2024届高三新高考化学大一轮专题练习----铜及其化合物

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2024届高三新高考化学大一轮专题练习----铜及其化合物
一、单选题
1．（2023春·辽宁·高三校联考期中）下列实验操作、现象和所得结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸
产生有臭鸡蛋气味的气体
酸性：硝酸>硫化氢
B
将装有NO2气体的烧瓶浸泡在热水中
烧瓶内气体颜色加深
2NO2(g)N2O4(g)是放热反应
C
将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体
先无现象，后铜粉逐渐溶解
硝酸铜是铜与稀硫酸反应的催化剂
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸
先出现白色沉淀，后沉淀不溶解
久置的Na2SO3全部被氧化
A．A B．B C．C D．D
2．（2023春·广东肇庆·高三德庆县香山中学校考阶段练习）下列反应离子方程式书写正确的是
A．过量CO2通入澄清石灰水中：OH-＋CO2=HCO
B．足量氨水加入AlCl3溶液中：Al3＋＋3OH-=Al(OH)3↓
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O
D．铜与稀硝酸反应：Cu＋4H++2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O
3．（2023春·天津·高三统考期中）下列离子方程式书写正确的是
A．二氧化氮气体溶液于水：2NO2+H2O=2H++2NO+NO
B．铜片加入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O
D．氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液并加热：NH+OH-NH3•H2O
4．（2023春·江苏南京·高三南京师范大学附属扬子中学校联考阶段练习）以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是

A．与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B．将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得
C．加入氯化钠可除去溶液中少量的
D．当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
5．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳江油中学校考阶段练习）现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为3mol·L-1，稀硝酸的浓度为2mol·L-1，取10mL混合酸，向其中加入过量铜粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体的体积为(假设HNO3只被还原为NO)
A．0.112L B．0.224L C．0.448L D．0.672L
6．（2023·上海·模拟预测）在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4
7．（2022秋·四川绵阳·高三三台中学校考阶段练习）如图所列各组物质中，物质之间按箭头方向不能通过一步反应实现如图所示转化的是

A．甲为CuO、乙为CO2、丙为H2O
B．甲为C、乙为CO、丙为CO2
C．甲为H2SO4、乙为H2O、丙为H2
D．甲为CaCO3、乙为CaO、丙为Ca(OH)2
8．（2023春·四川广元·高三广元中学校考阶段练习）将12.8g铜投入100mL一定浓度的硝酸中，铜完全溶解，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共4.48L，反应结束后向溶液中加入600mL1mol•L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为Cu(OH)2沉淀。若将盛有4.48L该混合气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的氧气，又可将气体完全转化为。则下列说法错误的是
A．产生的混合气体中，NO和NO2的体积比为1：1
B．原硝酸浓度为6mol•L-1
C．与铜反应中，起酸性作用的硝酸为0.4mol
D．通入标准状况下氧气的体积为2.24L
9．（2023春·全国·高三期中）将1.76g铜镁合金完全溶解于50mL物质的量浓度为12mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.12g沉淀。下列说法不正确的是
A．反应过程中转移电子物质的量为0.08mol
B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是40%
C．该合金中铜与镁的物质的量之比是1:1
D．得到3.12g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是550mL
10．（2023春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）一定量的浓硝酸与足量铜完全反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法错误的是
A．与铜反应消耗的硝酸是0.3mol
B．消耗氧气的体积为1.68L
C．混合气体中含NO2的体积分数为50%
D．铜与硝酸的反应中体现了硝酸的强氧化性和酸性
11．（2023·全国·高三假期作业）硫酸在金星大气中较高较冷的区域以液态形式存在，离星球表面的硫酸云层覆盖整个星球。下列与硫酸有关的叙述正确的是
A．浓硫酸可用作干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的、等气体
B．浓硫酸与单质碳的反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性
C．常温下能够用铁、铝等容器盛装浓，是因为浓的强氧化性使其钝化
D．将足量铜粉投入到含的热的浓硫酸中，得到气体的体积为
12．（2023春·四川成都·高三成都外国语学校校考阶段练习）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、的混合气体，这些气体与2.24 L (标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入8 mol/L NaOH溶液至恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．50mL C．40mL D．30mL
13．（2023春·江苏宿迁·高三统考期中）某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：

下列说法正确的是
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．NO2能和NaOH反应，因此是酸性氧化物
C．由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
D．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
14．（2022秋·陕西渭南·高三统考期末）宏观辨识和微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质的性质实验对应的离子方程式书写正确的是
A．Na2O2与水反应：
B．溶液腐蚀铜板：
C．Cl2通入冷的石灰乳中：
D．溶液与稀硫酸反应：

二、非选择题
15．（2023·全国·高三专题练习）硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图1所示。回答下列问题：



调节溶液pH时选用的物质a可以是_____，几种金属离子沉淀的pH范围如图2所示，“调pH”时应将溶液pH调至_____～_____。
16．（2022秋·河南濮阳·高三统考期末）钢铁应用十分广泛。根据铁及其化合物的性质，完成下列问题。
(1)下列铁的化合物中，可以通过化合反应得到的是_______(填字母序号)。
A．FeCl2 B．FeCl3 C．Fe(OH)3 D．Fe3O4
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。工业上制备高铁酸钾的一种方法为ClO-+Fe3++OH-→FeO+Cl-+H2O(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)工业上用废铁锈(主要成分为Fe2O3，含少量的Al2O3与Cu)制取绿矾(FeSO4·7H2O)的流程图如下。请回答下列问题。

①X与Y分别为_______、_______(填化学式)。
②加入过量NaOH溶液发生的离子方程式为_______。
③写出流程图中Cu溶解的离子方程式_______。
17．（2021秋·江西赣州·高三江西省崇义中学校考期中）按要求填空：
(1)20.6 g NaR含有Na+ 0.2 mol，则NaR的摩尔质量为 ___________ ，则含R 8.0 g的NaR的物质的量为 ___________ mol。
(2)除去Mg粉中的Al粉的试剂是___________；反应的离子方程式为：___________
(3)油画所用颜料含有某种白色铅化合物，置于空气中天长日久就会变成黑色，从而使油画色彩变暗。若用H2O2来“清洗”，则可将PbS转变成白色的PbSO4，从而使油画的色彩“复原”。上述“清洗”反应的化学方程式为：___________
(4)Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当n(NO2)：n(NO)=2：1时，1 mol Cu2S参加反应消耗硝酸的物质的量为：___________
(5)把足量的铁粉投入到稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H+与SO物质的量浓度之比为：___________
18．（2019秋·新疆乌鲁木齐·高三乌市八中校考期末）当硝酸与金属或非金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物也不同。请回答下列问题：
(1)金属Zn与某浓度的硝酸反应时无气体产生，那么硝酸的还原产物为_______(填化学式)。
(2)某混酸由200mL3mol·L-1的稀硝酸和200mL2.5mol·L-1的稀硫酸均匀混合而成(忽略溶液的体积变化)。将其分成两等份，分别与铜和铁反应，还原产物只有NO，则最多能溶解_______molCu，_______gFe，并写出离子方程式_______。
(3)200mL16mol·L-1的浓硝酸与3.2gCu反应，反应过程中还原产物只有NO2，则反应结束后，产生气体的体积为_______(标准状况下)，溶液中c(H+)∶c()=_______(忽略HNO3的挥发)。
(4)用试管将(3)反应产生的NO2收集满并倒立在足量的水中，待试管中液面不再上升时，试管中剩余气体的体积约为原气体体积的_______。试管中的液体的物质的量浓度为_______(假设试管中的液体不对外扩散，此反应条件下1mol气体的体积为25.0L)。如果NO2中混有N2O4气体，试管中的液体的物质的量浓度将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)写出FeO和稀硝酸的离子方程式_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能将H2S氧化为S，故向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸，产生不了产生有臭鸡蛋气味的气体H2S，A不合题意；
B．将装有NO2气体的烧瓶存在2NO2(g)N2O4(g)浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明NO2浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，B符合题意；
C．将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体，硝酸铜电离出的硝酸根和稀硫酸电离出H+形成了具有强氧化性的HNO3，能与Cu反应，原理为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu(NO3)2不是催化剂而是反应物之一，C不合题意；
D．亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由操作和现象不能证明久置的Na2SO3溶液已全部变质，D不合题意；
故答案为：B。
2．A
【详解】A. 过量CO2通入澄清石灰水中会生成，澄清石灰水可拆，所以离子方程式为OH-＋CO2=HCO，故A正确；
B. 氨水不可拆，所以足量氨水加入AlCl3溶液中得离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故B错误；
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2＋+2OH-+2H＋+SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 铜与稀硝酸反应生成物应为NO，所以离子方程式为3Cu＋8H++2NO=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D错误；
故选A。
3．B
【详解】A．二氧化氮气体溶液于水生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2H++2NO+NO，故A错误；
B．铜片加入稀硝酸中，反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其反应离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；
C．向稀硝酸中加入过量铁粉，生成硝酸亚铁、一氧化氮和水：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；
D．氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，生成氨气、水和氯化钠：NH+OH－NH3↑+H2O，故D错误。
综上所述，答案为B。
4．B
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得，D错误；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，D正确；
答案选B。
5．C
【详解】10mL稀硫酸浓度为3mol·L-1，稀硝酸的浓度为2mol·L-1的混合酸中n(H+)=2×10×10-3L×3mol·L-1+10×10-3L×2mol·L-1=0.08mol，n()=10×10-3L×2mol·L-1=0.02mol，根据离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，反应中H+和恰好完全反应，生成的NO的物质的量为：0.02mol，故NO的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：C。
6．B
【详解】A．Cu的活泼性弱于H， 稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解 ，故A不选；
B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解 ，故B选；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解 ，故C不选；
D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故 D不选；
故选：B。
7．D
【详解】A．CuO与CO反应生成CO2，CO2与NaOH反应生成H2O，CuO也可与H2反应生成H2O，以上转化均可通过一步反应实现，A正确；
B．C与O2反应生成CO，CO与O2反应生成CO2，C也可与O2反应生成CO2，以上转化均可通过一步反应实现，B正确；
C．H2SO4与NaOH反应生成H2O，H2O电解生成H2，H2SO4也可与Zn反应生成氢气，以上转化可通过一步反应实现，C正确；
D．CaCO3受热分解生成CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，CaCO3无法通过一步反应生成Ca(OH)2，D错误；
故答案选D。
8．B
【详解】A．，生成的Cu(NO3)2的物质的量为0.2mol。根据得失电子守恒可列出方程，根据产生标准状况下4.48L的混合气体的体积可列出方程，解得，故产生的混合气体中，NO和NO2的体积比为1：1，选项A正确；
B．将0.2molCu(NO3)2全部转化为Cu(OH)2沉淀，只需消耗0.4molNaOH，而实际消耗了0.6molNaOH，这说明硝酸与铜反应后，过量的HNO3为0.2mol。与铜反应中，起氧化作用的硝酸的物质的量，原硝酸溶液中溶质HNO3的物质的量，原硝酸浓度，选项B错误；
C．与铜反应中，起酸性作用的硝酸的物质的量，选项C正确；
D．NO和NO2的体积比为1：1的混合气体与氧气和水发生反应的化学方程式为，故通入标准状况下氧气的物质的量为0.1mol，体积为2.24L(标准状况)，选项D正确；
答案选B。
9．D
【分析】n(NO2)+n(N2O4)==0.05mol，m(OH-)=3.12g-1.76g=1.36g，n(OH-)==0.08mol。设Cu的物质的量为x，则Mg的物质的量为(0.04-x)，从而得出64x+24(0.04-x)=1.76，x=0.02mol，0.04-x=0.02mol；设NO2的物质的量为y，则N2O4的物质的量为(0.05-y)，依据得失电子守恒可得y+2(0.05-y)=0.08，y=0.02mol。
【详解】A．由关系式Cu——2e-——2OH-、Mg——2e-——2OH-可知，反应过程中转移电子物质的量与生成沉淀中OH-的物质的量相等，即为0.08mol，A正确；
B．由分析可知，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的物质的量为0.02mol，而混合气的总物质的量为0.05mol，则NO2的体积分数是=40%，B正确；
C．由分析可知，该合金中，铜与镁的物质的量都为0.02mol，则二者的物质的量之比是1:1，C正确；
D．反应最终所得溶液中，溶质为NaNO3，则n(NaOH)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)= 0.050L× 12mol/L-0.02mol-2×0.03mol=0.52mol，所以加入NaOH溶液的体积是=520mL，D不正确；
故选D。
10．B
【分析】标况下2.24L混合气体的物质的量为：=0.1mol，50mL4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，据此分析解题。
【详解】A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，A正确；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：0.2mol=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，B错误；
C．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1mol，根据电子守恒可得：3x+y=0.2mol，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，混合气体中含NO2的体积分数为×100%=50%，C正确；
D．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，生成硝酸铜体现酸性，生成体现NO2强氧化性，正确；
故答案为：B。
11．C
【详解】A．浓硫酸可用作干燥剂，但能与氨气反应，不能干燥氨气，故A错误；
B．浓硫酸与单质碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现了强氧化性，故B错误；
C．常温下能够用铁、铝等容器盛装浓，是因为浓的强氧化性使其钝化，故C正确；
D．，将足量铜粉投入到含的热的浓硫酸中，得到气体的体积在标准状况下小于，是因为浓硫酸在反应过程中逐渐变稀，稀硫酸和铜不反应，故D错误。
综上所述，答案为C。
12．B
【详解】量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、的混合气体，这些气体与2.24 L (标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒得：2n(Cu)=4n()，则n(Cu)= ×2=0.2mol，所以Cu(NO3)2为0.2mol，根据Cu2+~2OH-~Cu(OH)2，则消耗NaOH的物质的量为0.2mol×2= 0.4mol，则消耗NaOH溶液的体积是=0.05L=50mL，故选B。
13．D
【详解】A．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮和硝酸铜，稀硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；
B．NO2与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，但生成的盐是两种，且发生元素化合价的变化，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C．实验①-③中，由于在滴加稀硫酸前，溶液中含有硝酸根离子，滴加稀硫酸后，使得硝酸根的氧化性增强，从而将剩余的铜氧化，因此只能说明稀硝酸能与铜反应。而在实验2中，最开始在铜片中滴加稀硫酸时，试管中没有明显的反应现象，说明铜不会与稀硫酸反应，故C错误；
D．在实验③中，滴加稀硫酸后增强了硝酸根的氧化性，从而将剩余的铜氧化，因此反应的化学方程式为：3Cu+Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，故D正确；
故选D。
14．C
【详解】A．为固体，不能拆，反应的离子方程式为，选项A错误；
B．Cu只能将Fe3+还原成，反应的离子方程式为，选项B错误；
C．通入冷的石灰乳中的离子方程式为，选项C正确；
D．与稀硫酸反应的离子方程式为，选项D错误；
答案选C。
15． CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3 3.2 4.7
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3，、SiO2等杂质)加入稀硫酸和氯化铁溶液，反应生成硫单质、亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1是硫和二氧化硅，向滤液中加入适量过量的铁单质，充分反应过滤，滤液主要含有亚铁离子，滤渣2主要成分是铜单质，还有少量铁，向滤渣2中加入稀硝酸，再通入过量的空气，将氮的氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节pH值促进铁离子水解，再过滤将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体。
【详解】调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗Fe3+水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中Fe3+全部沉淀，而Cu2+不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2～4.7。
16．(1)ABCD
(2)3：2
(3) Fe H2SO4 Al2O3+2OH-=2AlO+H2O Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

【详解】（1）A．2FeCl3+Fe=3FeCl2，能通过化合反应得到，故A正确；
B．铁在氯气中点燃可得氯化铁，3Cl2+2Fe2FeCl3，是化合反应，故B正确；
C．氢氧化亚铁可被氧化为氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，是化合反应，故C正确；
D．铁在氧气中点燃可得四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，是化合反应，故D正确；
故答案为：ABCD；
（2）对于ClO-+Fe3++OH-→FeO+Cl-+H2O，Cl元素从+1降至-1价，ClO-是氧化剂，降低了2，Fe元素从+3升至+6价，Fe3+是还原剂，升高了3，由升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；
（3）废铁锈中Al2O3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液和水，滤渣是Fe2O3、Cu，加入过量稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁和水，硫酸铁与铜反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入Fe单质将硫酸铜置换出铜单质，滤渣为过量Fe、Cu，滤液是FeSO4，加入足量稀硫酸与铁反应生成FeSO4，最终得到绿矾晶体；
①加入X是将混合溶液中硫酸铜置换出铜单质，则X为Fe，滤渣为过量Fe、Cu，加入足量稀硫酸与铁反应生成FeSO4，则Y为H2SO4；
②废铁锈中Al2O3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O；
③流程图中Cu与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
17．(1) 103 g/mol 0.1
(2) NaOH溶液 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(3)PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O
(4)8 mol
(5)1：4

【解析】(1)
根据物质的组成可知：1个NaR中含有1个Na+，若其中含有0.1 mol Na+，则NaR的物质的量是0.2 mol，因此NaR的摩尔质量M=；因此NaR的式量是103，由于Na相对原子质量是23，所以R的相对原子质量为103-23=80，若含有R质量为8.0 g，则其物质的量为n(R-)=，即含有NaR的物质的量是0.1 mol；
(2)
由于Al可以与强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，而Mg不能发生反应，因此除去Mg粉中的Al粉的试剂是NaOH溶液，该反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；
(3)
H2O2具有强氧化性，会将黑色PbS氧化为PbSO4，H2O2被还原为H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：PbS+4H2O2=PbSO4+4H2O；
(4)
由信息可知，n(NO2)：n(NO)=2：1，假定生成2 mol NO2、1 mol NO ，则HNO3被还原生成2 mol NO2、1 mol NO共得 5 mol e-，由电子守恒可知Cu2S应失去5 mol e-，而1 mol Cu2S能失10 mol e-， 失去5 mol e-说明反应的Cu2S的物质的量为0.5 mol，0.5 mol Cu2S生成0.5 mol CuSO4和0.5 molCu(NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物质的量为1 mol，起氧化作用的HNO3为3mol，参加反应的HNO3共4 mol，故n(Cu2S)：n(HNO3)=0.5 mol：4 mol=1：8，则反应方程式为：Cu2S+8HNO3=Cu(NO3)2+CuSO4+4NO2↑+2NO↑+4H2O，故1 mol Cu2S参加反应消耗硝酸的物质的量为8 mol；
(5)
假设H2SO4物质的量为x，CuSO4物质的量为y，根据方程式Fe+2H+=Fe2++H2↑可知：x mol H2SO4电离产生的2x mol H+反应消耗x mol Fe，使固体质量减轻56 x g；根据方程式Fe+Cu2+=Fe2++Cu可知：y mol CuSO4电离产生的y mol Cu2+反应消耗y mol Fe，同时产生y mol Cu单质，反应后固体质量又增加(64-56)y g=8y g。由于充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则56x=8y，故，因此原溶液中H+和SO物质的量之比=2n(H2SO4)：[n(H2SO4)+n(CuSO4)]=(1×2)：(1+7)=1：4，两种物质处于同一溶液，溶液的体积相同，因此二者的浓度比等于它们的物质的量的比，故原溶液中H+与SO物质的量浓度之比为1：4。
18．(1)NH4NO3(或)
(2) 0.3 16.8 3Fe+8H++2=3Fe2++2NO+4H2O
(3) 2.24L 30∶31
(4) 0.04mol·L-1 增大
(5)3FeO++10H+=3Fe3++NO+5H2O

【分析】(1)
金属Zn与某浓度的硝酸反应时无气体产生，生成的气体易溶于溶液，所以该气体是NH3，那么硝酸的还原产物为NH4NO3(或)(填化学式)。故答案为：NH4NO3(或)；
(2)
某混酸由200mL3mol·L-1的稀硝酸和200mL2.5mol·L-1的稀硫酸均匀混合而成(忽略溶液的体积变化)，n(HNO3)=3mol•L-1×0.2L=0.6mol，n(H2SO4)=2.5mol•L-1×0.2L=0.5mol。将其分成两等份，分别与铜和铁反应，还原产物只有NO，铜和硝酸能发生反应但和稀硫酸不反应，铜和稀硝酸的反应方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据方程式知，参加反应的氢离子和硝酸根离子的物质的量之比是8：2，实际上混合溶液中氢离子和硝酸根离子的物质的量之比是8：3，说明硝酸根离子过量，以氢离子为标准计算溶解的铜的物质的量，因为混合酸被均分为两份，所以其物质的量减半，设铜的物质的量为x，3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，x=,x=0.3mol，则最多能溶解0.3molCu;向混合酸中加入铁，过量铁和酸反应生成亚铁离子，所以铁和硝酸反应与铜与硝酸的反应相同，把铜换成铁即可,溶解铁的物质的量也是0.3mol，其质量为0.3mol×56g/mol=16.8gFe，离子方程式3Fe+8H++2=3Fe2++2NO+4H2O。故答案为：0.3；16.8；3Fe+8H++2=3Fe2++2NO+4H2O；
(3)
原溶液中硝酸的物质的量=16mol/L×0.2L=3.2mol，200mL16mol·L-1的浓硝酸与3.2gCu反应，反应过程中还原产物只有NO2，说明浓硝酸过量，铜不足量，氧化还原反应中得失电子数相等，所以铜失去的电子数=硝酸根离子得到的电子数，设二氧化氮的体积是V，×2=×1，V=2.24L，则反应结束后，产生气体的体积为2.24L(标准状况下)，2.24L二氧化氮消耗硝酸根离子0.1mol，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为1：2，所以消耗氢离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中还剩余氢离子的物质的量为3.2mol-0.2mol=3mol，硝酸根的物质的量为3.2mol-0.1mol=3.1mol，所以反应后的溶液中c(H+)：c(NO)=3mol：3.1mol=30：31，溶液中c(H+)∶c()=30：31(忽略HNO3的挥发)。故答案为：2.24L；30∶31；
(4)
用试管将(3)反应产生的NO2收集满并倒立在足量的水中，待试管中液面不再上升时，二氧化氮和水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，生成的一氧化氮体积是二氧化氮的,试管中剩余气体的体积约为原气体体积的。根据方程式知，设气体的体积为V，生成硝酸的物质的量为，c=0.04mol·L-1,试管中的液体的物质的量浓度为0.04mol·L-1(假设试管中的液体不对外扩散，此反应条件下1mol气体的体积为25.0L)。如果NO2中混有N2O4气体，导致氮元素的物质的量增大，试管中的液体的物质的量浓度将增大(填“增大”“减小”或“不变”)。故答案为：；0.04mol·L-1；增大；
(5)
FeO和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水离子方程式3FeO++10H+=3Fe3++NO+5H2O。故答案为：3FeO++10H+=3Fe3++NO+5H2O。