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8. 在利用黄铜(一种合金)制作机器零件的过程中会产生黄铜屑，经测定黄铜屑主要含Zn、ZnO、Cu和CuO。下列分析错误的是(资料:氧化锌与稀硫酸反应生成易溶于水的硫酸锌和水，氧化铜与稀硫酸反应生成易溶于水的硫酸铜和水) (
A.将黄铜屑加入足量稀硫酸中，会有气泡产生
B.将黄铜屑加入足量稀硫酸中，黄铜屑会全部溶解
C.根据黄铜屑的成分，可确定黄铜中含有锌和铜两种金属
D.根据黄铜屑与足量稀硫酸反应的现象，可比较锌和铜的金属活动性强弱
B
)A.将黄铜屑加入足量稀硫酸中，会有气泡产生
B.将黄铜屑加入足量稀硫酸中，黄铜屑会全部溶解
C.根据黄铜屑的成分，可确定黄铜中含有锌和铜两种金属
D.根据黄铜屑与足量稀硫酸反应的现象，可比较锌和铜的金属活动性强弱
答案
B
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确黄铜屑各成分与稀硫酸的反应规律：Zn能与稀硫酸反应生成氢气，ZnO、CuO能与稀硫酸反应生成可溶性盐和水，而Cu与稀硫酸不反应。再逐一分析选项，找出错误结论。
【解析】
黄铜屑含Zn、ZnO、Cu、CuO，各物质与稀硫酸的反应如下：
1. Zn + H₂SO₄ = ZnSO₄ + H₂↑（有气泡产生）；
2. ZnO + H₂SO₄ = ZnSO₄ + H₂O（固体溶解）；
3. CuO + H₂SO₄ = CuSO₄ + H₂O（固体溶解）；
4. Cu与稀硫酸不反应（固体不溶解）。
对选项逐一分析：
A选项：Zn与稀硫酸反应生成H₂，会有气泡产生，分析正确；
B选项：Cu不与稀硫酸反应，因此黄铜屑不会全部溶解，分析错误；
C选项：黄铜屑含Zn和Cu，说明黄铜合金含有这两种金属，分析正确；
D选项：Zn能与稀硫酸反应、Cu不能，可比较出Zn的金属活动性强于Cu，分析正确。
综上，错误的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
金属的化学性质、酸的化学性质、合金的概念
【点评】
本题围绕黄铜屑与稀硫酸的反应展开，考查金属与酸、金属氧化物与酸的反应规律，以及金属活动性的判断，关键在于明确Cu不与稀硫酸反应这一特性，是易出错的细节点。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确黄铜屑各成分与稀硫酸的反应规律：Zn能与稀硫酸反应生成氢气，ZnO、CuO能与稀硫酸反应生成可溶性盐和水，而Cu与稀硫酸不反应。再逐一分析选项，找出错误结论。
【解析】
黄铜屑含Zn、ZnO、Cu、CuO，各物质与稀硫酸的反应如下：
1. Zn + H₂SO₄ = ZnSO₄ + H₂↑（有气泡产生）；
2. ZnO + H₂SO₄ = ZnSO₄ + H₂O（固体溶解）；
3. CuO + H₂SO₄ = CuSO₄ + H₂O（固体溶解）；
4. Cu与稀硫酸不反应（固体不溶解）。
对选项逐一分析：
A选项：Zn与稀硫酸反应生成H₂，会有气泡产生，分析正确；
B选项：Cu不与稀硫酸反应，因此黄铜屑不会全部溶解，分析错误；
C选项：黄铜屑含Zn和Cu，说明黄铜合金含有这两种金属，分析正确；
D选项：Zn能与稀硫酸反应、Cu不能，可比较出Zn的金属活动性强于Cu，分析正确。
综上，错误的是B选项。
【答案】
B
【知识点】
金属的化学性质、酸的化学性质、合金的概念
【点评】
本题围绕黄铜屑与稀硫酸的反应展开，考查金属与酸、金属氧化物与酸的反应规律，以及金属活动性的判断，关键在于明确Cu不与稀硫酸反应这一特性，是易出错的细节点。
【难度系数】
0.5
9. 某化学实验的废水中含有一定量的$\ce{CuSO_{4}}$和$\ce{FeSO_{4}}$，化学小组欲从该废水中回收铜，并得到副产品$\ce{FeSO_{4}}$晶体。主要实验步骤如图：
（1）固体甲中含有的物质有
（2）步骤①中发生反应的化学方程式是
（3）步骤①②涉及的操作中，玻璃棒的作用是
（1）固体甲中含有的物质有
铜和铁(或Cu和Fe)
，加入的适量X是CuSO₄溶液(或稀硫酸)
。（2）步骤①中发生反应的化学方程式是
Fe+CuSO₄====FeSO₄+Cu
，能观察到的实验现象有铁表面有红色物质生成,溶液变成浅绿色
。（3）步骤①②涉及的操作中，玻璃棒的作用是
引流
。已知$\ce{FeSO_{4}}$晶体在$90°\mathrm{C}$就会分解，则步骤③中，使溶液乙里的$\ce{FeSO_{4}}$成为晶体析出可采用的主要方法是冷却热的饱和溶液
（填“加热蒸发水”或“冷却热的饱和溶液”）。（已知：此处饱和溶液指不能再溶解$\ce{FeSO_{4}}$的溶液）答案
（1）铜和铁(或Cu和Fe)；CuSO₄溶液(或稀硫酸)
（2）Fe+CuSO₄====FeSO₄+Cu；铁表面有红色物质生成,溶液变成浅绿色
（3）引流；冷却热的饱和溶液
（2）Fe+CuSO₄====FeSO₄+Cu；铁表面有红色物质生成,溶液变成浅绿色
（3）引流；冷却热的饱和溶液
解析
【分析】
要解决该废水回收铜并得到$\ce{FeSO_{4}}$晶体的问题，需结合金属活动性顺序分析反应：首先，利用铁的活动性比铜强，加入过量$\ce{Fe}$置换废水中$\ce{CuSO_{4}}$中的$\ce{Cu}$，因$\ce{Fe}$过量，固体甲含生成的$\ce{Cu}$和剩余的$\ce{Fe}$，溶液为$\ce{FeSO_{4}}$；接着，需除去固体甲中的$\ce{Fe}$以得到纯净$\ce{Cu}$，所选试剂$\mathrm{X}$需能与$\ce{Fe}$反应但不与$\ce{Cu}$反应，且生成$\ce{FeSO_{4}}$，故$\mathrm{X}$可选稀硫酸或$\ce{CuSO_{4}}$溶液；最后，因$\ce{FeSO_{4}}$晶体$90°\mathrm{C}$会分解，不能加热蒸发，需用冷却热饱和溶液的方法结晶。
【解析】
（1）步骤①中加入过量$\ce{Fe}$，$\ce{Fe}$与$\ce{CuSO_{4}}$反应生成$\ce{Cu}$和$\ce{FeSO_{4}}$，$\ce{Fe}$过量，因此固体甲为铜和铁（$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$）；步骤②需除去固体中的$\ce{Fe}$，所选$\mathrm{X}$需满足与$\ce{Fe}$反应且不引入新杂质，故$\mathrm{X}$为$\ce{CuSO_{4}}$溶液或稀硫酸。
（2）步骤①中$\ce{Fe}$与$\ce{CuSO_{4}}$发生置换反应，化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$；反应现象为铁表面有红色物质（$\ce{Cu}$）生成，溶液由蓝色（$\ce{CuSO_{4}}$溶液）变为浅绿色（$\ce{FeSO_{4}}$溶液）。
（3）步骤①②均为过滤操作，玻璃棒的作用是引流；因$\ce{FeSO_{4}}$晶体在$90°\mathrm{C}$会分解，加热蒸发会导致晶体分解，故采用冷却热的饱和溶液的方法使$\ce{FeSO_{4}}$晶体析出。
【答案】
（1）铜和铁(或$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$)；$\ce{CuSO_{4}}$溶液(或稀硫酸)
（2）$\ce{Fe + CuSO_{4}====FeSO_{4} + Cu}$；铁表面有红色物质生成,溶液变成浅绿色
（3）引流；冷却热的饱和溶液
【知识点】
金属活动性顺序；置换反应；结晶方法
【点评】
本题为金属回收的基础实验题，结合金属活动性分析反应原理，明确除杂原则和结晶方法，注重实验操作与化学原理的结合，是金属相关知识的典型应用题型。
【难度系数】
0.7
要解决该废水回收铜并得到$\ce{FeSO_{4}}$晶体的问题，需结合金属活动性顺序分析反应：首先，利用铁的活动性比铜强，加入过量$\ce{Fe}$置换废水中$\ce{CuSO_{4}}$中的$\ce{Cu}$，因$\ce{Fe}$过量，固体甲含生成的$\ce{Cu}$和剩余的$\ce{Fe}$，溶液为$\ce{FeSO_{4}}$；接着，需除去固体甲中的$\ce{Fe}$以得到纯净$\ce{Cu}$，所选试剂$\mathrm{X}$需能与$\ce{Fe}$反应但不与$\ce{Cu}$反应，且生成$\ce{FeSO_{4}}$，故$\mathrm{X}$可选稀硫酸或$\ce{CuSO_{4}}$溶液；最后，因$\ce{FeSO_{4}}$晶体$90°\mathrm{C}$会分解，不能加热蒸发，需用冷却热饱和溶液的方法结晶。
【解析】
（1）步骤①中加入过量$\ce{Fe}$，$\ce{Fe}$与$\ce{CuSO_{4}}$反应生成$\ce{Cu}$和$\ce{FeSO_{4}}$，$\ce{Fe}$过量，因此固体甲为铜和铁（$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$）；步骤②需除去固体中的$\ce{Fe}$，所选$\mathrm{X}$需满足与$\ce{Fe}$反应且不引入新杂质，故$\mathrm{X}$为$\ce{CuSO_{4}}$溶液或稀硫酸。
（2）步骤①中$\ce{Fe}$与$\ce{CuSO_{4}}$发生置换反应，化学方程式为$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$；反应现象为铁表面有红色物质（$\ce{Cu}$）生成，溶液由蓝色（$\ce{CuSO_{4}}$溶液）变为浅绿色（$\ce{FeSO_{4}}$溶液）。
（3）步骤①②均为过滤操作，玻璃棒的作用是引流；因$\ce{FeSO_{4}}$晶体在$90°\mathrm{C}$会分解，加热蒸发会导致晶体分解，故采用冷却热的饱和溶液的方法使$\ce{FeSO_{4}}$晶体析出。
【答案】
（1）铜和铁(或$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$)；$\ce{CuSO_{4}}$溶液(或稀硫酸)
（2）$\ce{Fe + CuSO_{4}====FeSO_{4} + Cu}$；铁表面有红色物质生成,溶液变成浅绿色
（3）引流；冷却热的饱和溶液
【知识点】
金属活动性顺序；置换反应；结晶方法
【点评】
本题为金属回收的基础实验题，结合金属活动性分析反应原理，明确除杂原则和结晶方法，注重实验操作与化学原理的结合，是金属相关知识的典型应用题型。
【难度系数】
0.7
10. 探究小组欲从含有$\ce{FeCl_{3}}$、$\ce{CuCl_{2}}$的废液中回收金属铜，取一定量的废液样品加入少量铁粉，一段时间后铁粉完全溶解，但未发现红色固体沉积。出现这种现象的可能原因是________。经查阅资料得知：铁粉在废液中发生两个化学反应：① $\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$，② $\ce{CuCl_{2} + Fe = FeCl_{2} + Cu}$。探究小组另取废液，向废液中加入足量的铁粉至充分反应，溶液变为浅绿色，过滤、干燥，称得固体沉积物的质量与加入铁粉的质量相等。
（1）固体沉积物的质量与加入铁粉的质量相等的原因是________。
（2）经测定，反应后得到铜的质量为$1.6\ \mathrm{g}$，其中，反应①消耗铁粉的质量是________，反应②消耗铁粉的质量是________。
（1）固体沉积物的质量与加入铁粉的质量相等的原因是________。
（2）经测定，反应后得到铜的质量为$1.6\ \mathrm{g}$，其中，反应①消耗铁粉的质量是________，反应②消耗铁粉的质量是________。
答案
加入的铁粉先与氯化铁反应,由于铁粉的量不足,铁粉未与氯化铜反应
（1）铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等
（2）0.2 g；1.4 g
解析:(1)2FeCl₃+Fe====3FeCl₂ 这一反应中固体质量减少;CuCl₂+Fe====FeCl₂+Cu 这一反应中每56份质量的铁参加反应生成64份质量的铜,固体质量增加。当铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等,固体沉积物的质量与加入铁粉的质量相等。(2)设反应②消耗铁粉的质量为x。
CuCl₂+Fe====FeCl₂+Cu
56 64
x 1.6 g
56/64 = x/1.6 g x=1.4 g
反应②固体增加的质量为1.6 g-1.4 g=0.2 g。反应①消耗铁粉的质量=反应②固体增加的质量=0.2 g。
（1）铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等
（2）0.2 g；1.4 g
解析:(1)2FeCl₃+Fe====3FeCl₂ 这一反应中固体质量减少;CuCl₂+Fe====FeCl₂+Cu 这一反应中每56份质量的铁参加反应生成64份质量的铜,固体质量增加。当铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等,固体沉积物的质量与加入铁粉的质量相等。(2)设反应②消耗铁粉的质量为x。
CuCl₂+Fe====FeCl₂+Cu
56 64
x 1.6 g
56/64 = x/1.6 g x=1.4 g
反应②固体增加的质量为1.6 g-1.4 g=0.2 g。反应①消耗铁粉的质量=反应②固体增加的质量=0.2 g。
解析
【分析】
首先，铁粉加入含FeCl₃和CuCl₂的混合溶液时，FeCl₃的氧化性强于CuCl₂，铁粉会优先与FeCl₃反应；若铁粉量不足，仅发生该反应，无法置换出Cu，因此无红色固体沉积。当加入足量铁粉时，两个反应均发生，需对比两个反应的固体质量变化：反应①中固体Fe溶解，质量减少；反应②中Fe置换Cu，固体质量增加，当两者质量变化相等时，最终固体质量等于加入铁粉质量。计算时，先根据生成Cu的质量，利用反应②的方程式算出消耗Fe的质量，再通过反应②的固体增量等于反应①的固体减量，算出反应①消耗的Fe质量。
【解析】
1. 少量铁粉加入时，FeCl₃氧化性强于CuCl₂，铁粉先与FeCl₃发生反应①：$\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$，若铁粉量不足，无法与CuCl₂发生反应②，因此无红色Cu沉积。
2. （1）反应①中，固体Fe溶解，固体质量减少；反应②中，每56份质量的Fe反应生成64份质量的Cu，固体质量增加（增量为$64-56=8$）。当反应①减少的固体质量等于反应②增加的固体质量时，反应后固体（Cu）的质量与加入铁粉的质量相等。
3. （2）设反应②消耗铁粉质量为$x$，根据反应②的化学方程式：
$\ce{CuCl_{2} + Fe = FeCl_{2} + Cu}$
$56$ $64$
$x$ $1.6\ \mathrm{g}$
则$\frac{56}{64}=\frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得$x=1.4\ \mathrm{g}$。
反应②中固体增加的质量为$1.6\ \mathrm{g}-1.4\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{g}$，该增量等于反应①中固体减少的质量，故反应①消耗铁粉的质量为$0.2\ \mathrm{g}$。
【答案】
加入的铁粉先与氯化铁反应，由于铁粉的量不足，铁粉未与氯化铜反应；（1）铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等；（2）0.2 g；1.4 g
【知识点】
金属与盐溶液反应、化学方程式计算、固体质量变化分析
【点评】
本题考查金属与盐溶液的反应顺序及质量变化分析，重点是理解两个反应的固体质量关系，需结合化学方程式进行计算，综合性适中，能较好考查学生的逻辑分析和计算能力。
【难度系数】
0.5
首先，铁粉加入含FeCl₃和CuCl₂的混合溶液时，FeCl₃的氧化性强于CuCl₂，铁粉会优先与FeCl₃反应；若铁粉量不足，仅发生该反应，无法置换出Cu，因此无红色固体沉积。当加入足量铁粉时，两个反应均发生，需对比两个反应的固体质量变化：反应①中固体Fe溶解，质量减少；反应②中Fe置换Cu，固体质量增加，当两者质量变化相等时，最终固体质量等于加入铁粉质量。计算时，先根据生成Cu的质量，利用反应②的方程式算出消耗Fe的质量，再通过反应②的固体增量等于反应①的固体减量，算出反应①消耗的Fe质量。
【解析】
1. 少量铁粉加入时，FeCl₃氧化性强于CuCl₂，铁粉先与FeCl₃发生反应①：$\ce{2FeCl_{3} + Fe = 3FeCl_{2}}$，若铁粉量不足，无法与CuCl₂发生反应②，因此无红色Cu沉积。
2. （1）反应①中，固体Fe溶解，固体质量减少；反应②中，每56份质量的Fe反应生成64份质量的Cu，固体质量增加（增量为$64-56=8$）。当反应①减少的固体质量等于反应②增加的固体质量时，反应后固体（Cu）的质量与加入铁粉的质量相等。
3. （2）设反应②消耗铁粉质量为$x$，根据反应②的化学方程式：
$\ce{CuCl_{2} + Fe = FeCl_{2} + Cu}$
$56$ $64$
$x$ $1.6\ \mathrm{g}$
则$\frac{56}{64}=\frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得$x=1.4\ \mathrm{g}$。
反应②中固体增加的质量为$1.6\ \mathrm{g}-1.4\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{g}$，该增量等于反应①中固体减少的质量，故反应①消耗铁粉的质量为$0.2\ \mathrm{g}$。
【答案】
加入的铁粉先与氯化铁反应，由于铁粉的量不足，铁粉未与氯化铜反应；（1）铁和氯化铁反应时固体减少的质量与铁和氯化铜反应时固体增加的质量相等；（2）0.2 g；1.4 g
【知识点】
金属与盐溶液反应、化学方程式计算、固体质量变化分析
【点评】
本题考查金属与盐溶液的反应顺序及质量变化分析，重点是理解两个反应的固体质量关系，需结合化学方程式进行计算，综合性适中，能较好考查学生的逻辑分析和计算能力。
【难度系数】
0.5
