2024届高三化学一轮专题训练：铜及其化合物

这是一份2024届高三化学一轮专题训练：铜及其化合物，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三新高考化学大一轮专题训练：铜及其化合物
一、单选题
1．（2023春·辽宁·高三校联考期中）设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．32gCu与S完全反应转移的电子数为
B．1L溶液中含有4个氧原子
C．标准状况下，2.24L和的混合气体中分子数为0.1
D．40mL浓硝酸与足量铜反应生成分子数为0.24
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·广东深圳·统考二模）利用如图所示装置进行的制备和性质探究实验(夹持装置省略)。下列说法不正确的是

A．固体X可为Cu
B．若试剂Y为氢硫酸，则试管中可产生淡黄色沉淀
C．为证明具有还原性，试剂Y可为酸性溶液
D．该装置中试管口应塞一团浸有溶液的棉团
4．（2023春·浙江嘉兴·高三校联考期中）下列物质对应的化学式不正确的是
A．重晶石：BaSO4 B．纯碱：Na2CO3
C．胆矾：CuSO4·5H2O D．石膏：CaSO4
5．（2023秋·贵州毕节·高三统考期末）下列物质在给定条件下能一步实现的是
A． B．
C． D．
6．（2019秋·北京海淀·高三人大附中校考期末）铜粉放入稀硫酸溶液中，加热无明显现象发生，当加入一种盐后，铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，此盐是
A．NaCl B．Na2CO3 C．KNO3 D．MgCl2
7．（2023春·安徽马鞍山·高三安徽省当涂第一中学校考期中）将18g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下2.24LNO，剩余9.6g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是
A．原混合物中铁的物质的量均为0.1mol
B．反应前稀硝酸的物质的量浓度2mol•L-1
C．第一次与100mL稀硝酸反应后剩余的9.6g金属为铜和铁
D．若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNO
8．（2023春·河南焦作·高三统考期中）实验室用一定浓度的硝酸与铜反应验证NO2的氧化性，下列有关实验装置和操作能达到相应实验目的的是

A．装置甲中X导管可平衡分液漏斗与烧瓶内的气压，使硝酸能够顺利流下
B．装置甲中需要加热反应才能发生
C．用装置丙检验NO2的氧化性
D．用装置丁吸收尾气中的
9．（2023·浙江台州·统考二模）化学与工业生产密切相关，下列说法正确的是
A．电冶金工业中，加冰晶石降低熔融温度
B．炼钢工业中，将炽热的钢水注入留有水的模具
C．电子工业中，以溶液作为覆铜板腐蚀液
D．硝酸工业中，通过氨的催化氧化实现人工固氮
10．（2023春·辽宁·高三凤城市第一中学校联考阶段练习）将6.4g铜片加到100mL 9 mol∙L−1硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO、混合气体共2.24L(标准状况)。向反应后的溶液中滴加4 mol∙L−1 NaOH溶液至产生的沉淀量最大。若将混合气体与一定量混合通入水中，所有气体能被完全吸收得到硝酸溶液。下列说法错误的是
A．反应过程中硝酸体现了酸性和强氧化性 B．混合气体中的体积分数为50%
C．所加4 mol∙L−1 NaOH溶液的体积为50mL D．消耗的在标准状况下的体积为1.12L
11．（2023春·江苏宿迁·高三校考阶段练习）下列关于化学实验或者实验现象的叙述正确的是
A．铜和浓硝酸反应时，生成无色无味气体
B．可用溶液检验的存在
C．向过氧化钠中通入过量的，固体由白色转化为淡黄色
D．分别蘸有浓氨水和浓盐酸的两根玻璃棒接近时，不会看到白烟
12．（2023春·湖南·高三校联考期中）某小组同学发现Cu与浓反应所得混合溶液为绿色，Cu与稀反应所得混合溶液为蓝色，针对绿色产生的原因展开探究。

实验猜想：猜想a：浓度大，猜想b：溶解在溶液中
实验方案
方案1
配制饱和溶液，观察溶液颜色
方案2
取适量Cu与浓反应后的绿色混合溶液，置于如图所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到_______，5 min后，溶液完全变为蓝色
方案3
加热该绿色溶液，观察溶液颜色
资料卡片：①能与水反应生成，进而发生下述反应：(绿色)②亚硝酸受热易分解，产生NO和③亚硝酸能被空气氧化
下列说法不正确的是
A．Cu与浓反应中硝酸体现强氧化性和酸性
B．方案1中若配得溶液呈蓝色，则证明猜想a不成立
C．方案2中溶液上方看到生成红棕色气体，则证明猜想b一定成立
D．方案3观察到溶液上方生成红棕色气体，溶液完全变为蓝色
13．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）硫元素的价一类二维图如图所示。下列说法错误的是

A．a与c、d、e都有可能反应生成b
B．d溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH减小
C．g与f均是正盐
D．铜与e的浓溶液共热产生的气体通入溶液中，无明显现象

二、多选题
14．（2023春·山东淄博·高三校考阶段练习）为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol∙L−1，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是
A．反应后溶液中可能存在的金属阳离子有：Fe3+、Fe2+和Cu2+
B．上述合金中铁与铜物质的量之比为2：3
C．反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9g
D．原硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=4.5 mol∙L−1

三、非选择题
15．（2023春·浙江杭州·高三期中）现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.650L2.00mol/L稀硝酸，混合物完全溶解，同的生成4.48LNO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.00mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得40.0g固体。试计算：
(1)Cu与稀硝酸反应离子方程式：______。
(2)源混合物中CuO的质量______g。
(3)加入NaOH溶液的体积______L。
16．（2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考期中）常温下，当你把铜投入稀硫酸时，未见反应；当你把铜投入硝酸钠溶液时，也未见反应；可是，把铜投入两者的混合溶液中时，则会发现铜溶解。纳闷了吧，功夫是中国的，熊猫是中国的，但为啥《功夫熊猫》就是美国的？哼…！
(1)上述反应的离子方程式是___________。
(2)若浓硝酸保存不当会略带黄色，可以使其复原的是___________
A．适当加热 B．加入适量水 C．通入适量 D．通入适量
(3)此外，稀硝酸还可反生多种离子反应。下表“离子组”中离子可以共存，且加入试剂后的离子方程式正确的是___________

离子组
加入试剂
离子方程式
A
、、
稀

B
、、
NaOH溶液

C

过量溶液

D

过量氨水


17．（2022春·山西朔州·高三朔州市朔城区第一中学校校考开学考试）按要求写出下列方程式：
(1)写出工业制硝酸的化学方程式：

N2→NH3：___________。
NH3→NO：___________。
NO→NO2：___________。
NO2→HNO3：___________。
(2)实验室制氨气的化学方程式：___________
(3)铜与稀硝酸的离子方程式：___________
(4)浓硝酸显黄色是因为中溶有NO2，用化学方程式表示：___________
(5)制取粗硅的化学方程式为：___________
(6)用足量的亚硫酸氢钠溶液吸收氯气，发生的离子方程式为___________
(7)工业上用Fe(OH)3与KClO在KOH碱性溶液中制K2FeO4，离子方程式为：___________
18．（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：___________

参考答案：
1．C
【详解】A．32gCu与S完全反应生成+1价铜，转移的电子为，电子数0.5，A错误；
B．溶液中溶质和溶剂中都存在氧原子，B错误；
C．标准状况下，2.24L和的混合气体中分子的物质的量为：，个数为0.1，C正确；
D．铜足量，硝酸随着反应的进行浓度减小，开始生成二氧化氮，后期生成一氧化氮，无法计算二氧化氮的量，D错误；
故选D。
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．A
【详解】A．铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，因此固体X不可能是Cu，故A错误；
B．若试剂Y为氢硫酸，二氧化硫和氢硫酸反应生成硫沉淀和水，则试管中可产生淡黄色沉淀，故B正确；
C．高锰酸钾酸性溶液具有强氧化性，为证明具有还原性，试剂Y可为酸性溶液，其现象是溶液褪色，故C正确；
D．二氧化硫会污染环境，因此该装置中试管口应塞一团浸有溶液的棉团，主要吸收逸出的二氧化硫，故D正确。
综上所述，答案为A。
4．D
【详解】A．重晶石是天然的硫酸钡，化学式为BaSO4，A正确；
B．纯碱是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3，B正确；
C．胆矾是带有五个结晶水的硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，C正确；
D．石膏的化学式为CaSO4∙2H2O，D不正确；
故选D。
5．C
【详解】A．能被还原为，与氯气反应制得氯化铁，非氯化亚铁，故不选A；
B．和反应生成和水，和不反应，无法一步实现转化，故不选B；
C．与反应生成，与和水反应生成，见光分解生成，可以一步实现转化，故选C；
D．与在高温条件下反应生成，不能直接和水反应生成，无法一步实现转化，故不选D；
选C。
6．C
【分析】Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答。
【详解】A．Cu、稀硫酸、NaCl混合时不反应，故A错误；
B．Cu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故B错误；
C．Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H++2NO＝3Cu2++2NO↑+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故C正确；
D．Cu、稀硫酸、MgCl2混合时不反应，故D错误；
故选C。
7．D
【分析】溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余。可以看作是18g混合物质与200mL硝酸反应生成4.48L即0.2molNO；铁铜全都生成二价的离子，设铁为xmol，铜为ymol，发生的反应离子方程式为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O；3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；列方程：56x+64y=18，=0.2，计算得出：x=0.15mol，y=0.15mol，计算得到18g混合物中含铁质量为0.15mol×56g/mol=8.4g；含铜质量为0.15mol×64g/mol=9.6g；Fe比Cu活泼，硝酸少量时Fe与硝酸先反应，第一次剩余金属9.6g为Cu。
【详解】A．原混合物中铜和铁各0.15mol，故A错误；
B．金属的总物质的量为0.3mol，根据反应可知，硝酸的总物质的量为：0.3mol×=0.8mol，则硝酸浓度为：c（HNO3）==4mol/L，故B错误；
C．混合物中含有8.4g铁、9.6g铜，铁活泼性大于铜，则铁优先反应，故第一次剩余金属9.6g为铜，故C错误；
D．溶液中二价铁离子为0.15mol，根据电子守恒再加硝酸得NO为：mol=0.05mol，标况下体积为22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故D正确；
故选：D。
8．A
【详解】A．由题干实验装置图可知，装置甲中X导管可平衡分液漏斗与烧瓶内的气压，使硝酸能够顺利流下，A正确；
B．浓硝酸和稀硝酸与铜反应均不需要加热，即装置甲中不加热反应也能发生，B错误；
C．由于3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3具有强氧化性，故用装置丙不一定能检验NO2的氧化性，也可能是HNO3氧化KI使溶液变蓝的，C错误；
D．NO不与NaOH溶液反应，故用装置丁不能吸收尾气中的NO，但NO2能与NaOH溶液反应，故装置丁应该使吸收尾气中的NO2，D错误；
故答案为：A。
9．A
【详解】A．电解熔融Al2O3生成Al和氧气，氧化铝熔点较高，加入冰晶石作熔剂时能降低熔融温度，从而减少能源浪费，A正确；
B．由反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知炼钢工业中，将炽热的钢水注入没有水的模具中，否则将影响钢的质量，B错误；
C．由反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，电子工业中，以FeCl3溶液作为覆铜板腐蚀液，C错误；
D．氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故硝酸工业中，通过氨的催化氧化不能实现人工固氮，D错误；
故答案为：A。
10．C
【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜、NO、和水，因此反应过程中硝酸体现了酸性和强氧化性，故A正确；
B．6.4g铜片全部溶解，物质的量为0.1mol，失去0.2mol电子，产生NO、混合气体共2.24L(标准状况)，物质的量为0.1mol，则得到电子为0.2mol，设一氧化氮物质的量为xmol，二氧化氮物质的量为ymol，则有x+y=0.1，3x+y=0.2，解得x=0.05，y=0.05，因此混合气体中的体积分数为50%，故B正确；
C．反应后溶液中加入氢氧化钠至沉淀最大值，则溶液溶质为硝酸钠，因此根据守恒得到氢氧化钠物质的量为9 mol∙L−1×0.1L−0.1mol＝0.8mol，所加4 mol∙L−1 NaOH溶液的体积为200mL，故C错误；
D．根据铜失去0.2mol电子，硝酸得到0.2mol电子变为氮的氧化物，根据得失电子守恒，则氧气应该得到0.2mol电子即消耗的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，故D正确。
综上所述，答案为C。
11．B
【详解】A．铜和浓硝酸反应时，生成二氧化氮，为红棕色气体，A错误；
B．三价铁离子和硫氰化钾反应生成血红色物质，可以检验三价铁，B正确；
C．向过氧化钠中通入过量的生成碳酸钠，固体由淡黄色转化为白色，C错误；
D．浓氨水和浓盐酸都会挥发，可以生成氯化铵，可以看到白烟，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．Cu与浓反应中生成硫酸铜、二氧化氮和水，硝酸体现强氧化性和酸性，故A正确；
B．猜想a认为溶液浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色，故若配制饱和溶液，溶液呈蓝色，证明猜想a不成立，故B正确；
C．由于与水反应能够生成，与能够发生可逆反应(绿色)，|随着空气的通入，被氧化为，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，但溶液上方呈红棕色气体说明溶液中的确溶有，因此猜想b不严谨，不能说明溶液呈绿色的原因一定是溶解在溶液，故C错误；
D．加热该绿色溶液，可以降低气体的溶解度，使溶解在其中的逸出，且加热亚硝酸分解产生NO和，溶液上方产生红棕色气体，溶液由绿色变为蓝色，故D正确。
综上所述，答案为C。
13．C
【分析】根据化合价以及物质的类别可知a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f含有或、g含有或。
【详解】A．a为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，A正确；
B．H2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，pH更小，B正确；
C．由分析可知，f含有或、g含有或，g与f不一定是正盐，C错误；
D．铜与浓硫酸共热产生的气体SO2，由于HCl的酸性强于H2SO3，SO2通入溶液中不能生成亚硫酸钡沉淀，D正确；
故选C。
14．BD
【分析】为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L(标准状况下)，气体物质的量为0.2mol，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5 mol∙L−1，说明硝酸过量，铁被氧化为铁离子，剩余硝酸物质的量为0.1mol。
【详解】A．由于溶液中还剩余有硝酸，则反应后溶液中不可能存在Fe2+，故A错误；
B．由于溶液中还剩余有硝酸，铁被硝酸氧化为铁离子，假设铁物质的量为xmol，铜物质的量为ymol，则有3x+2y=0.2×3，56x+64y=15.2，解得x=0.1，y=0.15，则上述合金中铁与铜物质的量之比为2：3，故B正确；
C．根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol∙L−1×0.2L＋0.2mol＋0.3mol＋0.3mol=0.9mol，根据前面分析还剩余硝酸0.1mol，则有0.8mol硝酸反应15.2g 铁铜合金，则剩余的0.1mol硝酸又消耗1.9g，整个过程生成的铁离子又要消耗铁铜合金中的铁，因此反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量大于1.9g，故C错误；
D．根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol∙L−1×0.2L＋0.2mol＋0.3mol＋0.3mol=0.9mol，则硝酸物质的量浓度为c(HNO3)=4.5 mol∙L−1，故D正确。
综上所述，答案为BD。
15．(1)
(2)24
(3)1.1

【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：。
（2）铜和氧化铜都和硝酸反应生成硝酸铜，硝酸铜和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，灼烧后得到氧化铜40.0克，氧化铜的物质的量为0.5mol，一氧化氮的物质的量为0.2mol，根据铜和硝酸反应方程式分析，铜的物质的量为0.3mol，则混合物中氧化铜的物质的量为0.5-0.2=0.3mol，质量为0.3mol×80g/mol=24g。
（3）氢氧化钠反应生成硝酸钠，根据氮元素守恒分析，硝酸钠的物质的量为0.650L×2.00mol/L-0.2 mol =1.1 mol，则氢氧化钠溶液的体积为1.1L。
16．(1)3Cu+2+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+
(2)D
(3)C

【详解】（1）Cu、、H+反应生成铜离子、NO和水，离子方程式为3Cu+2+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+。
（2）A．加热会促进浓硝酸分解，A错误；
B．加入适量水，无法彻底除去NO2，B错误；
C．通入适量NO2，无法除去浓硝酸中的NO2，C错误；
D．通入适量O2，O2与NO2、H2O反应生成HNO3，化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可使其复原，D正确；
故答案选D。
（3）A．亚铁离子、硝酸根离子和氢离子反应的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑，A错误；
B．铁离子和碘离子无法大量共存，B错误；
C．碳酸氢根离子与过量氢氧化钡反应，离子方程式为，C正确；
D．镁离子、氢离子与过量氨水反应，生成物中应该有铵根离子，D错误；
故答案选C。
17．(1) N2+3H22NH3 4NH3+5O24NO+6H2O 2NO+O2=2NO2 3NO2+ H2O =2HNO3+NO
(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(3)3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
(4)4HNO3═4NO2↑+O2↑+2H2O
(5)SiO2+2CSi+2CO↑
(6)4HSO+Cl2═2Cl-+SO+3SO2↑+2H2O
(7)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O

【解析】（1）
N2和氢气在催化剂下反应生成NH3，化学方程式为：N2+3H22NH3；NH3和氧气反应生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；NO和氧气反应生成NO2，化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2和水反应生成HNO3和NO，化学方程式为：3NO2+ H2O =2HNO3+NO；
（2）
实验室用氯化铵和熟石灰混合物加热来制取氨气，生成氨气、水和氯化钙，反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（3）
金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）
浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而呈黄色，反应方程式为4HNO3═4NO2↑+O2↑+2H2O；
（5）
制取粗硅是将二氧化硅与焦炭高温反应生成硅和一氧化碳，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；
（6）
足量的亚硫酸氢钠溶液与少量氯气反应，离子方程式为：4HSO+Cl2═2Cl-+SO+3SO2↑+2H2O；
（7）
碱性溶液中，KClO氧化Fe(OH)3生成K2FeO4，Fe元素化合价从+3价升至+6，Cl元素从+1降至-1，由得失电子守恒和质量守恒可得反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D正确。
18．(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。