高考化学一轮复习专题3.3第三章铁、铜及其化合物练习（含解析）.docx

第三讲 铁、铜及其化合物1下列离子方程式正确的是()A铁屑与稀硫酸反应：2Fe6H=2Fe33H2BFeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3Cu=Fe2Cu2CFeO与稀硝酸反应：FeO2H=Fe2H2ODFe3O4与稀硝酸反应：3Fe3O428HNO=9Fe3NO14H2O【答案】D【解析】A项，应为Fe2H=Fe2H2；B项，应为2Fe3Cu=2Fe2Cu2；C项，应为3FeO10HNO=3Fe3NO5H2O。2为了验证Fe3的性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验，其中实验方案设计错误的是()ABC D【答案】C【解析】不反应，实验方案及现象均错误；检验的是Cl，与Fe3的性质无关。3.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是()选项操作、现象解释A向KI淀粉溶液中加入FeCl3溶液，溶液变蓝Fe3能与淀粉发生显色反应B把生铁放置于潮湿的空气中，铁表面有一层红棕色的斑点铁在潮湿的空气中易生成Fe(OH)3C向稀硝酸中加入少量铁粉，有气泡产生说明Fe置换出硝酸中的氢，生成了氢气D新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间，白色物质变成了红褐色说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3【答案】D【解析】A项中Fe3将I氧化为I2，淀粉遇碘变蓝；B项中红棕色斑点是Fe2O3xH2O；C项中铁与稀硝酸反应产生的气体为NO。4中科院化学所研制的晶体材料纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程的部分流程如下所示。FeCl36H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是()A纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病B纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径大小相等C在反应中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D反应的化学方程式是6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2【答案】B【解析】纳米四氧化三铁为磁性纳米晶体材料，可作为药物载体用于疾病的治疗，A项正确；纳米四氧化三铁分散在适当的分散剂中形成的分散系属于胶体，不同于溶液中溶质微粒的直径，B项错误；反应中环丙胺不参加反应，但加入环丙胺后FeCl3发生水解生成FeOOH，即环丙胺会促进氯化铁的水解，C项正确；由制备过程可知，反应的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOHCO=2Fe3O43H2OCO2，D项正确。5下列说法正确的是()A制备无水FeCl3的转化均能一步实现：Fe2O3FeCl3(aq)蒸发,无水FeCl3B铁表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化C将试管中铁粉与水蒸气加热，试管中肥皂水冒泡，说明铁与水蒸气在加热条件下发生了反应DFe2O3是红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料【答案】D【解析】因FeCl3能够发生水解反应，故蒸发FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，A错误；铁表面的氧化层疏松，不能阻止铁的进一步氧化，B错误；因加热试管时，试管中气体受热膨胀，在试管处也会有气泡产生，所以试管中肥皂水冒泡不能说明Fe与水蒸气发生了反应，C错误。6下列关于Fe3、Fe2性质实验的说法错误的是()A用如图装置可以制备Fe(OH)2B配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，此现象不能确定溶液中含有Fe2D向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化【答案】C【解析】反应开始时生成的H2进入B中，可排出其中的空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化，一段时间后关闭止水夹C，A中硫酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，A正确；FeCl3易水解，为防止水解配制溶液时先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，B正确；Fe3与铁反应可生成Fe2，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化，D正确。7粗制的CuSO45H2O晶体中含有Fe2。提纯时，为了除去Fe2，常加入少量H2O2，然后再加入少量碱至溶液pH4，即可以除去Fe3而不损失硫酸铜。下列说法不正确的是()A溶解CuSO45H2O晶体时要加入少量稀H2SO4B加入H2O2除去Fe2的离子方程式为2Fe2H2O24OH=2Fe(OH)3C由于CuSO4的催化作用，会使部分H2O2分解而损失D调溶液pH4的依据是当pH4时Fe3沉淀完全，而Cu2还未开始沉淀【答案】B【解析】CuSO45H2O晶体溶解后Cu2会发生水解生成Cu(OH)2和H2SO4，所以溶解时加入少量的稀硫酸可抑制Cu2的水解，A正确；因为氧化Fe2时，溶液为强酸性，在强酸性条件下，不可能大量存在OH，B错误；Cu2对过氧化氢的分解具有催化作用，所以使部分过氧化氢损失，C正确；因为该操作的目的是除去Fe3且硫酸铜不损失，所以调节溶液的pH4，应是Fe3完全沉淀而Cu2还未开始沉淀，D正确。8在Fe2(SO4)3溶液中，加入a g铜，完全溶解后，再加b g铁，充分反应后得到c g残余固体，且ac，下列说法正确的是()A残余固体是铜和铁B最后得到的溶液中一定含有Cu2C将残余固体加入稀硫酸中，有气泡产生D最后得到的溶液中可能含有Fe3【答案】B【解析】因为ac，说明b g铁完全反应，溶液中含Cu2、Fe2，不含Fe3，B正确。9磁黄铁矿(主要成分是Fe1nS，S为2价)导电性好，且略具磁性，主要用于提取硫、生产硫酸等。将m g该磁黄铁矿与200 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成硫单质4.8 g、FeCl2 0.85 mol和一定量H2S气体，向反应后的溶液中加入KSCN溶液无现象。下列说法正确的是()Am g该磁黄铁矿中含2价的铁0.75 molB200 mL盐酸中HCl物质的量浓度为4.25 molL1C生成的H2S气体在标准状况下的体积为16.8 LD该磁黄铁矿中Fe1nS的n0.15【答案】D【解析】依据题意可知，磁黄铁矿中硫元素为2价，铁元素既有2价又有3价；n(S)4.8 g32 gmol10.15 mol，根据得失电子守恒得n(Fe3)0.15 mol(20)/(32)0.30 mol，则n(Fe2)0.85 mol0.30 mol0.55 mol，A错误；盐酸恰好反应生成FeCl2 0.85 mol，根据氯原子守恒得c(HCl)0.85 mol2/0.2 L8.5 molL1，B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)n(HCl)n(FeCl2)0.85 mol，故标准状况下，V(H2S)0.85 mol22.4 Lmol119.04 L，C错误；在Fe1nS中n(S)0.85 mol0.15 mol1.0 mol，n(Fe)0.85 mol，所以n(Fe)n(S)0.85 mol1.0 mol0.85，所以1n0.85，n0.15，D正确。10向含有1 mol HNO3和1 mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是()Aa表示n(Fe3)的变化曲线Bn10.75CP点时，n(Fe2)0.562 5 molD向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4 g【答案】C【解析】该反应可以看作两步：Fe4HNO=Fe3NO2H2O，硝酸根离子过量，氢离子不足；2Fe3Fe=3Fe2。a表示Fe3的物质的量变化曲线，A正确；溶液中共有3 mol H参加反应，消耗铁为0.75 mol，B正确；P点n(Fe2)n(Fe3)，二者均为0.45 mol，C错误；剩余0.45 mol Fe3，消耗0.225 mol(14.4 g)铜，D正确。11玻璃制造行业需要消耗大量硼酸(H3BO3)。工业上以铁硼矿(主要成分为2MgOB2O3H2O和Fe3O4，还含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3、Al2O3和SiO2等)为原料生产硼酸的工艺流程如下：资料：(1)H3BO3的溶解度在20 、40 、60 、100 时分别为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2 g；(2)Fe3O4是一种铁氧体磁性物质，不溶于水和酸；(3)Fe3、Al3、Fe2和Mg2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；(4)母液呈酸性。则下列推断不正确的是()A浸出渣中只含SiO2B热过滤的目的是防止温度降低时H3BO3从溶液中析出C除杂时需向浸出液中依次加入H2O2和MgO，以除去Fe2、Fe3、Al3等杂质离子D回收母液可以制得硫酸镁晶体【答案】A【解析】结合题给信息可知Fe3O4也不与硫酸反应，故浸出渣中还含有Fe3O4，A项错误；由资料(1)可知，为防止温度降低时H3BO3从溶液中析出，应采取热过滤，B项正确；为使铁元素以氢氧化铁形式沉淀，加入H2O2氧化Fe2，为防止引入其他离子，加入MgO调节溶液pH，C项正确；降温结晶得到硼酸晶体，母液中的溶质主要是硫酸镁，D项正确。12化学反应中，反应物用量、浓度或反应条件不同可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是()A铜与硝酸反应B钠与氧气反应C氢气与氯气反应 D氯化铝与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】A项，铜与浓硝酸、稀硝酸反应的产物不同；B项，钠与氧气在常温条件下的反应和在加热条件下反应的产物不同；C项，氢气与氯气无论是加热还是点燃条件下的产物都是HCl，不受反应物用量、条件、反应物浓度的影响；D项，氯化铝与少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝，与足量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，产物不同。13已知下列转化关系中，M、N均为单质，则M可能是()MNQQ溶液MNANa BAlCFe DCu【答案】D【解析】Na、Al、Fe均为活泼金属，电解相关溶液不能制取其单质；电解铜盐溶液可以生成铜单质，题给转化是：CuCl2CuCl2CuCl2溶液CuCl2。14下列常见金属的冶炼原理中不合理的是()选项金属冶炼原理AFeFe2O33CO 2Fe3CO2BHg2HgO2HgO2CMg2MgO(熔融) 2MgO2DNa2NaCl(熔融) 2NaCl2【答案】C【解析】 A项，铁可以通过还原剂还原铁的氧化物进行冶炼，正确；B项，Hg是不活泼金属，通过热分解冶炼，正确；C项，镁是活泼金属，电解熔融的MgCl2冶炼Mg，错误；D项，Na是活泼金属，电解熔融NaCl冶炼Na，正确。15从经济效益和环境保护考虑，大量制取Cu(NO3)2最宜采用的方法是()ACuCu(NO3)2BCuCu(NO3)2CCuCuOCu(NO3)2DCuCuCl2Cu(NO3)2【答案】C【解析】A项，Cu与浓HNO3反应生成NO2，NO2是有毒气体，污染环境，错误；B项，Cu与稀HNO3反应生成NO，NO是有毒气体，污染环境，错误；C项，发生反应2CuO22CuO，CuO2HNO3=Cu(NO3)2H2O，过程中没有有毒气体生成，不污染环境，正确；D项，硝酸银成本较高，不经济，错误。16铜有两种常见的氧化物CuO和Cu2O。某学习小组取0.98 g(用精密天平测量)Cu(OH)2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图甲所示；另外，某同学绘制了三条表示金属氧化物与其所含金属元素的质量的关系曲线，如图乙所示。则下列分析正确的是()A图甲中a点和b点对应物质的化学式分别为Cu2O和CuOB图甲整个过程中共生成0.26 g水C图乙三条曲线中，表示CuO和其中所含Cu元素质量关系的曲线是AD图甲中，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移【答案】D【解析】0.98 g Cu(OH)2的物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol80 gmol10.80 g，所以a点对应的物质是CuO；若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol144 gmol10.72 g，所以b点对应的物质是Cu2O，A项错误；根据化学方程式Cu(OH)2CuOH2O、4CuO2Cu2OO2可知，生成水的物质的量为0.01 mol，质量为0.01 mol18 gmol10.18 g，B项错误；CuO和其中所含Cu元素的质量关系(以CuO的质量为10 g计算)为：CuOCu806410 g8 g观察图乙可知，B曲线符合上述质量关系，表示的是CuO，C项错误；根据反应方程式4CuO2Cu2OO2可知，a到b的过程中有0.01 mol电子发生了转移，D项正确。17有NaCl、FeCl2、FeCl3、CuCl2、AlCl3、NH4Cl六种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，该试剂是()A稀H2SO4 BNaOH溶液C氨水 D稀HNO3【答案】B【解析】A项，加入硫酸溶液，六种溶液都无现象，所以不能鉴别；B项，加入NaOH溶液，NaCl无现象，FeCl2生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，FeCl3生成红褐色沉淀，CuCl2生成蓝色沉淀，AlCl3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解消失，NH4Cl生成刺激性气体，六种物质现象各不相同，可鉴别；C项，加入氨水，NaCl和NH4Cl无现象，所以不能鉴别；D项，加入稀HNO3，NaCl、AlCl3、NH4Cl均为无色溶液，无法区分。18下列关于Fe、Cu、Mg、Al四种金属元素的说法中正确的是()A四种元素的单质都能和盐酸反应，生成相应的盐和氢气B制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C将Mg棒和Al棒作为原电池的两个电极插入NaOH溶液中，Mg棒上发生氧化反应D铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是氧化铜【答案】B【解析】A项，Cu单质不与盐酸反应。C项，一般情况下，在原电池中，金属性强的作负极，但也要根据电解质溶液的实际情况考虑，Mg的金属性大于Al的，但是电解质溶液为NaOH溶液，而Mg不与NaOH溶液反应，Al与NaOH溶液反应，所以Al棒作负极，发生氧化反应。D项，铁锈的主要成分是氧化铁，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜。19“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是()A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料D1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子【答案】C【解析】A项，拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价；B项，拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大；C项，Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料；D项，溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为3价，Cu变为2价，故1 mol Al65Cu23Fe12失电子为65 mol323 mol212 mol3277 mol。20已知CuO经高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与H发生：Cu2O2H=CuCu2H2O。将经高温灼烧后的CuO样品投入足量的热的稀硝酸溶液中，下列有关说法中正确的是()A如果溶液变为蓝色，同时有紫红色固体出现，说明样品全部生成了Cu2OB溶液中最终可能有紫红色固体出现C这种实验的结果无法说明CuO分解的程度D如果溶液变成蓝色，最终没有紫红色固体出现，说明CuO没有分解【答案】C【解析】Cu、Cu2O、CuO均能与稀硝酸反应，故不可能有紫红色固体出现，无法说明CuO分解的程度。21CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是()A将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶可制得胆矾晶体B相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想CCuSO4在1 100 分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体DY可能是葡萄糖【答案】C【解析】CuSO4易溶于水，将CuSO4溶液蒸发浓缩得到其高温饱和溶液，再冷却结晶可析出CuSO45H2O晶体，A正确；途径中发生的反应为2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O，而途径中产生NO气体，途径中产生SO2气体，显然途径不产生污染性气体，更好地体现了绿色化学思想，B正确；由题图可知，CuSO4在1 100 时分解得到Cu2O，该过程Cu元素化合价由2价降低到1价，S元素的化合价为6价，不能继续升高，只能是O元素的化合价升高，即有O2产生，化学方程式为2CuSO4Cu2OSO2SO3O2，故X是SO2、SO3、O2三种气体的混合物，C错误；CuSO4与过量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2，再与Y在加热条件下转化为Cu2O，则Y具有还原性，可以是乙醛、葡萄糖等含有醛基的有机物，D正确。22部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()A滤液A中的阳离子为Fe3、Fe2、HB样品中Fe元素的质量为2.24 gC样品中CuO的质量为4.0 gDV896【答案】B【解析】硫酸足量，只有金属Cu不与H2SO4反应，所以滤渣3.2 g为金属铜，物质的量为0.05 mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05 mol，滤液A中加入足量NaOH溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2 g为Fe2O3。生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe3反应，所以滤液A中一定不含Fe3，则滤液A中含有的阳离子为Fe2、H，A错误；Fe的物质的量为20.04 mol，其质量为0.04 mol56 gmol12.24 g，B正确；根据B项分析可知铁元素质量为2.24 g，而合金样品质量为5.76 g，所以CuO的质量不超过5.76 g2.24 g3.52 g，C错误；最后滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H0.08 mol，其中部分H生成氢气，另外的H和合金中的O2结合成水，由于合金中氧元素的物质的量为0.02 mol，全转化为H2O需消耗H0.04 mol，所以硫酸中生成H2的H的物质的量为0.08 mol0.04 mol0.04 mol，即生成0.02 mol H2，标准状况下体积为448 mL，D错误。23氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁。实验室制备装置和工业制备流程图如下：已知：无水FeCl3熔点为555 K、沸点为588 K。废铁屑中的杂质不与盐酸反应。不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：温度/02080100溶解度(g/100 g H2O)74.491.8525.8535.7实验室制备操作步骤如下：.打开弹簧夹K1，关闭活塞K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸。.当时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a。.将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl36H2O晶体。(1)烧杯中足量的H2O2溶液的作用是_。(2)为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作中“”的内容是_。(3)从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入_后、_、过滤、洗涤、干燥。(4)试写出吸收塔中反应的离子方程式：_。(5)捕集器温度超过673 K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为_。(6)样品中FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100 mL溶液；取出10.00 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c molL1 Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL(已知：I22S2O=2IS4O)。样品中氯化铁的质量分数为_。【答案】(1)把Fe2全部氧化成Fe3(2)装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不再改变(其他合理答案也可)(3)盐酸蒸发(加热)浓缩、冷却结晶(4)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(5)Fe2Cl6(6)%【解析】(1)根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3的原理为利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl36H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3。烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，把Fe2全部氧化成Fe3。(2)铁与盐酸完全反应时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化时，可根据产生H2的量计算废铁屑中铁的质量分数。(3)从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是加入盐酸后、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是2Fe3Cl2=2FeCl3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成FeCl3溶液，所以吸收剂应是FeCl2溶液，反应为2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(5)捕集器收集的是气态FeCl3，FeCl3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673 K时，两分子气态FeCl3可以聚合生成双聚体Fe2Cl6。(6)由反应：2Fe32I=2Fe2I2、I22S2O=2IS4O，可得关系式：2Fe3I22S2O22ncV10322n(cV103)，则n(Fe3)cV103 mol，则样品中氯化铁的质量分数为w(FeCl3)100%。24绿矾被广泛用于医药和工业领域，工业上两种制备绿矾(FeSO47H2O)的流程如图所示，根据题意回答下列问题：方法一：利用黄铜矿粉(主要成分为CuFeS2)制取绿矾(1)试剂a和试剂b分别是_，操作1的名称是_。(2)有一种细菌在有氧气存在的稀硫酸中，可以将CuFeS2氧化成硫酸盐，写出该反应的化学方程式：_。方法二：利用工业废铁屑制取绿矾工业废铁屑(3)加入适量Na2CO3溶液的作用是_。(4)操作需要用到的玻璃仪器名称有_。(5)通过检验CO来判断操作是否洗涤干净，检验的方法是_。【答案】(1)稀H2SO4、铁粉过滤(2)4CuFeS217O22H2SO4=4CuSO42Fe2(SO4)32H2O(3)除去油污(4)烧杯、玻璃棒、漏斗(5)取少量最后一次的洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，则未洗涤干净【解析】(1)由流程图可知滤渣2为Fe(OH)3，而目标产物为绿矾(FeSO47H2O)，所以试剂a为稀H2SO4，起溶解作用，b为铁粉，起还原作用；由流程图可知操作1为过滤，其作用为除去过量的铁粉。(2)由题意可知，在细菌的作用下，氧气氧化黄铜矿的反应方程式为4CuFeS217O22H2SO4=4CuSO42Fe2(SO4)32H2O。(3)CO水解时使溶液呈碱性，可以除去油污。(4)因为操作为过滤与洗涤，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。25炼锌厂的铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。对这些元素进行提取分离能减少环境污染，同时制得ZnSO47H2O实现资源的再利用。其流程图如下。已知FeAsO4难溶于水；ZnSO47H2O易溶于水，难溶于酒精。金属离子Fe3Zn2Mn2Cu2Cd2开始沉淀pH2.76.57.75.26.9沉淀完全pH3.28.09.86.49.4请回答下列问题：(1)提高浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)_ _。(2)滤液中有少量的AsO，若不除去，则AsO与Cd反应会产生一种有毒氢化物气体，该气体的分子式为_。向滤液中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO反应生成FeAsO4，完成该反应的离子方程式：_Fe2_AsO_MnO_=_Mn2_FeAsO4_，判断该滴定终点的现象是_。(3)流程中调节pH时可以选用的试剂为_，滤渣的主要成分为_。(4)常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp_。(5)制得的ZnSO47H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用试剂为_。【答案】(1)适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等(合理答案均可)(2)AsH35Fe25AsO3MnO14H=3Mn25FeAsO47H2O滴最后一滴KMnO4，溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色，则反应滴定到终点(3)ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等合理答案均可FeAsO4、Fe(OH)3(4)1017(5)乙醇(或饱和硫酸锌溶液)【解析】(4)当Zn2沉淀完全时溶液中c(Zn2)105 molL1，则KspZn(OH)2c(Zn2)c2(OH)105(106)21017。26 CuCl是有机合成中常用的一种催化剂，在乙醇中溶解度较小。实验室可用氯化铜溶液、铜粉、浓盐酸反应制备，其反应原理和流程为CuCl2Cu2HCl2HCuCl2(无色)2CuCl(白色)2HCl已知反应过程中可能存在的副反应有：CuClH2OCuOHHCl(1)“反应”步骤中加入氯化钠的目的是_。(2)用乙醇洗涤产品的原因，一是_，二是_。(3)“反应”步骤中往往使用过量的浓盐酸，其主要目的是_。(4)CuCl在潮湿的环境中易被氧化为Cu2(OH)3Cl，反应的化学方程式为_。(5)若实验时用到3 mL 0.5 molL1CuCl2溶液，最终得到产品0.21 g，则该实验的产率为_(列出算式并计算出结果，结果保留小数点后两位)。【答案】(1)增大Cl浓度，有利于生成HCuCl2(2)减少洗涤过程中的产品损失乙醇的沸点低，既可缩短烘干时间，又能降低能耗(3)抑制“稀释”过程中CuCl的水解(或抑制CuCl的水解)(4)4CuCl4H2OO2=2Cu2(OH)3Cl2HCl(5)100%70.35%【解析】(1)从平衡移动角度考虑，增大Cl浓度，有利于平衡正向移动，增大反应物的转化率。(2)氯化亚铜在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤可减少产品损失。乙醇的沸点低，易挥发，“烘干”可以在较低温度下进行，不但可以缩短时间，还可以节约能源。(3)根据勒夏特列原理，盐酸能抑制氯化亚铜的水解。(4)根据元素守恒可知，反应中需要水，生成物中含有HCl。(5)根据题目所给的方程式可知CuCl22CuCl，结合提供数据求得理论上应生成产品的质量，进一步可以计算出产率。27为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下的反应的部分产物，并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了如图所示的实验装置，并完成以下实验探究。(1)往圆底烧瓶中加入m g铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：常温下碳与浓硫酸不反应；_。(2)点燃酒精灯，反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因反应温度较高外，还可能的原因是_。(3)装置B的作用是_。(4)甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成，他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为_。(5)乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B和C之间添加装置M。装置E、F中盛放的试剂分别是_、_。重新实验后观察到装置F中的现象是_。(6)有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定(5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O)。测定铁元素质量分数的实验步骤如下：.往烧瓶A中加入过量铜使溶液中的Fe3完全转化为Fe2，过滤，得到滤液B；.将滤液B稀释为250 mL；.取稀释液25.00 mL，用浓度为c molL1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为V mL。步骤中，将滤液B稀释为250 mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是_。判断滴定终点的标志是_。铁碳合金中铁元素的质量分数为_。【答案】(1)常温下Fe在浓硫酸中发生钝化(2)铁、碳在硫酸溶液中形成原电池(3)检验SO2的存在(