【文档说明】广东省云浮市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，990.000 KB，由小赞的店铺上传

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广东省云浮市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修2、必修1。4.可能用到的相对原

子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Cl-35.5Cu-64Zn-65Ba-137第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.从化学看生

活，你认为下列说法合理的是A.绿色食品就是指颜色为绿色的食品B.“煤改气”“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾的形成C.汽车尾气中的氮氧化物主要是汽油燃烧的产物D.燃料电池是一种高效、环境友好型的发电

装置，其能量转化率可达100%【答案】B【解析】【详解】A．绿色食品是没有经过人为添加化学试剂的食品，而不是单指颜色，故A错误；B．“煤改气”，“煤改电”等清洁燃料改造工程，能减少空气中的灰尘颗粒，废气等污染物排放，有利于减少雾霾天气，故B正确；C．汽车尾气燃烧的主要产物为碳

氧化物，不是氮氧化物，故C错误；D．燃料电池的能量转化率高，能量转换率可达80%，但是不可能达到100%，故D错误；故选B。2.下列过程属于化学变化的是()A.海水的蒸馏B.石油的分馏C.煤的干馏D.丁烷的液化【答案】C【解析】【详解】A．海水的蒸馏是将水的沸点较低，通

过加热使水变化水蒸气然后冷凝得到蒸馏水的过程，没有新物质产生，发生的是物理变化，A不符合题意；B．石油的分馏是分离互溶的沸点不同的液体混合物的过程，在这个过程中没有新物质产生，因此发生的是物理变化，B不符合题意；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，使之分解的过程，由于产生了新的物质，因此发生

的变化属于化学变化，C符合题意；D．丁烷的液化是将气态丁烷加压降温变为液态，没有新物质产生，发生的是物理变化，D不符合题意；故合理选项是C。3.下列是绿色制氢示意图，图示中未涉及的能量转化形式是（）A.化学能→电能B.风能→电能C.太阳能→电能D.电能→化学能【答案

】A【解析】【详解】在阳光照射下，太阳能板将太阳能转化为电能；大风车将风能转化为电能；在电流作用下水分解产生H2、O2，电能转化为化学能，可见没有发生的能量变化是化学能→电能，故答案选A。4.下列有机物属于烃的是A.淀粉()6

105nCHOB.32CHCHBrC.D.【答案】C【解析】【分析】只含有碳、氢两种元素的有机物属于烃，根据有机物中含有的元素分析判断。【详解】A．淀粉()6105nCHO中含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃类，

故A错误；B．CH3CH2Br中含有C、H、Br三种元素，属于烃的衍生物，不属于烃类，故B错误；C．分子中只含有C、H，属于烃类，故C正确；D．除含有C、H、N和O元素，属于烃的衍生物，不属于烃类，故D错误；故选C。5.室温下，铁块与稀

盐酸反应速率较慢，下列措施不能加快反应速率的是A.将反应液适当加热B.用较浓盐酸代替稀盐酸C.将铁块换成铁粉D.加适量蒸馏水稀释盐酸【答案】D【解析】【详解】A．温度越高，反应速率越快，故A不符合；B．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，

反应的速率加快，故B不符合；C．用铁粉代替铁片，增加了接触面积，化学反应速率加快，故C不符合；D．加适量蒸馏水稀释盐酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故D符合；故选D。6.由于锂电池的需求急剧增长，全球陷入锂资源“争夺战”。下列有关锂的说法正确的是A

.电解LiCl熔盐可制取金属LiB.Li与2O反应能生成22LiOC.Li、Cu及海水构成的电池中，Li为电池正极D.Li的原子半径是第二周期所有主族元素中原子半径最小的【答案】A【解析】【详解】A.锂和镁金属性强弱差不多，电解熔融氯化镁可以制

镁，故电解LiCl熔盐可制取金属Li，A正确；B.Li的金属性比钠弱，与O2反应能生成Li2O，B错误；C.Li、Cu及海水构成的电池中，Li活泼性比Cu强，Li失去电池被氧化，是电池负极，C错误；D.同周期时，原子序数大的原子半径小，Li的原子半径是第二周期所有主族元

素中原子半径最大的，D错误；答案选A。7.分子式为C4H9Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】【详解】化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，叫做同分异构现象；具有相同分子式而结

构不同的化合物互为同分异构体。分子式为C4H9Cl从饱和度看只能是饱和氯代烷烃，同分异构只是氯在碳上面连接位置不同而已。因为丁烷有两种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，分子中含有的等效氢原子分别都是2种，则它们一氯代物的种数即为

C4H9Cl的种数，正丁烷两种一氯代物，异丁烷两种一氯代物，共4种，答案选C。【点睛】该题是高考中的常见题型，主要是考查学生对同分异构体含义以及判断的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是进行思维转换，然后依据等效氢原子的判断灵活运用即

可。8.溴及其化合物可被用作阻燃剂，下列有关7935Br和8135Br的说法正确的是A.7935Br和8135Br所含有的电子数不同B.7935Br和8135Br都含有35个中子C.7935Br和8135Br分别含有44和46

个质子D.7935Br和8135Br是两种不同的核素【答案】D【解析】【详解】A．7935Br和8135Br都是Br原子，质子数都为35，含有的电子数都是35，故A错误；B．7935Br和8135Br的两种同位素的质子

数都为35，中子数分别为44和46，故B错误；C．7935Br和8135Br的质子数都为35，故C错误；D．7935Br和8135Br为Br元素的不同原子，质子数都为35，中子数分别为44和46，属于不同的核素，故D正确；故选D。9.下列实验操作正确的是A.蒸发结晶时，用玻璃棒

不断搅拌至溶液析出大量晶体，再用余热蒸干B.除去2H还原CuO时在玻璃管内壁产生的铜，先用稀盐酸溶解，再用水清洗C.用洁净的铂丝蘸取食盐灼烧并直接观察火焰颜色，判断食盐中是否添加了3KIOD.用分液漏斗分离苯萃取2Br后的混合液体时，先放出

水层，再从下口放出有机层【答案】A【解析】【详解】A．蒸发时不能蒸干，用玻璃棒不断搅拌，在有大量晶体析出时停止加热，利用余热加热，故A正确；B．氢气与氧化铜反应生成铜，铜与盐酸不反应，应用硝酸溶解除去，故B错误；C．没有透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不能检验是否含有K元素，故C错误；D．苯的密度

小于水，用苯萃取溴水中的Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故D错误；故选A。10.广东盛产柠檬，柠檬中富含柠檬酸，其结构简式为，下列有关说法不正确的是A.分子

中含有2种官能团B.0.1mol柠檬酸与足量的Na反应生成28.96LHC.柠檬酸可与乙醇发生酯化反应D.柠檬酸中所有碳原子不可能在同一平面上【答案】B【解析】【详解】A．中含有羟基和羧基2种官能团，故A正确；B．气体的体

积与温度和压强有关，温度和压强未知，无法根据气体的体积计算物质的量，故B错误；C．柠檬酸分子中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；D．柠檬酸中含有，为四面体结构，因此分子中所有碳原子不可能在同一平面上，故D正确；故选B。11.超高纯氢氟酸主要用来切割半导体基板芯片，是微电子行业制

作过程中的关键性基础化工材料之一。下列说法正确的是A.HF的热稳定性比HCl弱B.氢氟酸的酸性比盐酸强C.氢氟酸可以贮存在玻璃瓶中D.2H与2F在暗处可化合为HF【答案】D【解析】【详解】A.非金属性氟比氯溴碘强，则HF的热稳定性比HCl强，A错误

；B.氢氟酸是弱酸，氢氟酸的酸性比盐酸弱，B错误；C.氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应，不能贮存在玻璃瓶中，应储存在塑料瓶中，C错误；D.H2与F2在暗处可爆炸性化合为HF，D正确；答案选D。12.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.7.8g苯中

含碳碳双键的数目为A3NB.5.8g正丁烷中含CH−的数目为ANC.41molCH与21molCl在光照下充分反应，生成3CHCl的分子数为AND.0.1mol乙酸与0.1mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.1AN【答案】B【解析

】【详解】A.苯中没有碳碳双键，A错误；B.正丁烷分子式为C4H10，每个正丁烷分子中含10个CH−，5.8g正丁烷为0.1mol，故含CH−的数目为AN，B正确；C.41molCH与21molCl在光照下充分反应，生成3CHCl、2234CHClC

HClCClHCl、、、，故3CHCl分子数小于AN，C错误；D.0.1mol乙酸与0.1mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，反应是可逆反应，反应存在限度，故生成乙酸乙酯的分子数小于0.1AN，D错误；答案选B。13.可逆反应N2+3H22NH3的正、

逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到化学平衡状态的是（）A.3v正(N2)=v正(H2)B.v正(N2)=v逆(NH3)C.2v正(H2)=3v逆(NH3)D.v正(N2)=v逆(H2)【答案】C【解析】【详解】A．二者

都是正反应速率，只要反应进行，无论是否平衡都满足3v正(N2)=v正(H2)，故A不符合题意；B．反应平衡时正逆反应速率相等，即v正(N2)=v逆(N2)，而2v逆(N2)=v逆(NH3)，所以v正(N2)=

v逆(NH3)不能说明反应平衡，故B不符合题意；C．平衡时v正(H2)=v逆(H2)，而2v逆(H2)=3v逆(NH3)，所以2v正(H2)=3v逆(NH3)可以说明反应平衡，故C符合题意；D．v正(N2)=v逆(

N2)，而3v逆(N2)=v逆(H2)，所以v正(N2)=v逆(H2)不能说明反应平衡，故D不符合题意；综上所述答案为C。14.实验室可用苯(沸点为80.1℃)与浓硝酸、浓硫酸组成的混酸反应制取硝基苯(

难溶于水，不与酸或碱溶液反应，密度比水大，无色液体)，装置如图所示，下列说法不正确的是A.配制混酸时，将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中并不断搅拌B.水浴加热时，一般用沸水浴C.反应的化学方程式为+HO-NO2+H2OD.反应后纯化硝基苯，需经冷却、水洗、

碱液洗、水洗、干燥及蒸馏【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸稀释会放出大量热，一般遵循“酸入水”的原则稀释，因此配制混酸时，将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中并不断搅拌，故A正确；B．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水的温度一般为60℃左右，不能用沸水浴加热，故B错

误；C．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，反应方程式为+HO－NO2+H2O，故C正确；D．提纯硝基苯，冷却后应先水洗，溶解混有的酸，再加入碱中和，然后水洗、干燥，则顺序为水洗→碱液洗→水洗→干燥→蒸馏，故D正确；故选B。15.金属燃料电池是一类重要的电池，其工作原理

如图所示。下列说法正确的是A.负极反应方程式为22O4e4H2HO−+++=B.蔗糖可作为电解质C.电流由金属电极经导线流向空气电极D.消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数最多的是Al【

答案】D【解析】【分析】根据图示，金属电极为负极，负极上金属单质失去单质变成阳离子，空气电极为正极，正极上空气中的氧气得到电子生成水，据此分析解答。【详解】A．金属电极为负极，负极上金属单质失去单质变成阳离子，故A错误；B．蔗糖是非

电解质，不能作为电解质，故B错误；C．电子由负极经过外电路到正极，则电流由空气电极经导线流向金属电极，故C错误；D．消耗相同质量的Zn、Al、Mg时，通过导线转移的电子数之比为265∶327∶224，转移的电子数最多的是Al，故D正确；故选D。16.短周期主族元素W、X、Y

、Z的原子序数依次增大，W、X最外层电子数之和为13，Y是同周期主族元素中半径最大的元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：XWZY＜＜＜B.W的简单气态氢化物的热稳定性比

X的强C.W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构均相同D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可在水溶液中发生反应【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X最外层电子数之和为13，最外层电子数分别为6、7，Y是同周期主族元素中半径

最大的元素，Y为第IA族元素，根据原子序数是关系，W、X为第2周期元素，Y为第3周期元素，则W为O元素、X为F元素、Y为Na元素，Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的3倍，最外层电子数为3，为Al元素，据此分析解答。【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上

到下，原子半径逐渐增大，原子半径：XWZY＜＜＜，故A正确；B．W为O元素，X为F元素，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性O＜F，则水的热稳定性比HF弱，故B错误；C．W、X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，均为结构，故C正确；D．Y、Z的最

高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，二者在水溶液中能够发生反应，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故D正确；故选B。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.香花石是1958年中国地质学家发现的第一种世界新

矿物，其主要成分的化学式为()32423CaLiBeSiOF。回答下列问题：(1)质子数与中子数相等的Ca原子的符号为_______，2Ca+的结构示意图为_______。(2)Si位于元素周期表第_______周期_______族。(3)香花石

的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是_______(填元素符号，下同)，最大的是_______。(4)2CO的电子式为_______。(5)用电子式表示2CaF(氟化钙)的形成过程：_______。【答案】(1).4020Ca(或4

0Ca)(2).(3).三(4).IVA(5).F(6).Ca(7).(8).【解析】【分析】【详解】(1)Ca为20号元素，质子数与中子数相等的Ca原子的质量数为40，符号为4020Ca，2Ca+的结构示意图为，故答案为：4020Ca；；(2

)硅是14号元素，位于第三周期，第ⅣA族，故答案为：三；ⅣA；(3)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是F，最大的是Ca，故答案为：F；Ca；(4)二氧化碳是共价化合物，二氧化碳的电子式为，故答案为：；(

5)氟化钙为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意二氧化碳的电子式不能写成。18.NH3的催化氧化是制备硝酸的重要反应之一。下面是对氨的催化氧化进行的研究。氨的催化氧化反应为4NH3(g

)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度随时间的变化如下表：01min2min3min4minc(NH3)/mol.L-10.800c10.3000.2000.200c(O2)/mol.L-11.6001.1000.97

50.850c2(1)c1=__mol/L；c2=____mol/L。(2)0~2min内，v(NH3)=__mol/(L·min)。(3)工业上需要加快氨气的反应速率，下列措施可行的是__(填标号)。A.

使用合适的催化剂B.减小O2的浓度C.适当升高温度(4)反应达到平衡时，O2的转化率为__(精确到小数点后1位数字)%。【答案】(1).0.400(2).0.850(3).0.250(4).AC(5).46.9【解析

】【详解】(1)1min时Δc(O2)=1.600mol/L-1.100mol/L=0.500mol/L，根据反应方程式可知相同时间内Δc(NH3)=0.400mol/L，所以c1=0.800mol/L-0.400mol/L=0.400mol/L；根据表格数据可

知3min氨气的浓度不再改变，说明反应达到平衡，所以c2=0.850mol/L；(2)0~2min内，Δc(NH3)=0.800mol/L-0.300mol/L=0.500mol/L，所以v(NH3)=10.500molL2min−=0.250mol/(L·min)；(

3)A．使用合适的催化剂可以增大反应速率，故A符合题意；B．减小反应物的浓度反应速率减小，故B不符合题意；C．适当提高温度可以增大活化分子百分百，提高反应速率，故C符合题意；综上所述答案为AC；(4)平衡时Δc(

O2)=1.600mol/L-0.850mol/L=0.750mol/L，所以转化率为110.750molL100%1.600molL−−=46.9%。19.乙二醇是重要的工艺原料，可由乙烯或合成气等为原料制备，部分合成方法如下：回答下列问题：(1)A的化学名称为___________。(2

)E中官能团的名称为___________。(3)C的分子式为___________。(4)反应②的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。(5)W是D的同分异构体1molW与足量3N

aHCO反应可生成22molCO，则W的结构简式为___________(写2种)。【答案】(1).乙烯(2).羟基(3).483CHO(4).+H2O(5).加成反应(6).2222HOOCCHCHCHCHCOOH；[

或、322CHCHCOOHCHCHCOOH、33CHCHCOOHCHCOOHCH、3223CHC(COOH)CHCH、322C(COO(CH)CHH)COOH、232HOOCCHCH(CH)CHCOOH、332CHCH(CH)CH(COOH)等]【解析】【分析】根据流程图，乙烯发生催化氧

化生成B(环氧乙烷)，环氧乙烷与水发生加成反应生成E(乙二醇)；乙烯在160℃，2.8MPa下与乙酸和氧气反应生成C(CH3COOCH2CH2OH)和D(CH3COOCH2CH2OOCCH3)，C和D在酸性条件下都能水解生成乙二醇，据此分析解答。【详解】(1)A为CH2=CH2，化学

名称为，故答案为：乙烯；(2)E为HOCH2CH2OH，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；(3)C为CH3COOCH2CH2OH，分子式为483CHO，故答案为：483CHO；(4)反应②为环氧乙烷与水发生加成反应生成乙二醇，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；加成反

应；(5)D为CH3COOCH2CH2OOCCH3，W是D的同分异构体，1molW与足量3NaHCO反应可生成22molCO，说明W中含有2个羧基，则W的结构简式为2222HOOCCHCHCHCHCOOH、、等，故答案为：2222HOOCCHCHCHCHCOOH；[或、33CHCHCOO

HCHCOOHCH、3223CHC(COOH)CHCH、322CHCHCOOHCHCHCOOH、322C(COO(CH)CHH)COOH、232HOOCCHCH(CH)CHCOOH、332CHCH(CH)CH(COOH)]【点睛】本题的易错点为(5)，W中含有2个羧基，相当于丁烷的二取代物，结

构有多种，可以首先书写丁烷的同分异构体，再按照一定的顺序书写用2个羧基取代2个H原子的同分异构体。20.海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了如下实验：请回答下列问题：（1）“灼

烧”前先将海带用酒精浸润，其目的是__。（2）“过滤”时除了烧杯外还需使用的玻璃仪器有__。（3）①从环保角度及产物中不引人新的杂质方面考虑，“氧化”时最适合加入的氧化剂是__(填标号)。A.氯气B.硝

酸C.H2O2②若使用上述选中的氧化剂在酸性条件下氧化，则发生反应的离子方程式为_。（4）上述流程中涉及的实验操作不包括下列选项中的__(填标号)。A.B.C.D.（5）请设计一个简单的实验方案，检验加入CCl4萃取碘后的水层中是否还含有碘单质：__。【答案】(1).海带燃烧更充分(2).漏斗、玻

璃棒(3).C(4).2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(5).A(6).取少量水层溶液于试管中，滴入2-3滴淀粉溶液，如果溶液变蓝，说明溶液中还存在碘单质；如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质【解析】【分析】（1）根据书中从海带灰中提取碘单质的

实验可知在“灼烧”前先将海带用酒精浸润，主要目的是海带燃烧更充分；（2）“过滤”时除了烧杯外还需使用的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒；（3）①根据氯气、硝酸和H2O2的性质，其中H2O2为绿色氧化剂和绿色还原剂；②根据所选氧化剂，即I-被氧化为I2，H2O2被还原成H2O，根据氧化还原反应配平

原则；（4）流程中主要包括海带的灼烧、海带灰的溶解、过滤、氧化、萃取分液和蒸馏等操作，根据装置图即可求解；（5）利用碘单质能使淀粉溶液变蓝的特性进行设计实验操作。【详解】（1）为使海带灼烧更充分，在“灼烧”前先将海带用酒精浸润，故答案为：海带燃烧更充分；（2）“过滤”时除了烧杯外还需使用的玻

璃仪器有漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗和玻璃棒；（3）①A．氯气本身有毒，不符合环保，且反应后将引入杂质，A不合题意；B．硝酸易挥发，有毒，且硝酸被还原后的产物为NO，也将污染环境，B不合题意；C．H2O2作为氧化剂，被还原为H2O，既不污染环境也不引入新的杂质，C符合题意；故答案为：C；

②若使用上述选中的氧化剂在酸性条件下氧化，即I-被氧化为I2，H2O2被还原成H2O，根据氧化还原反应配平原则，可知该反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2

+2H2O；（4）A．是配制一定物质的量浓度的溶液，A符合题意；B．对海带进行灼烧的操作，B不合题意；C．将I2从其CCl4的溶液中分离出来的操作，C不合题意；D．将I2的CCl4溶液和水层分离的操作，D不合题意；故答案为：C；（5）利用碘单质能使淀粉

溶液变蓝的特性即可检验出I2，故取少量水层溶液于试管中，滴入2-3滴淀粉溶液，如果溶液变蓝，说明溶液中还存在碘单质；如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质，故答案为：取少量水层溶液于试管中，滴入2-3滴淀粉溶液，如果溶液变

蓝，说明溶液中还存在碘单质；如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质。21.铜广泛应用于电气、轻工、机械制造国防工业等。回答下列问题：(1)用黄铜矿冶铜原理如图所示：①CuFeS2中Fe的化合价为__。②反应Ⅲ的化学方程式为___。(2)制锈中有无害的Cu2(OH)2CO3和有害的“粉状锈[Cu2(

OH)3Cl]。①Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl均属于__(填“正”“酸式”或“碱式”)盐；CuCl在湿的空气中生成Cu(OH)Cl的反应中，CuCl作__(填“氧化剂”或“还原剂")。②某铜锈样品可能由CuCl、Cu2(OH)3C

l和Cu2(OH)2CO3组成，测定其组成的步骤如图所示，则铜锈样品中n(CuCl)：n[Cu2(OH)3C1]：n[Cu2(OH)2CO3]=__。【答案】(1).+2价(2).2Cu2O+Cu2S高温6Cu+SO2↑(3).碱式

(4).还原剂(5).2：2：3【解析】【分析】(2)首先利用Fe3+氧化样品中Cu+，发生反应Fe3++Cu+=Fe2++Cu2+，然后利用Ce(SO4)2标准液滴定Fe2+的量，从而确定Cu+的量；然后利用H2O2与HCl的混合溶液与样品反应，Cu+被氧化成C

u2+，之后加入氨水得到Cu(OH)2，灼烧后得到CuO，根据氧化铜的量可以确定样品中铜元素的总量；由于滴加足量盐酸，所以碳酸根可以反应生成CO2，用氢氧化钡溶液吸收得到碳酸钡沉淀，根据碳酸钡的质量来确定碳酸根的量。【详解】(1)

①CuFeS2中Cu为+2价，S为-2价，Fe为+2价；②反应Ⅲ中反应为Cu2O和Cu2S，二者在高温条件下反应生成铜单质，根据元素价态变化规律和元素守恒可知应还有SO2生成，所以化学方程式为2Cu2O+Cu2S高温6Cu+SO2↑；(2)①Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH

)3Cl都可以电离出氢氧根，所以为碱式盐；CuCl转化为Cu(OH)Cl铜元素的化合价升高，所以作还原剂；②n(CuO)=-10.9600g80gmol=0.012mol；n(Cu+)=n(Fe3+)

=n(Ce4+)=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，所以样品中n(CuCl)=0.002mol；n(CO2-3)=n(BaCO3)=-10.591g197gmol=0.003mol，则n[Cu2(OH)2CO3]=0.003mol；则n[Cu2(O

H)3C1]=0.012mol-0.002mol-0.003mol22=0.002mol，所以n(CuCl)：n[Cu2(OH)3C1]：n[Cu2(OH)2CO3]=0.002mol：0.002mol：0.003mol=2:2:3。