十年（2016-2025）高考化学真题分类汇编：专题10 铁、铜及其化合物（解析版）

专题10铁铜及其化合物考点十年考情（2016-2025）命题趋势考点01铁及其化合物（2024・江西）（2021・河北）（2024・新课标卷）（2025・河南）（2025・北京）（2023・江苏）（2022・浙江）（2021・广东）（2021・江苏）（2022・重庆）（2016・江苏）（2024・广东）（2024・广西）（2024・重庆）（2020・浙江）（2015・上海）（2014・上海）（2014・山东）（2015・北京）（2016・上海）（2016・浙江）（2012・新课标卷）（2018・浙江）（2019・浙江）（2016・全国II卷）（2016・浙江）（2017・全国III卷）（2017・北京）（2017・浙江）（2018・浙江）（2017・浙江）情境多元：试题以景德镇青花瓷、月壤钛铁矿、胆矾湿法冶铜等传统文化、资源利用、前沿科技为情境，突出化学学科价值。知识融合：高频整合氧化还原、沉淀溶解平衡、配合物、电化学四大板块，并常结合热重分析、滴定计算、流程设计，强调定量与定性并重。能力导向：从单一识记转向“宏-微-符”三重表征，重视实验探究（Fe(OH)₂制备、Fe³⁺/Fe²⁺转化验证）、信息加工（图表、Ksp数据）与创新设计（绿色工艺评价、装置改进），体现核心素养。考点02铜及其化合物（2020・全国II卷）（2020・全国III卷）（2019・海南）（2011・山东）（2010・北京）（2024・福建）（2018・海南）（2020・海南）（2020・浙江）（2025・江苏）（2018・海南）（2017・浙江）（2021・全国甲卷）（2012・上海）（2008・北京）（2017・浙江）（2015・新课标Ⅰ）考点03铁相关的流程题（2023・辽宁）（2022・山东）（2015・浙江）（2022・河北）（2022・全国甲卷）（2020・海南）（2020・江苏）（2021・河北）（2021・海南）（2022・浙江）（2021・海南）1．（2024·江西·高考真题）景德镇青花瓷素有“国瓷”的美誉。是以黏土为原料，用含钴、铁的颜料着色，上釉后一次性高温烧制而成的青蓝色彩瓷。下列关于青花瓷说法正确的是A．青蓝色是由于生成了单质钴 B．表面的釉属于有机高分子膜C．主要成分为铝硅酸盐 D．铁元素的存在形式只有Fe2O3【答案】C【解析】A．青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，与单质钴无直接关系，A错误；B．釉是一种覆盖在陶瓷表面的物质，通常由无机物质组成，如硅酸盐、氧化物等，B错误；C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C正确；D．青花瓷呈现青蓝色，不能确定铁元素的具体存在形式，Fe2O3呈红色，D错误；故选C。2．（2021·河北·高考真题）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故B正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。3．（2024·新课标卷·高考真题）实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是A．反应为B．酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好C．用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气D．使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉【答案】B【解析】A．铁和水蒸气在高温下发生反应生成和，该反应的化学方程式为，A正确；B．酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，B错误；C．用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；D．由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确；故选B。4．（2025·河南·高考真题）X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。下列说法错误的是A．Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B．溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化C．反应需要在强酸性条件下进行 D．Q可以通过单质间化合反应制备【答案】C【解析】X是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知X是FeS2，Y是Fe2O3，溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+，Q是FeS。A．Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；B．含有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发生变化，B正确；C．FeS可溶于酸，所以R→Q反应不能在酸性溶液中进行，C错误；D．在加热条件下Fe和S化合生成FeS，D正确；答案选C。5．（2025·北京·高考真题）我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是A．月壤钛铁矿中存在活泼氢B．将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气C．月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应D．将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量【答案】B【解析】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确；B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；故选B。6．（2023·江苏·高考真题）室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A溶液中是否含有向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B是否有还原性向溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化C是否水解向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色变化D能否催化分解向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况【答案】B【解析】A．检验溶液中是否含有应直接向待测液中滴加KSCN溶液，向待测液中滴加氯水会将氧化为干扰实验，A错误；B．向溶液中滴加几滴酸性溶液，若观察溶液紫色褪去，说明有还原性，B正确；C．发生水解反应使溶液显酸性，应向溶液中滴加2~3滴石蕊试液，观察溶液颜色变化，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡有可能是的催化作用，D错误。故选B。7．（2022·浙江·高考真题）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A．与稀盐酸反应生成、、B．隔绝空气加热分解生成FeO、、C．溶于氢碘酸(HI)，再加萃取，有机层呈紫红色D．在空气中，与高温反应能生成【答案】B【解析】已知化合物中Fe的化合价为+3价，CH3O-带一个单位负电荷，据此分析解题。A．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成、、，反应原理为：FeO(OCH3)+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH，A不合题意；B．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，C为-2，若隔绝空气加热分解生成FeO、、则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FeO、、，B符合题意；C．由分析可知，化合物中Fe的化合价为+3价，故其溶于氢碘酸(HI)生成的Fe3+能将I-氧化为I2，反应原理为：2FeO(OCH3)+6HI=2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH，再加萃取，有机层呈紫红色，C不合题意；D．化合物在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，然后Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物与高温反应能生成，D不合题意；故答案为：B。8．（2021·广东·高考真题）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可与反应生成B．既可被氧化，也可被还原C．可将加入浓碱液中制得的胶体D．可存在的循环转化关系【答案】C【解析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。9．（2021·江苏·高考真题）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．铁粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂B．纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的CuD．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水【答案】B【解析】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；故选B。10．（2022·重庆·高考真题）下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2【答案】D【解析】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应，会影响溶液中离子的大量共存，故A不符合题意；B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，会影响溶液中离子的大量共存，故B不符合题意；C．向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，会影响溶液中离子的大量共存，故C不符合题意；D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意；故选D。11．（2016·江苏·高考真题）制备摩尔盐【】的实验中，需对过滤出产品的母液【、、的混合溶液，】进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后溶液中主要存在的一组离子正确的是A．通入过量：、、、、B．加入少量NaClO溶液：、、、、C．加入过量NaOH溶液：、、、、D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：、、、、【答案】D【解析】根据信息可知，母液中主要存在的离子有、Fe2+、H+、。A．通入过量Cl2，Cl2具有强的氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到Cl-，故A错误；B．加入少量NaClO溶液，ClO−在酸性条件下，能将Fe2+氧化成Fe3+，ClO−不存在，故B错误；C．加入过量NaOH溶液，则Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，与OH反应生成一水合氨，则、不存在，故C错误；D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，ClO−能将Fe2+氧化成Fe3+，ClO−被还原为Cl-，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，故D正确；答案选D。12．（2024·广东·高考真题）部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区【答案】B【解析】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误；D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；故选B。13．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究：Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。下列说法正确的是A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅B．实验Ⅱ中溶液呈红色C．KSCN能区分和D．焰色试验不能区分和【答案】C【解析】A．实验Ⅰ中，溶液与KSCN溶液反应的实质是：，硫酸钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误；B．实验Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能电离出Fe3+，因此溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误；C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与溶液反应产生，溶液变为红色，但溶液与KSCN溶液并不能发生反应，是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因此加入KSCN可以区分两者，故C正确；D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而中含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分和，故D错误；故答案选C。14．（2024·重庆·高考真题）单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是A．a可使灼热的铜变黑 B．b可与红热的铁产生气体C．c可使燃烧的镁条熄灭 D．d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【答案】C【解析】碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c（适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为CO2；单质Ｍ与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为Na，氧化物b为H2O；Na与单质a反应得氧化物，因此单质a为O2，据此回答。A．a为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；B．b为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；C．c为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；D．d为Cl2，Cl2可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确；答案选C。15．（2020·浙江·高考真题）黄色固体X，可能含有漂白粉、、、、之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是A．X中含，可能含有B．X中含有漂白粉和C．X中含有，Y中含有D．用酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有【答案】C【解析】固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有，和中含有其中一种或两种都含，据此解答。A．若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；B．由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；C．由分析可知，X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；D．酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，此时的Cl-有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确；故选C。16．（2015·上海·高考真题）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是A．NaOH B．KMnO4 C．KSCN D．苯酚【答案】B【解析】A．若加入NaOH，硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮挡，不容易观察到，因此不能鉴定，故A错误；B．KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，故B正确；C．KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，故C错误；D．苯酚与硫酸铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，而与硫酸亚铁不能发生反应，无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变紫色，所以不能作为鉴定试剂，故D错误；故答案选B。17．（2014·上海·高考真题）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出【答案】B【解析】氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，A．若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A不正确；B．若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，B正确；C．若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C不正确；D．若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，D不正确；答案选B。18．（2014·山东·高考真题）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O4【答案】A【解析】假设质量都为mg：A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。19．（2015·北京·高考真题）在通风橱中进行下列实验：下列说法中不正确的是：A．Ⅰ种气体有无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化【答案】C【解析】A．I是铁与稀硝酸反应生成无色气体NO，NO被空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2气体，故A正确；B．II的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．实验II反应停止是因为发生了钝化，不能用来比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱，物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力大小来分析，故C错误；D．III中Fe、Cu都能与硝酸反应，二者接触，符合原电池构成条件，要想验证铁是否为负极，发生氧化反应，可以连接电流计，故D正确。答案选C。20．（2016·上海·高考真题）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93【答案】A【解析】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。21．（2016·浙江·高考真题）下图中，固体A是铁锈的主要成分。请回答：（1）白色沉淀E的化学式。（2）写出A---B的化学方程式。（3）写出C---D在溶液中发生氧化还原反应的离子方程式。【答案】BaSO4Fe2O3+3CO2Fe+3CO22Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+【解析】A是铁锈的主要成分，A为氧化铁，与一氧化碳反应生成单质铁和二氧化碳，铁与氯气反应生成氯化铁，所以固体C为氯化铁，氯化铁与二氧化硫和水反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁溶液中加入氯化钡生成白色沉淀硫酸钡，则E是硫酸钡。（1）白色沉淀硫酸钡的化学式BaSO4，故答案为BaSO4；（2）一氧化碳还原氧化铁的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（3）氯化铁与二氧化硫与水反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。22．（2012·新课标卷·高考真题）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol.L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x值：（列出计算过程）；（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n（Fe）：n（Cl）=1:2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应制备，FeCl3可用铁粉和反应制备；（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为。【答案】310%或0.10也可以盐酸氯气2Fe3++2I-=2Fe2++I2或2Fe3++3I-=2Fe2++I3-【解析】

（4）根据题意，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，根据元素守恒、电子转移守恒，可得反应的离子方程式。根据原电池反应原理，锌做负极材料，失电子，发生氧化反应；K2FeO4在电池中作为正极材料，得电子，发生还原反应。23．（2018·浙江·高考真题）称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量。（2）固体混合物中氧化铜的质量。【答案】0.100mol2.40g【解析】过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，所得固体为置换出的铜和剩余的铁的混合物，以此解答。【解析】（1）过程发生的反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，加入铁粉充分反应后，溶液中溶质是硫酸亚铁，根据硫酸根守恒，得到硫酸亚铁的物质的量n=0.05L×2.00mol/L=0.100mol；故答案为0.100mol；（2）根据（1）的结果，充分反应后，溶液中含铁元素n(Fe)=n(FeSO4)=0.100mol，质量m=0.1000mol56g/mol=5.60g，等于加入的铁粉的质量，说明3.04g固体中含有氧化铜中的铜及剩余铁的质量，这些铁的质量恰好等于氧化铁中铁元素的质量，设氧化铜xmol，氧化铁ymol，则有：80x+160y=4.00，64x+112y=3.04，解得x=0.03，y=0.01，氧化铜的质量是0.03mol×80g/mol=2.40g，故答案为2.40g。24．（2019·浙江·高考真题）某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：（1）仪器1的名称。装置5的作用。（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中。（3）装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因。【答案】滴液漏斗(分液漏斗)液封，防止空气进入装置4在装置2、3之间添加控制开关装置4内的空气没有排尽【解析】该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排尽空气的前提下，先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。25．（2016·全国II卷·高考真题）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2液中需加入少量铁屑，其目的是。（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液。加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是。（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是(填离子符号)；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为；一段时间后。溶液中有气泡出现，并放热。随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是；生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。【答案】防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe2+Fe3+可逆反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【解析】亚铁离子具有强的还原性，铁离子具有强的氧化性，易发生水解，根据两种离子的性质进行分析。【解析】（1）亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁粉的目的是防止Fe2+被氧化；（2）Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气；（4）根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验①和③说明，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应；（5）H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是反应产生的铁离子做了H2O2分解反应的催化剂，双氧水分解产生氧气；双氧水分解过程放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生了氢氧化铁红褐色沉淀。26．（2016·浙江·高考真题）某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5度，微溶于水，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。请回答：（1）操作A的名称是。（2）经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案。（3）蒸馏装置如下图所示，装置中存在的错误是。（4）滴定前，加入的适量溶液B是。A．H2SO3—H3PO4

B．H2SO4—H3PO4C．HNO3—H3PO4

D．HI—H3PO4（5）滴定达到终点时，消耗0.1000

mol·L－1K2Cr2O7溶液6.00mL。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为。（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是。A．稀释被测试样

B．减少被测试样取量C．增加平行测定次数

D．降低滴定剂浓度【答案】分液从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留体系封闭；明火加热B0.576mol/LCD【解析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100mL，取25.00mL溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。（1）操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，故答案为分液；（2）依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；（3）蒸馏装置中锥形瓶不能密闭，否则蒸馏实验不能进行，乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，实验加热不能用明火，否则会引发燃烧导致危险，故答案为体系密闭，明火加热；（4）滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原。A．H2SO3-H3PO4中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故A错误；B．H2SO4-H3PO4中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故B正确；C．HNO3-H3PO4中硝酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故C错误；D．HI-H3PO4中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故D错误；故答案为B；（5）依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol，反应为Cr2O72-+6Fe2++H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

1

60.00060mol0.00360molc==0.144mol/L，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为0.576mol/L；（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确。A．稀释被测试样，浓度减小，测定误差会增大，故A错误；B．减少被测试样取量，和滴定结果的精密度和准确度无关，故B错误；C．增加平行测定次数，减少测定带来的误差，可以提高准确度，故C正确；D．降低滴定剂浓度，反应终点判断更准确．滴定结果的精密度高，故D正确；故答案为CD。27．（2018·浙江·高考真题）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)。请回答：（1）虚线框处宜选择的装置是（填“甲”或“乙”）；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是。（2）实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁。判断结论是否正确并说明理由。【答案】乙

铜丝由黑变红色不正确，因为铁过量时：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋【解析】根据实验装置图，进行的是铁与水蒸气的反应的实验，再利用生成的氢气还原氧化铜。（1）氢气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气，虚线框处宜选择的装置是乙；氢气能够还原氧化铜，实验时应将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，可以看到铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成，故答案为乙；铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成；（2）根据3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，实验后，铁粉可能剩余，用一定浓度的盐酸溶解时，过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致滴加KSCN溶液，没有出现血红色，故答案为不正确；过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+而不能是KSCN溶液不变红。28．（2017·全国III卷·高考真题）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：、。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。①仪器B的名称是。②将下列实验操作步骤正确排序（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a．点燃酒精灯，加热

b．熄灭酒精灯

c．关闭K1和K2d．打开K1和K2，缓缓通入N2

e．称量A

f．冷却到室温③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=（列式表示）。若实验时按A．d次序操作，则使x（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。①C．D中的溶液依次为（填标号）。C．D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为。a．品红

b．NaOHc．BaCl2d．Ba(NO3)2

e．浓H2SO4②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式。【答案】样品中没有Fe3+Fe2+易被氧气氧化为Fe3+干燥管dabfce偏小C．a生成白色沉淀、褪色2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】（1）样品溶于水滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN溶液显红色；（2）①根据仪器构造可知B是干燥管；②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是dabfce；③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－m3）g，FeSO4·xH2OFeSO4+

xH2O152

18x（m3－m1）g

（m2－m3）g则：，解得：x=；若实验时按A．d次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x偏小；（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，检验SO2用品红溶液，所以C．D的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C中溶液变浑浊产生白色沉淀，D中品红溶液褪色，故答案为C．a；②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3。29．（2017·北京·高考真题）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。（1）检验产物①取出少量黑色固体，洗涤后，（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。②取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测，同时发现有白色沉淀生成，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色ⅱ30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深ⅲ120产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）②对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b：空气中存在O2，由于（用离子方程式表示），可产生Fe3+；假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：根据现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。③下列实验Ⅰ可证实假设A．B．c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。实验Ⅰ：向硝酸酸化的溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是，操作及现象是。（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：。【答案】加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀Fe+2Fe3+=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀0.05mol·L-1NaNO3溶液FeSO4溶液（或FeCl2溶液）分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。【解析】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol·L-1NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。30．（2017·浙江·高考真题）FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑请回答：将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO2和SO3。能说明SO2存在的实验现象是；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为、洗涤、干燥、称量。试剂一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分(不考虑其他反应)。【答案】品红溶液褪色过滤向固体成分中加入稀硫酸，取反应后溶液，滴加KSCN溶液，若有血红色出现，则表示溶液中存在Fe3+，产物中有Fe2O3存在【解析】根据FeSO4受热分解的化学方程式可知，气体通过BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明气体产物中含有SO3；SO2具有漂白性，能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称量。受热分解后的固体是氧化铁，可以通过检验铁离子验证，实验方案是向固体成分中加入稀硫酸，取反应后溶液，滴加KSCN溶液，若有血红色出现，则表示溶液中存在Fe3+，产物中有Fe2O3存在。1．（2020·全国II卷·高考真题）北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A．胆矾的化学式为CuSO4B．胆矾可作为湿法冶铜的原料C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应【答案】A【解析】A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；B．湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；C．加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；D．铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是A，故选A。2．（2020·全国III卷·高考真题）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)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。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D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3【答案】C【解析】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)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，D说法正确。综上所述，相关说法错误的是C，故本题答案为C。3．（2019·海南·高考真题）我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指A． B．C． D．【答案】A【解析】在选项给出的四种物质中只有、晶体有色，而和均为无色晶体，加热分解生成CuSO4和H2O，CuSO4呈白色；而加热发生分解反应，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是，故合理选项是A。4．（2011·山东·高考真题）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【答案】C【解析】A．Al对应的氧化物是氧化铝，而氧化铝属于两性氧化物，A错误；B．Cu的单质放在空气中，可生成铜绿碱式碳酸铜，属于盐，B错误；C．水解的氯化物中，因为生成生成难溶碱和HCl，加热促进水解，同时HCl的挥发，也使水解正向移动，所以最终得到是难溶碱，不会得到氯化物固体，所以制备AlCl3、FeCl3、CuCl2固体均不能采用将溶液直接蒸干的方法，C正确；D．因为阳离子的氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞H+＞Al3+，所以电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时，先是铁离子得到电子生成亚铁离子，其次是铜离子得到电子生成单质Cu，然后析出Fe，亚铁离子放电完全后，则是氢离子放电生成氢气，所以阴极上依次析出Cu、Fe、H2，D错误；故答案为：C。5．（2010·北京·高考真题）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是A．相同温度下，CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是=CuS↓D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应【答案】D【解析】A．难溶性的物质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，PbS(s)Pb2+(aq)+S2-(aq)，当向该溶液中加入含有Cu2+的物质时，由于ksp(CuS)<ksp(PbS)，所以会形成CuS沉淀，发生沉淀的转化，由难溶解的向更难溶解的物质转化。由于二者的化学组成相似，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，错误；B．自然界地表层原生铜的硫化物被氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，说明原生铜的硫化物具有还原性，在CuS中S是-2价，也具有还原性，错误；C．ZnS难溶于水，因此CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，错误；D．在整个过程中既有电子转移的氧化还原反应，也有沉淀转化的复分解反应，正确。答案选D。6．（2024·福建·高考真题）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质B．“酸溶”时产生和离子C．“碱溶”时存在反应：D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应【答案】C【解析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。7．（2018·浙江·高考真题）某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：难溶于水和稀硫酸，下列说法不正确的是A．步骤②可用替换B．步骤③中为防止被氧化，可用溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为D．如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】碱式碳酸铜和过量的盐酸反应，生成，溶液中通入，可将还原为，与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，据此分析作答。A．步骤②中的主要作用是将还原为，同样具有还原性，可以替换，A项正确；B．溶液具有还原性，可以防止被氧化，B项正确；C．步骤④与氢氧化钠反应生成氧化亚铜、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为，C项正确；D．如果试样中混有和杂质，用足量稀硫酸与试样充分反应后，得到的固体中含有和，此时无法计算试样纯度，D项错误；答案选D。8．（2020·海南·高考真题）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是A．先出现沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液B．离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．Cu2+与NH3中的氮原子以π键结合D．NH3分子中∠HNH为109º28ˊ【答案】B【解析】A．向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故A错误；B．离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故B正确；C．Cu2+提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；D．NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107º18ˊ，故D错误。故答案选：B。9．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是A．[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B．铁锈的主要成分可表示为Fe2O3·nH2OC．钙单质可以从TiCl4中置换出TiD．可用H2还原MgO制备单质Mg【答案】D【解析】A．硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成[Cu(NH3)4]SO4，A选项正确；B．在钢铁发生吸氧腐蚀时生成氢氧化亚铁，总反应为：2Fe+O2+2H2O═2Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3：4Fe(OH)2+O2+2H2O=Fe(OH)3，Fe(OH)3分解即得铁锈：2Fe(OH)3=Fe2O3•nH2O+(3-n)H2O，故所得铁锈的主要成分为Fe2O3•nH2O，，B选项正确；C．钙还原性较强，钙单质可以从TiCl4中置换出Ti，C选项正确；D．镁属于较活泼金属，不能利用氢气还原氧化镁制备镁，而是常用电解熔融MgCl2的方法，D选项错误；答案选D。10．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ

取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。步骤Ⅱ

将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。步骤Ⅲ

向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法正确的是A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为B．步骤Ⅱ的两份溶液中：C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为【答案】B【解析】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误；B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu2+)<c蓝色(Cu2+)，B正确；C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误；D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误；故选B。11．（2018·海南·高考真题）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为。（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式。配制的FeCl3溶液应保持(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是。（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：①2Cu2＋＋5I-＝2CuI↓＋②I3-＋2=3I-+2反应①中的氧化剂为。现取20.00mL含Cu2＋的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000mol·L¯1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，此溶液中Cu2＋的浓度为mol·L¯1。【答案】Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2OCu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋酸性防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3Cu2＋0.125【解析】（1）H2O2在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O，故答案为:Cu＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，由于Fe3+易水解，因此FeCl3溶液应保持酸性，目的是防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3。故答案为：Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋；酸性；防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3。（3）反应①中的铜的化合价由+2→+1价，化合价降低，因此，氧化剂为Cu2＋；根据反应关系：22Cu2＋0.1mol/L0.025L

x0.02L0.1mol/L0.025L=x0.02L，解得x=0.125mol/L；故答案为Cu2＋；0.125。12．（2017·浙江·高考真题）为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是。（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是。（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式。【答案】CuOCu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O【解析】（1）X隔绝空气高温分解生成气体和固体甲，气体能使带火星的木条复燃，说明是氧气，氧气的质量是32.0g-28.8g=3.2g，物质的量是3.2g÷32g/mol=0.1mol；甲和稀硫酸反应得到蓝色溶液和紫红色固体，蓝色溶液中加入稀氢氧化钠得到蓝色沉淀，说明是氢氧化铜，氢氧化铜分解生成氧化铜，CuO物质的量是16g÷80g/mol=0.2mol；紫红色固体是铜，物质的量是12.8g÷64g/mol=0.2mol，固体甲中含Cu物质的量为0.2mol+0.2mol=0.4mol，甲中含O物质的量为=0.2mol，固体甲的化学式为Cu2O；所以X中铜和氧的个数之比是0.4mol：(0.1mol×2+0.2mol)=1：1，因此X的化学式为CuO。（2）固体甲Cu2O与稀硫酸反应生成Cu、CuSO4和H2O，反应的离子方程式是Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，单质是氮气，该反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。13．（2021·全国甲卷·高考真题）胆矾()易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有(填标号)。A．烧杯

B．容量瓶

C．蒸发皿

D．移液管（2）将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是。（3）待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量，冷却后用调为3.5～4，再煮沸，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、、乙醇洗涤、，得到胆矾。其中，控制溶液为3.5～4的目的是，煮沸的作用是。（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为(写表达式)。（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是(填标号)。①胆矾未充分干燥

②坩埚未置于干燥器中冷却

③加热时有少量胆矾迸溅出来【答案】A．CCuO+H2SO4CuSO4+H2O不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）过滤干燥除尽铁，抑制硫酸铜水解破坏氢氧化铁胶体，易于过滤①③【解析】（1）制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A．C符合题意，故答案为：A．C；（2）将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；（3）硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；（4）称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。则水的质量是(－)g，所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式为=n:1，解得n＝；（5）①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。14．（2012·上海·高考真题）碱式碳酸铜【Cu2(OH)2CO3】是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：步骤一：废铜屑制硝酸铜。如图，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)，充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液。步骤二：碱式碳酸铜的制备。向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70℃左右，用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。完成下列填空：（1）写出浓硝酸与铜反应的离子方程式。（2）上图装置中NaOH溶液的作用是。反应结束后，广口瓶内的溶液中，除了含有NaOH外，还有(填写化学式)。（3）步骤二中，水浴加热所需仪器有、(加热、夹持仪器、石棉网除外)；洗涤的目的是。（4）步骤二的滤液中可能含有CO32-，写出检验CO32-的方法。（5）影响产品产量的主要因素有。（6）若实验得到2.42g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是。【答案】Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O吸收氮氧化物NaNO3或NaNO2烧杯温度计除去碱式碳酸铜表面附着的硝酸钠取样，加入盐酸，将生成的气体通入澄清的石灰水，溶液变浑浊，说明含有CO32反应温度、溶液pH值0.92【解析】（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，反应离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；（2）反应生成的氮的氧化物是大气污染气体，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染，所以装置中NaOH的作用是吸收氮氧化物，氮氧化