新编高考化学一轮总复习练习：章末综合检测1 含答案.doc

新编高考化学备考资料章末综合检测满分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64第卷(选择题共54分)一、选择题(本题包括18小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分，)1(2015·上海宝山一模)设NA为阿伏加德罗常数的值。2 mol N2和2 mol C2H4相比较，下列叙述中一定正确的是 ()A体积相等B电子数均为14NAC质量相等D含共价键均为6 mol解析：A选项，没有注明相同状况下，错误；B选项，电子的物质的量分别为28 mol、32 mol，错误；D选项，含共价键分别为6 mol、12 mol，错误。答案：C2(2015·绍兴质检)在一定条件下，某化合物X受热分解：2XA2B4C，测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为11.43，相同条件下，X的相对分子质量是 ()A11.43 B22.85C80.01 D160.02解析：根据质量守恒定律，2 mol X生成7 mol混合气体则X的摩尔质量为11.43×2 g/mol×80.01 g/mol。答案：C3(2015·聊城模拟)标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是 ()A在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为mnB25、1.25×105 Pa时，两气体的密度之比为nmC同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为nmD相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为mn解析：B项，两气体的体积相等，则ABMAMBmn，错误。答案：B4(2016届湖南省衡阳县第一中学高三上学期第三次月考)用98%的浓硫酸(密度为1.84 g/cm3)配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸，现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：100 mL量筒10 mL量筒50 mL烧杯托盘天平100 mL容量瓶胶头滴管玻璃棒，配制中使用仪器的先后顺序排列正确的是 ()ABCD解析：考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器的相关知识。98%的浓H2SO4的物质的量浓度为c18.4 mol/L，配制1 mol·L1的稀H2SO4 100 mL需要浓硫酸的体积为V0.0054 L，即5.4 mL，应选择10 mL量筒，实验时用10 mL量筒量取5.4 mL浓硫酸，而配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，量取浓硫酸时需要用到10 mL量筒和胶头滴管，稀释浓硫酸时需要用到烧杯和玻璃棒，转移溶液时需要用到玻璃棒，定容时需要用到100 mL容量瓶和胶头滴管，所以正确顺序为；故选D。答案：D5(2015·百校联盟领航卷)实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L1的硫酸铜溶液，下列实验用品及实验操作都正确的是 ()选项容量瓶容积固体质量实验操作A480 mL硫酸铜：7.68 g加入500 mL水B480 mL胆矾：12.0 g 配成500 mL溶液 C500 mL硫酸铜：8.0 g加入500 mL水D500 mL胆矾：12.5 g配成500 mL溶液解析：实验室里需要配制480 mL 0.10 mol·L1的硫酸铜溶液，因为没有480 mL规格的容量瓶，所以要选择500 mL规格的容量瓶。若是硫酸铜，则需要8.0 g，若是胆矾，则需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。本题选D。答案：D6(2015·百校联盟领航卷)卫生防疫人员欲配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是 ()A取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水B溶解搅拌时有液体飞溅出C定容时俯视容量瓶刻度线D摇匀后见液面下降，再加水至刻度线解析：A项所取样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量偏少，使溶液浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。答案：C7(2015·沈阳一模)若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的个数是 ()常温常压下，21 g氧气和27 g臭氧中含有的氧原子总数为3NA含0.2 mol硫酸的浓硫酸与足量的铜反应，转移的电子数一定小于0.2NA0.6 g CaCO3和Mg3N2的混合物中所含质子数为0.3NA等物质的量的SO2和SO3中含S原子数均为NAA一个 B二个C三个 D四个解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，意在考查考生的计算能力和分析问题的能力。21 g O2与27 g O3中所含氧原子总数为×NA3NA，正确；浓硫酸与铜反应过程中，硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与铜不反应，正确；CaCO3和Mg3N2的摩尔质量均为100 g/mol，且1 mol CaCO3和1 mol Mg3N2中均含50 mol质子，故0.6 g混合物中质子总数为×50×NA0.3NA，正确；只说明SO2和SO3的物质的量相等，但未指明物质的量的多少，错误。本题选C。答案：C8(2016届浙江省建人高复学校高三上学期第二次月考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ()A3.4 g NH3中含NH键数目为0.2NAB. 标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同C标准状况下，22.4 L甲醇中含有的氧原子数目为1.0NAD1 L 0.1 mol·L1的Fe2(SO4)3溶液中，Fe3的数目为0.2NA解析：A.3.4 g氨气的物质的量为0.2 mol0.2 mol氨气中含有0.6 mol氮氢键，含NH键数目为0.6NA，A错误；B.标准状况下，体积相同的两种气体的分数一定相同，B正确；C.标准状况下，甲醇是非气态物质，C错误；D.1 L 0.1 mol·L1的Fe2(SO4)3溶液中，Fe2(SO4)3的物质的量为0.1 mol，由于铁离子部分水解，溶液中含有铁离子的数目小于0.2NA，D错误；答案选B。答案：B9(2016届江西省吉水中学三校高三联考)用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ()A25时，1 L pH1的H2SO4溶液中，SO数目为0.1NAB将7.8 g Na2O2放入足量的CO2和水蒸气组成的气体中充分反应，转移电子总数为0.1NAC9 g重氧水(HO)含电子总数为10NAD常温常压下，2.24 L正戊烷、异戊烷及新戊烷的混合物，含CH数目为1.2NA解析：考查阿伏加德罗常数计算。A.25时，1 L pH1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1 mol/L，则硫酸根浓度是0.05 mol/L，因此SO数目为0.05NA，A错误；B.过氧化钠与水及CO2的反应中均是既作氧化剂，也作还原剂，转移1个电子，所以将7.8 g Na2O2即1 mol过氧化钠放入足量的CO2和水蒸气组成的气体中充分反应，转移电子总数为0.1NA，B正确；C.9 g重氧水(HO)的物质的量是9 g÷20 g/mol0.45 mol，含电子总数为4.5NA，C错误；D.常温常压下，2.24 L正戊烷、异戊烷及新戊烷的混合物的物质的量不是1 mol，含CH数目不是1.2NA，D错误，答案选B。答案：B10(2016届湖北市保康县第一中学高三上学期期中)将34.2 g C12H22O11(蔗糖)溶解在100 mL水中。关于所组成的溶液，下列叙述中正确的是 ()A该溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L1B该溶液溶质的质量分数为×100%C该溶液中溶质的物质的量浓度的确定无需知道溶液的密度D该溶液溶质的质量分数的确定还需知道溶液的密度解析：考查了物质的量浓度、质量分数的计算的相关知识。A.n(C12H22O11)0.1 mol，由c，可计算浓度，但溶解在100 mL水中溶液的体积不是0.1 L，则浓度不是1 mol/L，故A错误；B.由溶质的质量和溶液的质量可计算质量分数，则该溶液溶质的质量分数为×100%，故B正确；C.由B及c可知，该溶液中溶质的物质的量浓度的确定还需知道溶液的密度，故C错误；D.由B和C可知，质量分数可直接计算，故D错误；故选B。答案：B11(2016届广西桂林市第十八中学高三月考)标准状况下V L氨气溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL1)，所得溶液的密度为 g·mL1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L1，则下列关系中不正确的是 ()Aw17c/(1000)Bw17V/(17V22 400)Cc1000V/(17V22400)D(17V22400)/(22.422.4V)解析：考查物质的量、物质的量浓度、质量分数之间的关系等知识。A.根据c1000w/M，代入数值，w17c/(1000)，故说法正确；B.w溶质的质量/溶液的质量×100%，溶质的质量：17V/22.4 g，溶液的质量：17V/22.41000，则质量分数：w17V/(17V22400)，故说法正确；C.根据cn/V，物质的量浓度c1000V/(17V22400)，故说法正确；D.根据m/V，溶液的质量17V/22.41000，溶液的体积：V/22.4c，(17Vc22400c)/(1000V)，故错误。答案：D12(2016届江苏省扬州中学高三上学期考试)质量分数为a的某物质的溶液m g与质量分数为b的该物质的溶液n g混合后，蒸发掉p g水。得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c，则溶质的相对分子质量为 ()A.BC.D解析：溶质的质量为ambn，溶液的质量为mnp，溶液的体积为(mnp)/1000q，溶质的物质的量为c(mnp)/1000q，所以溶质的相对分子质量(ambn)/c(mnp)/1000q，选C。答案：C13下列说法中正确的是 ()A10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%B将78 g Na2O2溶于水，配成1 L溶液可得到浓度为1 mol·L1的溶液C分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水D稀释浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液时，用量筒取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液的浓度偏低解析：A选项，因为硫酸溶液的密度随浓度的减小而减小，所以最终100 mL稀溶液的质量小于10 mL浓溶液的质量的10倍，错误；B选项，n(Na2O2)1 mol，生成n(NaOH)2 mol，错误；D选项，量取时，仰视读数偏低，量取的浓溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏大，错误。答案：C14用溶质质量分数为98%的浓硫酸和溶质质量分数为18%的稀硫酸配制500 g溶质质量分数为28%的硫酸，需要浓硫酸和稀硫酸的质量分别为 ()A62.5 g437.5 g B71.4 g428.6 gC437.5 g62.5 g D428.6 g71.4 g解析：设需要浓硫酸和稀硫酸的质量分别为x、y。由题意得解得：答案：A15(2015·上饶模拟)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 ()A.mol·L1Bmol·L1C.mol·L1Dmol·L1解析：注意混合液分成两等份，由Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO=BaSO4可知原溶液中n(Mg2)mola mol、n(SO)2b mol，依据电荷守恒可知原溶液中n(K)2n(SO)2n(Mg2)2(2ba)mol。答案：D16(2016届广西省钦州港经济技术开发区中学高三上学期第二次月考)向质量分数为2a%，体积为10 mL，物质的量浓度为c1 mol·L1的稀H2SO4中加入V mL的水，使之质量分数变为a%，此时物质的量浓度为c2 mol·L1，则下列关系正确的是 ()AV>102c2c1BV<102c2<c1CV>102c2<c1DV>102c2<c1解析：考查不同质量分数的硫酸之间的比较计算。据题意设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液体积为V1、质量为m1、密度为1；溶质质量分数为a%的硫酸溶液体积为V2、质量为m2、密度为2。则有12a%，2a%；122，所以有：VH2O；因为硫酸的密度大于水的密度，所以VH2O>10 mL。c1 mol/L mol/L，则c2 mol/L mol/L，所以c1c2/，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以1>2，所以>2，所以c1>2c2。答案选C。答案：C17(2015·四川雅安三月诊断)单质碳和氧化铜在一定温度下反应时，氧化铜可被还原为Cu2O、Cu。现将2.00 g C与16.0 g CuO的混合物，隔绝空气加热一段时间后，将生成的气体通过足量的澄清石灰水，共收集到1.12 L气体(标准状况)，生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是 ()A反应后的固体混合物中还含有碳B反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8 gC反应后的固体混合物总质量为14.4 gD反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol解析：加入的单质碳和氧化铜的物质的量分别为n(C)mol，n(CuO)0.2 mol，生成的CO、CO2的物质的量分别为n(CO)0.05 mol、n(CO2)0.05 mol，依据碳原子守恒可知固体混合物中还含有碳，A选项正确；依据质量守恒定律可知反应后的固体混合物总质量(2.00 g16.0 g)28 g·mol1×0.05 mol44 g·mol1×0.05 mol14.4 g，C选项正确；生成的CO、CO2总共含有0.15 mol氧原子，所以反应后固体混合物中含有(0.20.15)mol0.05 mol氧原子，所以生成的n(Cu2O)0.05 mol，D选项正确；反应后生成的n(Cu)0.2 mol0.05 mol×20.1 mol，质量为6.4 g，B选项错误。答案：B18(2015·河南八市联考)一定质量的镁铝合金与某浓度的硝酸恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，则所加NaOH溶液的体积为 ()A100 mL B200 mLC300 mL D400 mL解析：本题考查有关化学反应的计算，意在考查考生思维的敏捷性和计算能力。镁铝合金与硝酸反应时，镁、铝失去电子，硝酸中的氮元素得到电子；NO2、N2O4、NO与O2混合后通入水中，反应生成HNO3，混合气体中的氮元素失去电子，O2得到电子，且镁、铝失去电子的物质的量等于O2得到电子的物质的量。n(O2)0.15 mol，反应中O2得到电子的物质的量n(e)0.6 mol，则Mg2、Al3所带电荷的总物质的量为0.6 mol，因此要使Mg2、Al3完全沉淀，需要加入0.6 mol NaOH，即需要加入2 mol/L的NaOH溶液300 mL。答案：C第卷(非选择题共46分)二、非选择题(本题包括4小题，共46分)19(2016届山东省枣庄市第二中学高三9月检测)(12分)实验室需要0.1 mol·L1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_(填“>”、“<”或“”)0.1 mol/L；若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶洗烧杯洗涤液移入容量瓶定容，则所得溶液浓度_(填“>”、“<”或“”)0.1 mol·L1。(3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm3的浓硫酸的体积为_(计算结果保留一位小数)mL；如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用_mL量筒最好；配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。解析：(1)用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；还需要用到的仪器有：溶解或稀释药品的烧杯、搅拌或引流用的玻璃棒；(2)mn·Mc·V·M0.1 mol/L×0.5 L×40 g/mol2.0 g，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落 了少许，溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.1 mol/L，氢氧化钠溶解时要放热，若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶，由于溶液受热膨胀，配制结束后冷却到升温，液面会低于刻度线，即溶液体积偏小，则浓度偏大；(3)浓硫酸的浓度cmol/L18.4 mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4 mol/L×V0.5 mol/L×0.5 L，V0.0136 L13.6 mL，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15 mL量筒 ，稀释浓硫酸的正确操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止液体溅出。答案：(1)AC烧杯、玻璃棒(2)2.0<>(3)13.615将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌20(2015·上海市十三校高三第二次联考)(14分)铜有多种化合物，氧化亚铜(Cu2O)、氯化亚铜(CuCl)、氯化铜(CuCl2)、CuSO4等。完成下列计算：(1)波尔多液是由硫酸铜、生石灰和水配制成的杀菌剂，不同情况下需要配制不同的比例。现配制按质量比CuSO4CaOH2O 12200的波尔多液50 kg。需要用CuSO4·5H2O_g，CaO_mol。(2)某工厂以精辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料冶炼金属铜，精辉铜矿中含23%杂质，日均产含Cu量97.5%的粗铜42t。已知：总反应式 Cu2SO22CuSO2日均需精辉铜矿_t，日均产SO2标准状况下体积_L。(3)印刷线路板的铜能被FeCl3的溶液腐蚀，将印刷线路板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入11.2 g铁粉，充分反应后溶液中还有4.8 g不溶物。原FeCl3溶液的物质的量浓度为_ mol·L1。(4)制备铜的某化合物晶体。取5.12 g Cu、14.5 mol/L HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50mL，混合后Cu完全反应，反应后溶液中有水54.32 g，再经水浴保温蒸发掉42 g水，冷却至20并过滤，得到8.12 g晶体。通过计算推断此晶体的化学式_。已知：20溶解度 CuCl2·2H2O73g /100g H2OCu(NO3)2·3H2O125g /100g H2O解析：考查物质化学式的计算，以物质的量为核心的有关计算。(1)CuSO4CaOH2O12200的波尔多液50 kg中硫酸铜的质量是50 kg×1/(12200)246.3 g，则硫酸铜的物质的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的质量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol385 g；CaO的质量是硫酸铜质量的2倍，所以CaO的物质的量是246.3 g×2/56 g/mol8.8 mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42 t，则Cu的物质的量是42×106 g/64 g/mol×97.5%6.4×105 mol，根据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2×105 mol，所以日均需精辉铜矿的质量是3.2×105 mol×160 g/mol/(123%)66.5 t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2×105 mol，标准状况下的体积是3.2×105 mol×22.4 L/mol7.17×106L；(3)根据题意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，则溶液中的铜离子被全部置换出，则不溶物的质量大于11.2 g；4.8 g Cu的物质的量是0.075 mol，开始加入Cu的物质的量是11.2 g/64 g/mol0.175 mol，所以相当于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物质的量是11.2 g/56 g/mol0.2 mol，则溶解过程中共失去电子的物质的量是(0.20.1)mol×20.6 mol，根据得失电子守恒，则铁离子的物质的量是0.6 mol，所以氯化铁溶液的物质的量浓度是0.6 mol/0.2 L3.0 mol/L；(4)根据题意，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、氮的氧化物、水，氯离子不参加反应，反应前n(HNO3)0.2175 mol，n(HCl)0.3 mol，n(Cu)5.12 g/64 g/mol0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯离子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是×10050.0 g；设晶体化学式为CuCl2·xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08 mol×135 g/mol10.8 g，剩余水的质量是54.32 g42 g12.32 g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱和溶液，则，解得x3，该晶体的化学式为CuCl2·3H2O。答案：(1)3858.8(2)66.57.17×106(3)3.0(4)CuCl2·3H2O21(2015·南昌零模)(14分)过氧化氢是重要的氧化剂，也可作还原剂，它的水溶液称为双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学研究性学习小组取一定量的市售过氧化氢溶液测定其中H2O2的含量，并探究它的有关性质。.测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数(1)量取10.00 mL密度为 g/mL的市售过氧化氢溶液，应选用_(填“酸式滴定管”或“碱 式滴定管”)；(2)将上述溶液配制成250.00 mL，配制过程需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、_(填名称)；(3)取25.00 mL(2)中的溶液于锥形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加适量蒸馏水稀释，用高锰酸钾标准液滴定。完成反应的离子方程式：_MnO_H2O2_H=_Mn2_H2O_ _重复滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4标准液V mL，则原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为_；(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_；A滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失B将H2O2溶液配制成250.00 mL溶液时，定容俯视刻度线C判断终点时，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈红色，向红色溶液中再滴一滴H2O2溶液仍呈红色.探究H2O2的性质(1)上述测定原理，H2O2体现了_性；(2)若要验证H2O2的不稳定性，操作是_。解析：本题考查了氧化还原反应的滴定、离子方程式的配平等知识，意在考查考生通过阅读题目获取信息并能灵活运用已学知识解决问题的能力。.(1)过氧化氢溶液具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取。(2)准确配制一定浓度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容时需用胶头滴管。(3)根据氧化还原反应的原则，利用得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平该反应的离子方程式。根据配平的离子方程式计算：2MnO 5H2O6H=2Mn28H2O5O22 mol 5 molC×V×103moln(H2O2)n(H2O2)×C×V×103mol，则原过氧化氢溶液中H2O2的物质的量为10××C×V×103 mol，原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为×100%。(4)能造成酸性KMnO4溶液体积读数增大的操作均可使测定结果偏高，则本题选A、B、C。.(1)根据氧化还原反应方程式可知，在该反应中H2O2体现了还原性。(2) H2O2不稳定，受热易分解，产生氧气，可采用带火星的木条复燃的方法检验O2。答案：.(1)酸式滴定管(2)250 mL容量瓶、胶头滴管(3)256285O2(或%)(4) ABC.(1)还原(2)取适量过氧化氢溶液于试管中加热，将带火星的木条置于试管口，木条复燃22.(2015·河南信阳二模)(6分)将3.2 g铜丝放到45 mL 1.5 mol·L1的稀硫酸中，控温在50。加入18 mL 10%的H2O2，反应0.5小时后，升温到60，持续反应1小时后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO4·5H2O 10.6 g，则该过程Cu的利用率为_。.(2015·江西景德镇质检)已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3CO2FeOCO2，反应形成的固体混合物(Fe2O3和FeO)中，元素铁和氧的质量比用m(Fe) m(O)表示。(1)上述固体混合物中，m(Fe) m(O)可能是_。a75 b31 c71(2)设Fe2O3被CO还原的百分率为A%，则用含m(Fe)、m(O)的代数式表示A%的关系式为_。解析：.铜的总物质的量为0.05 mol，利用的n(Cu)n(CuSO4·5H2O)，所以Cu的利用率为×100%84.8%；.(1)抓住“固体混合物、可能”等关键词可知，应用极值法解题；假设全部是Fe2O3，则m(Fe) m(O)(56×2) (16×3)73，假设全部是FeO，则m(Fe) m(O)561672，所以介于73到72之间的数值均可，只有b符合；(2)假设原Fe2O3物质的量为1 mol，所以反应后固体中n(FeO)2A% mol、n(Fe2O3)(1A%)mol，铁的质量不变m(Fe)56×2 g、m(O)16×2A% g16×3×(1A%)g16×(3A%)g，解方程即可。答案：.84.8%.(1)b(2)3