天津市第三中學2024-2025學年高三上學期10月月考化學試題（解析版）

天津市第三中學2024~2025學年度第一學期高三年級階段性檢測試卷化學第I卷選擇題一、單選題(共16題，每題3分，共48分)1.近年我國在科技領(lǐng)域不斷取得新成就。對相關(guān)成就所涉及的化學知識理解錯誤的是A.我國科學家實現(xiàn)了從二氧化碳到淀粉的人工合成，淀粉是一種單糖B.中國“深海一號”平臺成功實現(xiàn)從深海中開采石油和天然氣，石油和天然氣都是混合物C.我國實現(xiàn)了高性能纖維鋰離子電池的規(guī)?；苽?，鋰離子電池放電時將化學能轉(zhuǎn)化為電能D.以硅樹脂為基體的自供電軟機器人成功挑戰(zhàn)馬里亞納海溝，硅樹脂是一種高分子材料【答案】A【解析】A．淀粉是一種多糖，故A錯誤；B．石油主要是各種烷烴、環(huán)烷烴、芳香烴的混合物，天然氣主要含甲烷，還有少量的其他烷烴氣體，因此天然氣是混合物，故B正確；C．鋰離子電池放電屬于原電池，是將化學能轉(zhuǎn)化為電能，故C正確；D．硅樹脂是高聚物，屬于高分子材料，故D正確。綜上所述，答案為A。2.下列實驗操作產(chǎn)生的現(xiàn)象正確的是A.將CO2通入苯酚鈉溶液中，溶液出現(xiàn)渾濁B.將少量Na放入CuSO4溶液中，出現(xiàn)紅色沉淀C.將蘸取NaCl溶液的鉑絲在火焰上灼燒，火焰呈紫色D.將葡萄糖溶液加入新制的Cu(OH)2懸濁液中，出現(xiàn)黑色沉淀【答案】A【解析】A．CO2通入苯酚鈉溶液中生成苯酚、碳酸氫鈉，苯酚的溶解度不大，則溶液變渾濁，A正確；B．鈉與硫酸銅溶液反應生成硫酸鈉、氫氧化銅、氫氣，觀察到生成藍色沉淀，B錯誤；C．鈉元素的焰色為黃色，不是紫色，C錯誤；D．將葡萄糖溶液加入新制的Cu(OH)2懸濁液中，加熱出現(xiàn)磚紅色沉淀，不是黑色沉淀，D錯誤；故答案為：A。3.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應關(guān)系不正確的是A.能使某些色素褪色，可用作漂白劑 B.金屬鈉導熱性好，可用作傳熱介質(zhì)C.溶液呈堿性，可用作消毒劑 D.呈紅色，可用作顏料【答案】C【解析】A．SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，選項A正確；B．鈉導熱性好，液態(tài)鈉可用作核反應堆的傳熱介質(zhì)，選項B正確；C．NaClO溶液可用于殺菌消毒，并不是由于其具有堿性，而是因為其具有強氧化性，選項C不正確；D．Fe2O3的顏色是紅色,可用作紅色顏料，選項D正確；答案選C4.下列說法錯誤的是A.CaF2與濃H2SO4糊狀混合物可用于刻蝕玻璃B.NaOH是強堿，因此鈉鹽的水溶液不會呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水對巖石的溶蝕作用D.KMnO4與H2C2O4的反應中，Mn2+既是還原產(chǎn)物又是催化劑【答案】B【解析】A．氫氟酸能與二氧化硅反應生成氟化硅和水，氟化鈣與濃硫酸反應生成硫酸鈣和氟化氫，則糊狀混合物中的氫氟酸能與玻璃中的二氧化硅反應，可用于刻蝕玻璃，故A正確；B．硫酸氫鈉是強酸的鈉鹽，在溶液中能電離出氫離子使溶液呈酸性，故B錯誤；C．溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳與巖石中的碳酸鈣反應生成可溶于水的碳酸氫鈣，故C正確；D．酸性高錳酸鉀溶液與草酸溶液反應生成硫酸鉀、硫酸錳、二氧化碳和水，反應中錳元素的化合價降低被還原，硫酸錳是反應的催化劑，反應生成的硫酸錳能做反應的催化劑加快反應速率，則錳離子既是反應的還原產(chǎn)物又是反應的催化劑，故D正確；故選B。5.下列說法正確的是A.鐵與碘反應易生成碘化鐵B.電解ZnSO4溶液可以得到ZnC.用石灰沉淀富鎂海水中的Mg2+，生成碳酸鎂D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【解析】A．I2屬于弱氧化劑，與Fe反應生成FeI2，A錯誤；B．電解一定濃度的硫酸鋅溶液，Zn2+在陰極得電子析出Zn，B正確；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C錯誤；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因為H2SO3酸性比HCl弱，該復分解反應不能發(fā)生，D錯誤；故答案選B。6.關(guān)于反應，下列說法正確的是A.生成，轉(zhuǎn)移電子 B.是還原產(chǎn)物C.既是氧化劑又是還原劑 D.若設(shè)計成原電池，為負極產(chǎn)物【答案】A【解析】A．由方程式可知，反應生成1mol一氧化二氮，轉(zhuǎn)移4mol電子，故A正確；B．由方程式可知，反應中氮元素的化合價升高被氧化，NH2OH是反應的還原劑，故B錯誤；C．由方程式可知，反應中氮元素的化合價升高被氧化，NH2OH是反應的還原劑，鐵元素的化合價降低被還原，鐵離子是反應的氧化劑，故C錯誤；D．由方程式可知，反應中鐵元素的化合價降低被還原，鐵離子是反應的氧化劑，若設(shè)計成原電池，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，亞鐵離子為正極產(chǎn)物，故D錯誤；故選A。7.關(guān)于反應所涉及的物質(zhì)，下列說法錯誤的是A.H2SO4在該反應中為氧化劑 B.Na2SO3容易被空氣中的O2氧化變質(zhì)C.Na2SO4是含有共價鍵的離子化合物 D.SO2是導致酸雨的主要有害污染物【答案】A【解析】【分析】A．中無化合價的變化，不屬于氧化還原反應，所以該反應中無氧化劑，故A錯誤；B．Na2SO3不穩(wěn)定，容易被空氣中的O2氧化成硫酸鈉變質(zhì)，故B正確；C．Na2SO4含有陰陽離子，存在離子鍵，硫酸根中含有共價鍵，故C正確；D．SO2在空去中會轉(zhuǎn)化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是導致酸雨的主要有害污染物，故D正確；故選A。8.下列反應的離子方程式正確的是A.碘化亞鐵溶液與等物質(zhì)的量的氯氣：B.向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：C.銅與稀硝酸：D.向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：【答案】B【解析】A．碘化亞鐵溶液與等物質(zhì)的量的氯氣，碘離子與氯氣恰好完全反應，：，故A錯誤；B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈣和次氯酸：，故B正確；C．銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水：，故C錯誤；D．向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫，溶液變渾濁，溶液中生成亞硫酸氫鈉：，故D錯誤；答案為B。9.下列選項中的物質(zhì)能按圖示路徑在自然界中轉(zhuǎn)化，且甲和水可以直接生成乙的是選項甲乙丙ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．Cl2與水反應生成HClO和HCl，無法直接生成NaClO，A錯誤；B．SO2與水反應生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；C．氧化鐵與水不反應，不能生成氫氧化鐵沉淀，C錯誤；D．CO2與水反應生成碳酸，碳酸與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣受熱分解生成二氧化碳氣體，D正確；故答案選D。10.離子化合物和與水的反應分別為①；②。下列說法正確的是A.中均有非極性共價鍵B.①中水發(fā)生氧化反應，②中水發(fā)生還原反應C.中陰、陽離子個數(shù)比為，中陰、陽離子個數(shù)比為D.當反應①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同【答案】C【解析】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯誤；B．①中水的化合價不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應，②中水發(fā)生還原反應，B錯誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽離子個數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽離子個數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個氧氣分子轉(zhuǎn)移2個電子，②中每生成1個氫氣分子轉(zhuǎn)移1個電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯誤；故選C。11.工業(yè)生產(chǎn)中除去電石渣漿(含CaO)中的S2-并制取硫酸鹽的一種常用流程如圖所示。下列說法不正確的是A.堿性條件下，氧化性：O2>>B.過程Ⅰ中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2C.過程Ⅱ中，反應的離子方程式為4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-D.僅用氧氣做氧化劑，將1molS2-轉(zhuǎn)化為理論上需要O2的體積為44.8L【答案】D【解析】【分析】由流程可知，CaO與硫酸錳反應生成Mn(OH)2，通入氧氣生成MnO，涉及反應為2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，MnO與S2-反應生成S2O，進而與氧氣反應生成SO，以此解答該題。A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO，則氧化性：O2＞MnO，MnO32-氧化S2-生成S2O，則氧化性：MnO＞S2O，所以堿性條件下，氧化性：O2>>，故A正確；B．過程I中涉及反應為2Mn(OH)2+O2+4OH-=2MnO+4H2O，則氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：2，故B正確；C．由流程可知過程Ⅱ中，反應的離子方程式為4MnO+2S2-+9H2O═S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正確；D．1molS2-轉(zhuǎn)化為SO理論上轉(zhuǎn)移8mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知：n(O2)=2mol，但是溫度壓強未知，無法計算氧氣的體積，故D錯誤。答案選D。12.對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是粒子組判斷和分析A、、、不能大量共存，因發(fā)生反應：B、、、不能大量共存，因發(fā)生反應：C、、、能大量共存，粒子間不反應D、、、能大量共存，粒子間不反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A錯誤；B．S2和H+反應生成單質(zhì)硫、二氧化硫和水，離子方程式：2H++S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正確；C．Fe3+做催化劑促進H2O2分解，不能大量共存，故C錯誤；D．在酸性條件下Mn能將Cl-氧化為Cl2，不能大量共存，故D錯誤；答案選B。13.鍍鋅鐵釘放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出鐵釘后加入少量漂白粉，溶液恢復棕色；加入，振蕩，靜置，液體分層。下列說法正確的是A.褪色原因為被還原 B.液體分層后，上層呈紫紅色C.鍍鋅鐵釘比鍍錫鐵釘更易生銹 D.溶液恢復棕色的原因為被氧化【答案】D【解析】A．比活潑，更容易失去電子，還原性更強，先與發(fā)生氧化還原反應，故溶液褪色原因為被還原，A項錯誤；B．液體分層后，在層，的密度比水大，則下層呈紫紅色，B項錯誤；C．若鍍層金屬活潑性大于，則不易生銹，反之，若活潑性大于鍍層金屬，則更易生銹，由于活潑性：，則鍍錫鐵釘更易生銹，C項錯誤；D．漂白粉的有效成分為，其具有強氧化性，可將氧化，D項正確；答案選D。14.某溶液A可能含有Na+、Fe3+、Ba2+、NH、Cl-、SO、HCO、HSO中的幾種離子，溶液中陽離子濃度相同。為了確定其組成，進行如下實驗(假設(shè)氣體全部逸出，忽略H2O2分解)下列說法不正確的是A.溶液A中一定不存在Fe3+、SOB.溶液A中肯定存在HCO、HSO、Ba2+、NHC.溶液A中一定存在Cl-，且n(Cl-)=0.01molD.溶液A中可能存在Na+,為了確定是否存在，可取溶液通過焰色反應驗證【答案】C【解析】【分析】某溶液A中加入足量鹽酸酸化的H2O2生成2.33g沉淀和0.224L的氣體1，則沉淀一定是0.01molBaSO4，氣體1是0.01mol二氧化碳，所以溶液A中一定含有0.01molBa2+、0.01molHCO，一定沒有SO；同時可知一定有0.01molHSO；HCO與Fe3+發(fā)生雙水解反應，所以一定沒有Fe3+；溶液1中加入過量氫氧化鋇，生成0.17g氣體2，氣體2一定是氨氣，則溶液A中一定含有0.01molNH；根據(jù)電荷守恒，一定含有Cl-；不能確定是否有Na+，若沒有Na+，n(Cl-)=0.01mol，若有Na+，n(Cl-)＞0.01mol，據(jù)此解答。A．根據(jù)以上分析，溶液A中一定不存在Fe3+、SO，故A正確；B．溶液A中肯定存在CO、HSO、Ba2+、NH，故B正確；C．溶液A中一定存在Cl-，且n(Cl-)≥0.01mol，故C錯誤；D．Na+焰色反應呈黃色，溶液A中可能存在Na+，為了確定是否存在，可取溶液通過焰色反應驗證，故D正確。答案選C。15.輕質(zhì)碳酸鎂是廣泛應用于橡膠、塑料、食品和醫(yī)藥工業(yè)的化工產(chǎn)品，以鹵塊（主要成分為，含、等雜質(zhì)離子）為原料制備輕質(zhì)碳酸鎂的工藝流程如圖。下列說法錯誤的是A.在實驗室進行①操作所用的儀器為玻璃棒、燒杯B.“氧化”工序中發(fā)生反應的離子方程式為C.②和③工序名稱均為“過濾”D.“沉鎂”工序控制合適的溫度，產(chǎn)生的氣體主要為和【答案】D【解析】【分析】由圖知，向鹵塊（主要成分為，含、等雜質(zhì)離子）中加入鹽酸進行酸溶，再加入過氧化氫發(fā)生將氧化為，再加入氫氧化鈉溶液轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾將其除去得到濾渣，濾渣為氫氧化鐵，向濾液中加入碳酸氫銨進行沉鎂，發(fā)生，故X主要為二氧化碳，經(jīng)過過濾，得到輕質(zhì)碳酸鎂，據(jù)此回答。A．①操作需用鹽酸溶解鹵塊，所用儀器為玻璃棒、燒杯，A正確；B．“氧化”目的是將氧化為，再通過調(diào)節(jié)除去，離子方程式為，B正確；C．②和③操作都得到液體和固體，均為過濾，C正確；D．“沉鎂”工序中、轉(zhuǎn)化為()，溫度過高分解才可能產(chǎn)生，D錯誤；故選D。16.氯化銅廣泛用作媒染劑、氧化劑、木材防腐劑、食品添加劑、消毒劑等，在空氣中易潮解。某興趣小組利用如圖所示裝置制備氯化銅。下列說法正確的是A.儀器a為恒壓滴液漏斗，可防止HCl揮發(fā)到空氣中B.B中盛放濃硫酸，C中盛放飽和食鹽水C.D裝置后需連接盛有氫氧化鈉溶液的燒杯，防止污染D.實驗時，先點燃D處酒精燈，再滴加濃鹽酸【答案】A【解析】【分析】裝置A制取氯氣，氯氣中混有HCl和水蒸氣，裝置B中盛放飽和食鹽水，除去HCl，C中盛放濃硫酸，干燥氯氣，裝置D制取氯化銅。A．恒壓滴液漏斗的作用是平衡滴液漏斗和圓底燒瓶間的氣壓，便于液體順利滴下，不需要打開上端的塞子，可防止HCl揮發(fā)，A項正確；B．B中盛放飽和食鹽水，除去HCl，C中盛放濃硫酸，干燥氯氣，B項錯誤；C．D裝置后需要連接干燥裝置，防止CuCl2潮解，再通入氫氧化鈉溶液，C項錯誤；D．為防止氧氣反應引入雜質(zhì)，需先通一段時間氯氣，再點燃D處酒精燈，D項錯誤；故選A。第II卷非選擇題二、非選擇題(共3題，共52分)17.金屬鈉及其化合物在人類生產(chǎn)生活中起著重要作用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Na原子的價層電子軌道表示式為___________。（2）NaCl熔點為800.8℃，工業(yè)上采用電解熔融NaCl制備金屬Na，電解反應方程式：，加入的目的是___________。（3）的電子式為___________。在25℃和101kPa時，Na與反應生成1mol放熱510.9kJ，寫出該反應的熱化學方程式：___________。（4）采用空氣和Na為原料可直接制備?？諝馀c熔融金屬Na反應前需依次通過___________、___________(填序號)a．濃硫酸b．飽和食鹽水c．NaOH溶液d．溶液（5）鈉的某氧化物晶胞如下圖，圖中所示鈉離子全部位于晶胞內(nèi)。由晶胞圖判斷該氧化物的化學式為___________。

（6）天然堿的主要成分為，1mol經(jīng)充分加熱得到的質(zhì)量為___________g?！敬鸢浮浚?）(或)（2）作助熔劑，降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗（3）①.②.（4）①.c②.a（5）（6）159【解析】小問1】基態(tài)Na原子的價電子排布式為3s1，則價層電子軌道表示式為(或)；故答案為：(或)。【小問2】NaCl熔點為800.8℃，工業(yè)上采用電解熔融NaCl制備金屬Na，電解反應方程式：，電解時溫度降低了即熔點降低了，說明加入的目的是作助熔劑，降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗；故答案為：作助熔劑，降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗?！拘?】含有鈉離子和過氧根離子，其電子式為。在25℃和101kPa時，Na與反應生成1mol放熱510.9kJ，則該反應的熱化學方程式：；故答案為：；?！拘?】采用空氣和Na為原料可直接制備，由于空氣中含有二氧化碳和水蒸氣，因此要用氫氧化鈉除掉二氧化碳，用濃硫酸除掉水蒸氣，一般最后除掉水蒸氣，因此空氣與熔融金屬Na反應前需依次通過NaOH溶液、濃硫酸；故答案為：c；b。【小問5】鈉的某氧化物晶胞如下圖，圖中所示鈉離子全部位于晶胞內(nèi)，則晶胞中有8個鈉，氧有個，鈉氧個數(shù)比為2：1，則該氧化物的化學式為；故答案為：?！拘?】，因此1mol經(jīng)充分加熱得到1.5mol，其質(zhì)量為1.5mol×106g?mol?1＝159g；故答案為：159。18.某?；瘜W趣味小組的同學在學習了金屬的知識后，提出以下猜想：①在周期表中，Cu、Al位置接近。Cu不如Al活潑，Al(OH)3具有兩性，Cu(OH)2也具有兩性嗎？②一般情況下，＋2價Fe穩(wěn)定性小于＋3價Fe，＋1價Cu的穩(wěn)定性也小于＋2價Cu嗎？③CuO有氧化性，能被H2、CO等還原，它能被氨氣還原嗎？為了驗證猜想，需要做研究實驗，請補全以下空缺：【實驗方案】(1)解決猜想①需用到的藥品有CuSO4溶液、_______________(填試劑名稱)。(2)解決猜想②的實驗步驟和現(xiàn)象如下：取98g的Cu(OH)2固體，加熱至80℃～100℃時，得到黑色固體粉末，繼續(xù)加熱到1000℃以上，黑色粉末全部變成紅色粉末A。冷卻后稱量，A的質(zhì)量為72g。向A中加入適量的稀硫酸，得到藍色溶液，同時觀察到容器中還有紅色固體存在。查閱資料得知銅單質(zhì)及其常見氧化物的顏色如下：物質(zhì)名稱銅氧化亞銅氧化銅顏色紅色紅色黑色根據(jù)以上現(xiàn)象和資料推測，A的化學式為___________，其摩爾質(zhì)量為____________，寫出A和稀硫酸反應的離子方程式_____________________。(3)為解決問題③，設(shè)計的實驗裝置為(夾持及尾氣處理裝置未畫出)：實驗中觀察到CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，無水CuSO4變成藍色，同時生成一種無污染的氣體，該氣體的化學式為____________?！緦嶒灲Y(jié)論】(4)Cu(OH)2具有兩性。證明Cu(OH)2具有兩性的實驗現(xiàn)象是___________________。(5)一般情況下，認為生成物的穩(wěn)定性大于反應物，根據(jù)“實驗方案(2)”，得出的+1價Cu和+2價Cu穩(wěn)定性大小的結(jié)論是________________；________________。(6)有同學認為NH3與CuO反應生成的紅色物質(zhì)是Cu，也有同學認為該紅色物質(zhì)是Cu和A的混合物。請你設(shè)計一個簡單的實驗檢驗NH3與CuO反應中生成的紅色物質(zhì)中是否含有A：______________________?！敬鸢浮竣?H2SO4(HCl)溶液、濃NaOH溶液②.Cu2O③.144g/mol④.Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O⑤.N2⑥.Cu(OH)2既能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液⑦.在高于1000℃時，+1價Cu比+2價Cu穩(wěn)定⑧.在溶液中+2價Cu比+1價Cu穩(wěn)定⑨.取NH3與CuO反應中生成的紅色物質(zhì)少許，加入稀H2SO4，若溶液出現(xiàn)藍色，說明紅色物質(zhì)中含有A，反之則無【解析】【分析】(1)Cu不如Al活潑，可以用硫酸溶液進行驗證，要證明Cu(OH)2具有兩性，應先加入堿生成Cu(OH)2，再加入過量的堿，看氫氧化銅是否溶解，根據(jù)提供的藥品可確定還需要的藥品；(2)98gCu(OH)2固體的物質(zhì)的量為=1mol，根據(jù)質(zhì)量守恒，紅色固體中含有1molCu，剩余為O元素；依據(jù)反應現(xiàn)象書寫離子方程式；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象結(jié)合質(zhì)量守恒定律分析判斷；(4)根據(jù)兩性氫氧化物的性質(zhì)分析解答；(5)根據(jù)在不同溫度下反應物的組成確定物質(zhì)的穩(wěn)定性；(6)若固體中含有Cu2O，根據(jù)Cu2O在酸性條件下不穩(wěn)定，可加入酸進行檢驗。(1)Cu不如Al活潑，可以用硫酸溶液進行驗證，要證明Cu(OH)2具有兩性，應先加入堿生成Cu(OH)2，再加入過量的堿，看氫氧化銅是否溶解，藥品中缺少氫氧化鈉溶液和稀硫酸(或鹽酸)，故答案為：稀硫酸、氫氧化鈉溶液；(2)98gCu(OH)2固體的物質(zhì)的量為=1mol，加熱分解生成的72g紅色固體中含有Cu的質(zhì)量為1mol，即64g，則氧原子的質(zhì)量為72g-64g＝8g，n(O)==0.5mol，則A中n(Cu)∶n(O)=2∶1，化學式為Cu2O，其摩爾質(zhì)量為144g/mol；向A中加入適量的稀硫酸，得到藍色溶液，同時觀察到容器中還有紅色固體存在，說明生成了銅和銅離子，反應的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案為：Cu2O；144g/mol；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；(3)根據(jù)題意，氧化銅和氨氣反應生成紅色物質(zhì)銅，無水CuSO4變成藍色，說明生成了水，根據(jù)反應遵循質(zhì)量守恒定律和該氣體無污染確定氣體為氮氣，故答案為：N2；(4)如Cu(OH)2具有兩性，則Cu(OH)2既能溶解于強酸，又能溶解于強堿，分別生成鹽和水，故答案為：Cu(OH)2既能溶解于強酸(如鹽酸或硫酸)，又能溶解于強堿(如NaOH)溶液；(5)80℃～100℃時，得到黑色固體粉末，為CuO，繼續(xù)加熱到1000℃以上，黑色粉末全部變成紅色粉末，說明在較高溫度時Cu2O穩(wěn)定，與酸反應生成硫酸銅和銅，說明在酸性條件下+2價的銅穩(wěn)定，故答案為：在高于1000℃時，Cu+穩(wěn)定性大于Cu2+；在溶液中，Cu2+穩(wěn)定性大于Cu+；(6)如含有Cu2O，Cu2O能夠與酸反應，Cu2O+H2SO4＝Cu+CuSO4+H2O，則溶液變藍，而銅與稀硫酸不反應，因此實驗方法為：取NH3與CuO反應中生成的紅色物質(zhì)少許，加入稀硫酸，如果得到藍色溶液和紅色固體說明有A，如果不溶解說明無A，故答案為：取NH3與CuO反應后生成的紅色物質(zhì)少許，加入稀硫酸中，若溶液變?yōu)樗{色，說明紅色物質(zhì)中含有A，反之則無?！军c睛】本題的易錯點為(6)，要注意實驗方案(2)中現(xiàn)象的解讀和應用。19.氯化鐵是重要的化工原料。針對氯化鐵的實驗室制備方法，回答下列問題：Ⅰ．的制備制備流程圖如下：（1）將廢鐵屑分批加入稀鹽酸中，至鹽酸反應完全。判斷反應完全的現(xiàn)象為___________。含有少量銅的廢鐵屑比純鐵屑反應快，原因為___________。（2）操作①所必需的玻璃儀器中，除燒杯外還有___________。（3）檢驗溶液中是否殘留的試劑是___________。（4）為增大溶液的濃度，向稀溶液中加入純Fe粉后通入。此過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為___________。（5）操作②為___________。Ⅱ．由制備無水將與液體混合并加熱，制得無水。已知沸點為77℃，反應方程式為：，裝置如下圖所示(夾持和加熱裝置略)。（6）儀器A的名稱為___________，其作用為___________。NaOH溶液的作用是___________。（7）干燥管中無水不能換成堿石灰，原因___________。（8）由下列結(jié)晶水合物制備無水鹽，適宜使用上述方法的是___________(填序號)。a．b．c．