNO3为 1.5mol，所以原硝酸的物质的量浓度为mol/L
【分析】
(1)根据n(Cu)= ，n(NO2)+n(NO)=，结合原子守恒、得失电子守恒列式计算；
(2)向反应后溶液中加入NaOH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，由钠离子守恒n(NaNO3)=n(NaOH)，根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+ n(NO2)+n(NO)，据此分析计算。
【详解】
(1)n(Cu)==1.25mol，n(气体)==1.5mol，设NO和NO2的物质的量分别为x、y，结合原子、电子守恒可知，x+y＝1.5，3x+y＝1.25×2，解得：x=0.5mol，y=1mol，故NO的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，NO2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：11.2；
(2)向反应后溶液中加入NaOH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，由钠离子守恒n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10-3L×amol/L根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+n(NO)=0.001Vamol+1.5mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：mol/L。
19．Cu Fe Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O 2 4Fe2++O2+4H+= 4Fe3++2H2O 2Fe3++2I- ==2Fe2++I2 10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3==2K2FeO4+6KCl+8H2O
【详解】
试题分析：M是红色金属，M和稀硫酸、双氧水反应生成硫酸盐，溶液呈蓝色，则M为Cu，MSO4为CuSO4；金属E和硫酸铜反应生成Cu和X，X和稀硫酸、双氧水反应生成Y，Y和KSCN溶液混合得到红色溶液，则Y为Fe2（SO4）3，X为FeSO4，E为Fe，Z为Fe（OH）3，Z和KOH、Cl2反应生成K2EO4，即生成K2FeO4。
（1）根据以上分析可知M和E的化学式分别是Cu、Fe；
（2）Cu、双氧水和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；1mol双氧水在反应中得到2mol电子；
（3）X中含有亚铁离子，亚铁离子能被氧气氧化生成铁离子，铁离子能把碘离子氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，有关反应的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H+= 4Fe3++2H2O、2Fe3++2I-==2Fe2++I2；
（4）氯气和KOH、氢氧化铁反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，反应方程式为10KOH+3Cl2+2Fe(OH)3＝2K2FeO4+6KCl+8H2O。
【考点】
本题考查无机物推断
【点晴】
该题侧重考查学生分析推断能力，以某些物质颜色、离子特征反应为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意铁离子、双氧水的性质。注意化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识。它不仅可考查学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
20．CuO、Al(OH)3 Al(OH)3+OH-=+ 2H2O 4 2 4 O2 50 25 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】
银铜合金废料在空气中熔炼得到银溶体和渣料，Cu加热氧化产生CuO，所以渣料中含有CuO和少量Ag，向渣料中加入稀硫酸，CuO反应变为CuSO4，Ag不发生反应，经过滤除去Ag单质，向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和适量稀NaOH溶液，反应产生Cu(OH)2、Al(OH)3沉淀，加热煮沸，结合Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度，Cu(OH)2分解变为CuO，因此过滤得到的固体B中含有CuO和Al(OH)3，在惰性环境中煅烧固体B，其中一个反应为：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑，然后利用元素守恒并结合物质的性质逐项分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知固体B成分为CuO和Al(OH)3；由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以在生成固体B的过程中，需控制稀NaOH溶液的加入量，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+ 2H2O；若稀NaOH溶液过量，则Al(OH)3会转化为NaAlO2；
(2)该反应为氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑，故按照物质书写顺序，由前到后各种的系数及缺项物质分别是4、2、4、O2；
(3)根据Cu元素守恒，则理论上生成CuAlO2的物质的量n(CuAlO2)==50 mol，则由CuAlO2中Al、Cu的物质的量的比是1：1至少需要Al2(SO4)3的物质的量为25 mol，因此至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液的体积V[Al2(SO4)3]==25 L；
(4)由于CuSO4的溶解度较大，并且随溶液温度的升高而增大，所以由CuSO4溶液制备胆矾需要的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤和干燥就得到晶体CuSO4·5H2O。
21．Fe2＋、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2～3次 Fe2＋＋2HCO3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
【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：Mg2＋→Mg(OH)2、Fe2＋→Fe(OH)3、Al3＋→AlO2－、Cu2＋→Cu(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)2→MgO、Fe(OH)3→Fe2O3、Cu(OH)2→CuO；将MgO、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生成Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋，故应选择B、C；
(3)①从流程图中知道经操作Ⅰ得到滤渣，故该操作是过滤；操作Ⅱ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2～3次；
②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：Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。
22．Fe2＋、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2～3次 Fe2＋＋2HCO3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
【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：Mg2＋→Mg(OH)2、Fe2＋→Fe(OH)3、Al3＋→AlO2－、Cu2＋→Cu(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)2→MgO、Fe(OH)3→Fe2O3、Cu(OH)2→CuO；将MgO、Fe2O3、CuO投入过量盐酸后生成Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋，故应选择B、C；
(3)①从流程图中知道经操作Ⅰ得到滤渣，故该操作是过滤；操作Ⅱ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2～3次；
②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：Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。
23．1s22s22p63s23p63d104s1 Cu2O Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定 [Cu(H2O)4]2+ 配位键 正四面体 1.2NA Cu2++2NH3 H2O= Cu(OH)2↓+2NH Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- 降低了[Cu(NH3)4]SO4 H2O的溶解度 [Cu(NH3)4]SO4 H2O
【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3d10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)4]2+，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)4]2+空间结构为正四面体；配位键属于σ键，一个水分子中有2个O-Hσ键，则0.1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键(4+2×4)=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++2NH3 H2O= Cu(OH)2↓+2NH，沉淀溶解，是因为Cu(OH)2和氨气反应生成[Cu(NH3)4]2+、OH-，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；
(5)向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu(NH3)4]SO4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)4]SO4 H2O的溶解度，蓝色晶体是硫酸四氨合铜晶体：[Cu(NH3)4]SO4 H2O。
