安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）

安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 K:39 Cu:64 Ba:137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，计54分）
1.如果食用油不小心混入了大量水，最简便的分离方法是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中食用油不小心混入了大量的水可知，本题考查物质分离操作，运用食用油和水不互溶且分层分析。
【详解】A.过滤装置适用于分离固液混合物，A项错误；
B.分液漏斗适用于分离互不相容的液体，食用油和水互不相容且分层，用分液漏斗分离，B项正确；
C.蒸发结晶适用于分离易溶于水的固体溶质，C项错误；
D.蒸馏适用于分离熔沸点相差较大的互溶液体，D项错误；
答案选B。
2.铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，这些物质按照不同的比例加以混和、压制，就可以制成铅笔芯。如果铅笔芯质量的一半成分是石墨，且用铅笔写一个字消耗的质量约为0.001g。那么一个铅笔字含有的碳原子数约为 （ ）
A. 5×1019个 B. 2.5×1022个 C. 2.5×1019个 D. 5×1022个
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中一个铅笔字含有的碳原子数可知，本题考查粒子数的计算，运用 分析。
【详解】由题意已知写一个字消耗的质量约为0.001g,则一个铅笔字含有的碳原子数约
答案选C。
3.下列物质中所含原子数最多的是（ ）
A. 标准状况下22.4LH2 B. 56gCO
C. 1.5molO3 D. 6.02´1022个HCl
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中所含原子数最多可知，本题考查原子数的量对比，运用粒子数与物质的量成正比分析。
【详解】标况下22.4LH2的物质的量为1mol，即原子物质的量为2mol； 56gCO的物质的量为2mol,即原子物质的量为4mol；1.5molO3原子物质的量为4.5mol； 6.02´1022个HCl的物质的量为0.1mol，即原子物质的量为0.2mol； 依据粒子数与物质的量成正可知，1.5molO3所含原子数最多。
故答案选C。
4.已知NA为阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是（ ）
A. 常温常压下，16gO2和O3的混合气体中含有N A个原子
B. 17克OH-所含电子数目为10NA
C. 标准状况下，11.2L氩气中含有0.5NA个氦原子
D. 1L2mol·L－1的硫酸镁溶液中含有的氧原子为8NA个
【答案】D
【解析】
分析】根据题中阿伏加德罗常数可知，本题考查阿伏加德罗常数的应用和计算，运用阿伏加德罗常数的计算公式分析。
【详解】A. 16gO2和O3的混合气体中，氧原子的物质的量为，即16gO2和O3的混合气体中含有N A个原子，A项正确；
B. 一个OH-所含电子数为10个，17克OH-的物质的量为，则17克OH-所含电子数目为10NA，B项正确；
C. 标准状况下，11.2L氩气的物质的量为，氩气是单原子分析，因此标准状况下，11.2L氩气中含有0.5NA个氦原子，C项正确；
D. 1L2mol·L－1的硫酸镁的物质的量为,则, 但1L2mol·L－1的硫酸镁溶液中，水中也含有氧原子，所以氧元素数大于8NA个，D项错误；
答案选D。
5.等物质的量的CO2和NH3 相比，下列说法不正确的是（ ）
A. 常温常压下，密度之比为44：17 B. 分子数之比为1：1
C. 原子数之比为1：1 D. 质量之比为44：17
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温常压下，密度之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3密度之比为44：17， A项正确；
B. 分子数之比=物质的量之比，等物质的量的CO2和NH3分子数之比为1：1， B项正确；
C. CO2和NH3原子数之比为3:4，等物质量的CO2和NH3原子数之比应为3：4，C项错误；
D. 质量之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3质量之比为44：17，D项正确；
答案选C。
6.下列物质的变化，其中不属于氧化还原反应的是（ ）
A. 氢氧化钠的表面潮解 B. 用煤气灶炒菜
C. 铁锅易上锈 D. 大闸蟹煮熟后变红
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中不属于氧化还原反应可知，本题考查氧化还原反应的判断，运用有化合价变化的反应是氧化还原反应分析。
【详解】A.氢氧化钠的表面潮解是氢氧化钠固体吸水表面变潮湿，是物理变化，A项正确；
B. 煤气灶炒菜CO、H2燃烧，属于氧化还原反应，B项错误；
C. 铁锅易上锈是铁单质被氧化成四氧化三铁，属于氧化还原反应，C项错误；
D. 大闸蟹煮熟后变红是因为当大闸蟹加热时，蛋白质被破坏、变性，属于氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
7.下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化铜溶液与硫酸的反应：OH-＋H+＝H2O
B. 氧化亚铁溶于稀硫酸：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O
C. 铝片与硝酸汞溶液反应：Al+Hg2+＝Al3+ +Hg
D. 硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-＝BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中离子方程式书可知，本题考查离子方程式书，运用离子方程式的书写步骤的注意事项分析。
【详解】A. Cu(OH)2是沉淀，不能拆成离子，离子方程式应为Cu(OH)2＋2H+＝2H2O+ Cu2+ ,A项错误；
B. 氧化亚铁溶于稀硫酸：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，B项正确；
C. 电荷不守恒，离子方程式应为：2Al+3Hg2+＝2Al3+ +3Hg，C项错误；
D. 拆写不符合，离子方程式应为：3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-＝3BaSO4↓+ 2Fe (OH)3 ↓，D项错误；
答案选B。
8.如图所示装置，密闭容器内分别充入空气和H2、O2的混合气体在可移动的活塞两边，在室温下若将H2、O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复室温后，活塞右滑停留于容器的中央，则原来H2、O2的体积比最接近于（ ）

A. 5：2 B. 4：5 C. 4：7 D. 2：7
【答案】B
【解析】
【详解】反应前左右压强都相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设空气的物质的量为1mol，则氢气、氧气的混合气体为3mol；反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，右室中剩余气体为1mol，
①若剩余的气体为H2，参加反应气体共2mol，由可知，混合气体中O2的物质的量为：2mol×=mol，则氢气的物质的量为：3mol-mol=mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，所以原混合气体中H2、O2的体积比为 mol ：mol =7:2；
②若剩余的气体为O2，参加反应气体共2mol，由可知，混合气体中H2的物质的量为：2mol×=mol，则氧气的物质的量为：3mol-mol=mol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则原混合气体中H2、O2的体积比为mol ：mol =4：5；
答案选B。
9.下列各组物质中，按照酸、混合物、碱排序的是（ ）
A. 盐酸、硫酸铜、硫酸 B. 硫酸、空气、纯碱
C. 醋酸、胆矾、熟石灰 D. 硝酸、食盐水、烧碱
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中按照酸、混合物、碱排序可知，本题考查物质分类，运用各物质的分类标准分析。
【详解】A. 硫酸属于强酸，不是碱，A项错误；
B. 纯碱是碳酸钠，属于盐类，B项错误；
C. 胆矾化学式为CuSO4·5H2O，属于固定组成，是纯净物 ，C项错误；
D. 硝酸属于酸、食盐水属于混合物、烧碱是氢氧化钠，属于碱，D项正确；
答案选D。
10.当光束通过下列分散系：①稀豆浆 ②稀硫酸 ③纳米碳粉 ④雾 ⑤墨水
能产生丁达尔效应的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中产生丁达尔效应可知，本题考查分散系的分类，运用胶体的粒子直径介于1~100nm,当光束通过胶体时会产生光亮的通路分析。
【详解】胶体能够产生丁达尔现象，因稀豆浆、雾、墨水都属于胶体，都能产生丁达尔效应。
答案选B。
11.将t1℃的饱和CuSO4溶液升温到t2℃，或者温度仍保持在t1℃并加入少量无水CuSO4，在这两种情况下均保持不变的是（ ）
A. CuSO4的溶解度 B. 溶液中Cu2＋的数目
C. 溶液的质量 D. 物质的量浓度
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，本题考查物质的溶解度，运用温度升高溶解度一般增大分析。
【详解】A. 将t1℃升温到t2℃，CuSO4溶解度会增大，饱和溶液变为不饱和溶液；A项错误；
B.若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4，无水CuSO4吸水变为五水合硫酸铜，溶剂减少，析出溶质，溶液中Cu2＋的数目减少，B项错误；
C. 若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4，无水CuSO4吸水变为五水合硫酸铜，溶剂减少，析出溶质，溶液质量减少，C项错误；
D. 将t1℃的饱和CuSO4溶液升温到t2℃，溶液成分没有变，物质的量浓度不变；若温度保持在t1℃不变并加入少量无水CuSO4， CuSO4溶解度不变，物质的量浓度不变，D项正确；
答案选D。
12.下列电离方程式中正确的是（ ）
A. Al2(SO4)3＝3Al3＋＋2SO42- B. Ba(HCO3)2＝Ba2＋＋2H＋+CO32-
C. Ca(NO3)2 ＝Ca2＋＋NO32- D. Ca (OH)2＝Ca2＋＋2OH-
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中电离方程式可知，本题考查电离方程式的正确书写，运用电离原理分析。
【详解】A. Al2(SO4)3＝2Al3＋＋3SO42-，A项错误；
B. HCO3-是弱酸根，不能拆，Ba(HCO3)2＝Ba2＋＋2HCO3-，B项错误；
C. Ca(NO3)2 ＝Ca2＋＋2NO3-，C项错误；
D. Ca (OH)2＝Ca2＋＋2OH-，D项正确；
答案选D。
13.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. Mg2＋、H＋、C1－、OH－ B. K＋、Ca2＋、NO3-、CO32-
C. Mg2＋、Na+、SO42-、Cl- D. Na＋、H＋、CO32-、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中能在溶液中大量共存可知，本题考查离子共存，运用发生反应的离子不能共存分析。
【详解】A. Mg2＋、OH－反应生成Mg（OH）2沉淀，A项错误；
B. Ca2＋、CO32-反应生成CaCO3沉淀，B项错误；
C. Mg2＋、Na+、SO42-、Cl-互相都不反应，C项正确；
D. H＋、CO32-反应生成水和二氧化碳，D项错误；
答案选C。
14.下列反应能用离子方程式：SO42－+Ba2＋=BaSO4↓表示的是（ ）
A. 硫酸钾溶液与硝酸钡溶液反应
B. 氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应
C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应
D. 碳酸钡与稀硫酸反应
【答案】A
【解析】
【分析】根据题中离子方程式可知，本题考查离子方程式的书写，运用离子方程式的书写步骤分析。
【详解】A. 硫酸钾与硝酸钡反应：SO42－+Ba2＋=BaSO4↓，A项正确；
B. 氢氧化钡与硫酸氢钠反应：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- == BaSO4↓ + 2H2O 或H+ + SO42- + Ba2+ +OH- == H2O + BaSO4↓；B项错误；
C. 氢氧化钡与硫酸铜反应：SO42－+2OH-+Cu2++Ba2＋=BaSO4↓+ Cu（OH）2↓，C项错误；
D. 碳酸钡与稀硫酸反应：Ba CO3+2H++ SO42－=BaSO4↓+ H2O+CO2↑，D项错误；
答案选A。
15.下列关于氧化还原反应的描述正确的是（ ）
A. 失电子难的物质获得电子的能力就强
B. 金属阳离子只有氧化性，非金属形成的阴离子只有还原性
C. 得到电子多氧化性强，失去电子多还原性强
D. 元素由化合态变成游离态，可能被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中氧化还原反应可知，本题考查氧化还原反应知识，运用氧化还原反应本质和特征分析。
【详解】A. 失电子难的物质不一定获得电子的能力就强，如C最外层有4个电子，难失电子也难得电子，A项错误；
B.阳离子可能有还原性又有氧化性，如Fe2+,阴离子可能有还原性又有氧化性，如SO32-,B项错误；
C. 氧化性和还原性只与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，C项错误；
D. 元素由化合态变成游离态，化合价可能升高也可能降低，即可能被氧化也可能被还原，如2H2S+SO2=3S↓+2H2O,D项正确；
答案选D。
16.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）
A. 5∶3 B. 5∶4 C. 1∶1 D. 3∶5
【答案】A
【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4＋和5mol NO3－，NH4＋中N元素的化合价是－3价， N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4＋共失去3×5=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3－中N元素的化合价是＋5价，其中2mol NO3－生成2HNO3化合价未变，3mol NO3－作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到5×3=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。
17.氢化亚铜（CuH）不稳定，能在氯气中燃烧；发生反应的化学方程式为 ：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl则该反应中被氧化的元素是（ ）
A. Cl B. Cu C. H、Cu D. H
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中被氧化的元素可知，本题考查氧化剂还原剂的判断，运用氧化剂被还原，还原剂被氧化分析。
【详解】CuH 中Cu化合价为+1，H化合价为-1，Cl2单质化合价为0，反应后CuCl2中Cu化合价为+2，HCl 中H化合价为+1，Cl化合价为-1，Cu、H元素化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，Cl元素化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应。
答案选C。
18.已知还原性Cl－＜Fe2+＜H2O2＜I－＜SO2，判断下列反应不能发生的是（ ）
A. 2Fe3++SO2+2H2O＝SO42－+4H++2Fe2+ B. I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI
C. H2O2+2H++SO42－＝SO2+O2+2H2O D. 2Fe3++2I－＝2Fe2++I2
【答案】C
【解析】根据在同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进行判断，如果与题设一致，就可以发生，否则不能发生。
二、综合填空（计46分）
19.现有以下物质：①NaCl固体 ②CCl4 ③BaCO3固体 ④熔融KCl ⑤食醋 ⑥铝片 ⑦CO2 ⑧澄清石灰水 ⑨石墨 ⑩蔗糖水（填序号）
（1）以上物质中属于盐类的是___；
（2）以上物质中属于电解质的是___；
（3）以上物质中能导电的是___。
【答案】(1). ①③④ (2). ①③④ (3). ④⑤⑥⑧⑨
【解析】
【详解】（1）①NaCl固体 ③BaCO3固体 ④熔融KCl是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物，它们属于盐类。故答案为：①③④
（2）①NaCl固体 ③BaCO3固体 ④熔融KCl是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，它们属于电解质。故答案为：①③④
（3）④熔融KCl⑤食醋⑥铝片⑧澄清石灰水，有自由移动离子，⑨石墨中含有电子，均能导电。故答案为：④⑤⑥⑧⑨
20.某无色溶液中可能大量含有K＋、Cu2＋、CO32-、Cl-、SO42-中的若干种，依据已有知识回答下列问题：
（1）不用检验就可知该溶液中一定不含有的离子是___；
（2）不用检验就可知该溶液中一定含有的离子是___；
（3）当溶液中存在大量H＋时，则溶液中还可能含有的阴离子是___；
（4）若向该溶液中加入大量Ba2＋后，则溶液中还可能含有的阴离子是___。
【答案】(1). Cu2+ (2). K+ (3). Cl-、SO42- (4). Cl-
【解析】
【分析】根据题中某无色溶液中可能大量含有K＋、Cu2＋、CO32-、Cl-、SO42-可知，本题考查混合溶液中离子的存在，运用离子之间的反应和离子的颜色分析。
【详解】(1)Cu2＋呈蓝色，则无色溶液中一定不含Cu2＋。故答案为：Cu2+
(2)溶液显中性，所以一定存在阳离子和阴离子，所以不用检验就可知该溶液中一定含有唯一一个阳离子K＋。故答案为：K+
(3) 当溶液中存在大量H＋时，CO32-会与H＋结合生成二氧化碳和水，因此当溶液中存在大量H＋时，CO32-不存在，则溶液中还可能含有不与H＋反应的阴离子是Cl-、SO42-
故答案为：Cl-、SO42-
(4) 若向该溶液中加入大量Ba2＋后，CO32-、SO42-会与Ba2＋反应生成BaCO3沉淀和BaSO4沉淀，则溶液中还可能含有的阴离子是Cl-故答案为：Cl-
21.（1）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：

①该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L－1。（保留小数点后一位）
②某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝___mol·L－1。
（2）从矿物学资料查得，二硫化亚铁和硫酸铜在一定条件下发生反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
当有2.5molFeS2参加反应时，氧化产物的物质的量为__mol，转移的电子__mol。
【答案】(1). 4.0 (2). 0.04 (3). 1.5 (4). 10.5
【解析】
【分析】根据题中84消毒液的标签可知，本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的相关计算，根据及稀释前后溶质物质的量不变分析
【详解】① 根据25%NaClO、1000mL、密度1.19g•cm-3，
故答案为：4.0
②稀释前后溶质的物质的量不变，所以稀释后，
故答案为：0.04
(2)由 14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知，反应中转移电子数和氧化产物(FeSO4)、FeS2的关系为：21e- ～3FeSO4～5FeS2, 因此当有2.5molFeS2参加反应时，氧化产物的物质的量为1.5mol，转移的电子10.5mol。
故答案为：1.5 10.5
22.实验室用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液450mL，回答下列问题：
（1）实验步骤：
①计算所需称量的NaOH的质量为___g。
②用托盘天平称量NaOH固体，称量时应将NaOH置于烧杯中放在天平___盘称量。
③将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。
④检查容量瓶不漏水后，立即用玻璃棒引流转移溶液进入___mL容量瓶中。
⑤用少量水洗涤___2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。
⑥用玻璃棒引流向容量瓶中加水，至液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面最低点与刻度线相平。
⑦翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。
（2）以上步骤有一步操作不当，写出序号并改正___。
（3）下列操作导致所配溶液的浓度偏大的有___。
A．NaOH中混有Na2O
B．氢氧化钠已潮解
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液
D．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯
F．定容时俯视刻度线
【答案】(1). 20.0 (2). 左 (3). 500 (4). 烧杯和玻璃棒 (5). ④错误，应将溶液冷却后再移液 (6). AF
【解析】
【分析】根据题中实验室用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液450mL可知，本题考查配制一定物质的量浓度溶液的配制，运用配制一定物质的量浓度溶液操作步骤分析。
【详解】(1)由于实验室无450mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，配制出500mL溶液。
①配制500mL1.0mol/L的NaOH溶液所需的氢氧化钠的质量，故答案为：20.0
②用托盘天平称量时应为左物右码，故称量时应将NaOH置于烧杯中放在天平左盘称量。
故答案为：左
④由于实验室无450mL容量瓶，应选用500mL容量瓶。
故答案为：500；
⑤为防止溶质损失，应洗涤烧杯和玻璃棒2−3次，洗涤液也转移入容量瓶中。
故答案：烧杯和玻璃棒。
(2)氢氧化钠溶于水后放热，应将溶液冷却后移液，即④错误，而不能将溶解后的氢氧化钠立即转移到容量瓶中。
故答案为：④错误，应将溶液冷却后再移液
(3)A.NaOH中混有Na2O，Na2O会与水反应生成NaOH，导致氢氧化钠的物质的量偏大，则浓度偏高，故A正确；
B. 氢氧化钠已潮解，会导致氢氧化钠的真实的质量偏低，则浓度偏低，故B错误；
C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对浓度无影响，故C错误；
D. 往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故D错误；
E. 未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故E错误；
F. 定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故F正确。
故答案为：AF.
23.已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。
（2）固体混合物是____（填化学式）
（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。
（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥。
（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反应的离子方程式___。
【答案】(1). 过滤 (2). 漏斗、玻璃棒 (3). Fe、Cu (4). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (5). 冷却结晶 (6). Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
【解析】
【分析】已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过过滤得到溶液1，含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体；固体混合物铁和铜加入足量的硫酸，得到硫酸亚铁溶液进入溶液2中，同时剩余铜固体，据以上分析解答。
【详解】（1）步骤1用于分离固体和液体，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；
（2）由上述分析可知，固体混合物含Fe、Cu；故答案为：Fe、Cu；
（3）步骤3中发生反应的离子方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
故答案为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
(4)步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体，故答案为：冷却结晶；
(5)氧化亚铜与稀硫酸反应,溶液变蓝,发生离子反应为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。