【化学】广东省佛山市顺德区2019-2020学年高一选科调研考试试题（解析版）

【化学】广东省佛山市顺德区2019-2020学年高一选科调研考试试题（解析版）

广东省佛山市顺德区2019-2020学年高一选科调研考试试题 一、选择题(本题包括 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.古诗词是中华文化的瑰宝。下列诗词、俗语中涉及了化学反应的是（ ）‎ A. 只要功夫深，铁杵磨成针 B. 千里冰封，万里雪飘 C. 野火烧不尽，春风吹又生 D. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 只要功夫深，铁杵磨成针过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；‎ B. 千里冰封，万里雪飘只是水变成雪的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；‎ C. 野火烧不尽，春风吹又生中有燃烧现象，是可燃物和氧气发生发光放热剧烈的氧化反应，是化学变化，故C正确；‎ D. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.空气中的氧分子在阳光紫外线、闪电等外界因素作用下，会生成氧负离子(O2 - )。O2 -的摩尔质量为（ ）‎ A. 33 g B. 33 g· mol-1 C. 32 g D. 32 g· mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】O2−比O2多一个电子，电子的质量可以忽略不计，故O2−的相对分子质量为32，所以O2−的摩尔质量为32g/mol，‎ 答案为D。‎ ‎3.常温下,下列分散系中最稳定的是（ ）‎ A. 泥水 B. 豆浆 C. 氢氧化铁胶体 D. 氯化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】分散质离子直径小于1nm的分散系是溶液，最稳定，分散质离子直径介于1nm-100nm的分散系是胶体，属于介稳体系，分散质离子直径大于100nm的分散系是浊液，不稳定，据此分析。‎ ‎【详解】A. 泥水属于浊液，最不稳定，A项错误；‎ B. 豆浆属于胶体，属于介稳体系，B项错误；‎ C. 氢氧化铁胶体属于介稳体系，C项错误；‎ D. 氯化钠溶液，稳定性最强，A项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列关于 1 mol·L-1NaCl 溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 该溶液中含有 1 mol NaCl B. 1 L 该溶液中含有 58.5 g NaCl C. 该溶液可由 1 mol NaCl 溶于 1 L 水配制而成 D. 从 100 mL 该溶液中取出 10 mL 以后,取出溶液的浓度为 0.1 mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液体积未知，则不能确定溶质的物质的量，故A错误；‎ B. m(NaCl)=1L×1mol/L×58.5g/mol=58.5g，故B正确；‎ C. 1mol NaCl溶于1L水，溶液的体积不等于1L，故C错误；‎ D. 从100 mL 该溶液中取出 10 mL 以后，剩余溶液的浓度仍为1mol•L-1，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.在标准状况下，3.4 g NH3 的（）‎ A. 分子数约为 6.02×1023 B. 物质的量为 0.1 mol C. 体积约为 4.48 L D. 氢原子的物质的量为 0.2 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol，NH3的分子数应为0.2mol ×6.02×1023=1.204×1023，故A错误；‎ B. 3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol故B错误；‎ C. 3.4 g NH3的物质的量为=0.2mol，标况下的体积0.2×22.4L/mol=4.48L，故C正确；‎ D. 一个氨气分子中含有三个氢原子，粒子数与物质的量成正比，氨气中氢原子的物质的量为氨气物质的量的三倍，即为3×=3×0.2mol=0.6 mol，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列生活中的常见操作或现象中不涉及氧化还原反应的是（ ）‎ A. 家用天然气的燃烧为炒菜提供热量 B. 烧菜用过的铁锅经水洗后常出现红棕色锈迹 C. 洗涤剂清洗油污 D. 饭菜久置后变质腐败 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳和水；‎ B. 铁生锈的过程中Fe从0价升高到+3价，最终生成氧化铁；‎ C. 洗涤剂具有亲水基和憎水基，憎水基具有亲油性，可以将互不相溶的油污和水结合；‎ D.食物的腐败变质产生了新物质；‎ ‎【详解】A. 天然气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应中有化合价的升降，属于氧化还原反应，A项错误；‎ B. 铁生锈的过程中Fe从0价升高到+3价，最终生成氧化铁，有化合价的升降，发生了氧化还原反应，B项错误；‎ C. 洗涤剂具有亲水基和憎水基，憎水基具有亲油性，可以将互不相溶的油污和水结合起来，进而起到清洗油污的作用，属于物理变化，没有发生氧化还原反应，C项正确；‎ D.食物的腐败变质产生了新物质，属于氧化还原反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列实验操作中,不正确的是（ ）‎ A. 用托盘天平称取 4.5 g 固体氯化钠 B. 在烧杯中稀释浓硫酸 C. 用温度计代替玻璃棒搅拌溶液 D. 在蒸发皿中蒸发浓缩食盐水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 托盘天平称量固体的质量，感量为0.1g，则用托盘天平称取4.5g固体，故A正确；‎ B. 在烧杯中稀释浓硫酸，将浓硫酸加入到水中，并用玻璃棒搅拌，故B正确；‎ C. 温度计只能测定温度，不能代替玻璃棒搅拌溶液，故C错误；‎ D. 蒸发皿可用于蒸发溶剂，故可以在蒸发皿中蒸发浓缩食盐水，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.某溶液中，只含有下表中所示的四种离子(忽略水的电离)，则 b 可能为（ ）‎ A. 2a B. 3a C. 4a D. 5a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中各离子满足电荷守恒即c(K+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-）则3a+2a×2=a+2b，b=3a，‎ 答案选B。‎ ‎9.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是（ ）‎ A. 18 g H2O 中含有的质子数为 10NA B. 0.5 mol·L-1 硫酸中含有的H+数目为 NA C. 1 mol CO 与 0.5 mol O2 反应后的原子数为 3NA D. H2O2 分解生成 1 mol O2 时转移的电子数为 2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 18g水的物质的量为1mol，含有10mol质子，含有的质子数为10NA，故A正确；‎ B. 未提供硫酸溶液的体积，无法计算H+的数目，故B错误；‎ C. 1mol CO与0.5mol O2反应后生成二氧化碳的物质的量为1mol，一个二氧化碳分子有三个原子，故原子的物质的量为3mol，则原子的数目为3NA，故C正确；‎ D. H2O2 分解生成 1 mol O2 时转移的电子2mol，故转移的电子的数目为 2NA，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列反应的离子方程式书写不正确的是（ ）‎ A. 氧化亚铁与稀盐酸混合:FeO+2HCl=Fe2++2Cl-+H2O B. 铜片加入硝酸银溶液中:Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+‎ C. 盐酸滴在大理石上:2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑‎ D. 铝片加入稀硫酸中:2Al+6H+=2Al3++3H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化亚铁与稀盐酸混合，盐酸是强酸，属于强电解质，可以拆成离子形式，故正确的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，故A错误；‎ B. 铜片加入硝酸银溶液中，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故B正确；‎ C. 盐酸滴在大理石上，正确的离子方程式为：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑，故C正确；‎ D.铝片加入稀硫酸中，正确的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 0.1 mol·L-1 H2SO4 溶液:Na+、Ba2+、NO3- 、Cl-‎ B. c(H+)=0.1 mol·L-1 的溶液:Mg2+、K+、SO42-、Cl-‎ C. 与 Zn 反应放出 H2 的溶液:H+、K+、NO3- 、CO32-‎ D. 0.1 mol·L-1NaOH 溶液:Ca2+、Na+、SO42- 、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1 mol·L-1 H2SO4 溶液: Ba2+与SO42-会生成硫酸钡沉淀，不能共存，故A错误；‎ B. c(H+)=0.1 mol•L-1 的溶液:Mg2+、K+、SO42-、Cl-之间，且该组离子和氢离子之间，都不会发生化学反应，故B正确；‎ C. 与 Zn 反应放出 H2的溶液为酸性溶液，CO32-在酸性溶液中会反应生成水和二氧化碳，故C错误；‎ D. 0.1 mol·L-1NaOH 溶液中，HCO3-不能大量共存，会生成碳酸根和水，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.将 Na2CO3 和 Na2S 按 1∶2 的物质的量之比配成溶液,再通入 SO2,可制取 Na2S2O3,同时放出CO2。在该反应中（ ）‎ A. 被氧化与被还原的原子个数比为 2∶1‎ B. 相同条件下,每吸收 1 m3 SO2 就会放出 2.5 m3 CO2‎ C. 每 1 mol Na2S 反应,则生成的 Na2S2O3 为 1.5 mol D. 若有 106 g Na2CO3 发生反应,反应中转移的电子的物质的量为 4 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在Na2S 中S元素的化合价从-2价升高到+2价，SO2中S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析。‎ ‎【详解】A. 由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，被氧化与被还原的原子个数比为1∶2，故A错误；‎ B. 2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中SO2与CO2的物质的量之比为4∶1，相同条件下的气体的物质的量之比等于气体的体积之比，每吸收 4m3 SO2 就会放出1 m3 CO2，故B错误；‎ C. 反应中Na2S和Na2S2O3的物质的量之比为2∶3，每 1 mol Na2S 反应，则生成的 Na2S2O3 为 1.5 mol，故C正确；‎ D. 反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在Na2S 中S元素的化合价从-2价升高到+2价，SO2中S的化合价从+4价降低到+2价，若有 106 g Na2CO3 发生反应，则碳酸钠的物质的量===1mol，根据方程式1mol Na2CO3反应时转移8mol电子，故D错误；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题(本题包括 4 小题,共 52 分)‎ ‎13.纯碱是生活中常见的物质,请回答下列问题:‎ ‎(1)写出纯碱在水溶液中电离的方程式:_________。 ‎ ‎(2)纯碱属于“酸”“碱”“盐”中的_____。‎ ‎(3)现有 10.6 g 纯碱，其物质的量为__________mol，将此固体溶于水配成 200 mL 溶液,其溶质的物 质的量浓度为_________ mol·L-1，取出 10 mL 此溶液加水稀释至 100 mL，其溶质的物质的量浓度 为___ mol·L-1，稀释后溶液中 Na+的物质的量为________ mol。‎ ‎(4)①写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应的离子方程式: _____________ ‎ ‎②写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应的离子方程式: _________________‎ ‎【答案】(1). Na2CO3=2Na++ CO32- (2). 盐 (3). 0.1 (4). 0.5 (5). 0.05 (6). 0.01 (7). CO2+2OH-=CO32-+H2O (8). CO2+OH-=HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) 纯碱是碳酸钠，水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子；‎ ‎(2) 纯碱（碳酸钠）是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，属于盐；‎ ‎(3) 10.6g纯碱的物质的量为=0.1mol，将此固体溶于水配成200mL溶液，其溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，由稀释定律可得：0.5 mol/L ×10ml=c2×100ml，稀释后溶质的物质的量浓度c2=0.05mol/L，稀释后溶液中的Na+物质的量为0.05 mol/L×0.1L×2=0.01mol；‎ ‎(4)①写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水；‎ ‎②写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸氢钠。‎ ‎【详解】(1) 纯碱是碳酸钠，水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子，电离的方程式: Na2CO3=2Na+ + CO32-，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-；‎ ‎(2) 纯碱（碳酸钠）是由金属阳离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，故答案为：盐；‎ ‎(3) 10.6g纯碱的物质的量为=0.1mol，将此固体溶于水配成200mL溶液，其溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，由稀释定律可得：0.5 mol/L ×10mL=c2×100mL，稀释后溶质的物质的量浓度c2=0.05mol/L，稀释后溶液中的Na+物质的量为0.05 mol/L×0.1L×2=0.01mol，故答案为：0.1；0.5；0.05；0.01；‎ ‎(4)①写出少量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式: CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；‎ ‎②写出过量 CO2 与 NaOH 溶液反应生成碳酸氢钠，离子方程式: CO2+OH-=HCO3-，‎ 故答案为：CO2+OH-=HCO3-。‎ ‎14.粗盐中常含 Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等杂质，一种制备精盐的实验方案及步骤如下(用于沉淀的试剂饱和 Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液、NaOH 溶液均稍过量):‎ ‎(1)若试剂①选用 NaOH 溶液，则试剂②产生的沉淀的化学式为 ‎ ___________。判断滴加试剂③ 已过量的方法是:__________。‎ ‎(2)操作Ⅱ为___________。溶液丙中，溶质除 NaCl 外还含有____________(填化学式)等。‎ ‎(3)食用盐常在精盐中加入 KIO3。为了检验实验中是否含 KIO3，可以用以下反应进行:KIO3+5KI+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O。‎ ‎①用双线桥分析以上反应中电子转移的方向和数目:_____。‎ ‎②反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____。‎ ‎【答案】(1). BaSO4 (2). 继续滴加试剂③，若无浑浊，则表明试剂③已过量 (3). 蒸发结晶 (4). NaOH、Na2CO3 (5). (6). 1∶5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】在粗盐提纯时，可以先将粗盐和其中的泥沙溶解于水，氯化钠是易溶于水的，而泥沙是难溶于水的，而固体和液体的分离可以采用过滤方法，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，加过量Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子；‎ 氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的升降情况来分析；‎ ‎【详解】(1)根据分析，若试剂①选用 NaOH 溶液，碳酸钠加在氯化钡的后面，除去钙离子和加入的过量的钡离子，加过量Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，则试剂②为BaCl2 溶液，产生的沉淀的化学式为BaSO4，试剂③为饱和 Na2CO3 溶液，Na2CO3溶液，目的是除去钙离子和多余的钡离子，判断滴加试剂③ 已过量的方法是: 继续滴加试剂③,若无浑浊,则表明试剂③已过量，故答案为：BaSO4；继续滴加试剂③，若无浑浊，则表明试剂③已过量；‎ ‎(2)由操作Ⅱ得图示，由溶液变为精盐，则操作Ⅱ为蒸发结晶；除杂试剂都为过量，最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，则溶液丙中，溶质除 NaCl 外还含有NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；‎ ‎ (3)①在氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2‎ O中，I化合价升高值=I化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：，‎ 故答案为：；‎ ‎②反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，则物质的量之比为1:5，故答案为：1:5。‎ ‎15.(1)配制 500 mL 浓度为 0.2 mol·L-1 稀硫酸，需用量筒量取密度为 1.84 g·cm-3 溶质质量分数为98%的浓 H2SO4 __________mL，然后再与适量水混合稀释，待________ 后，再转移 到____中，定容，摇匀。 ‎ ‎(2)在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度_________ (填“大于”“小于”或“等于”)0.2 mol·L-1。 ‎ ‎(3)在实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度 (填 “大于”“小于”或“等于”)______________0.2 mol·L-1。‎ ‎【答案】(1). 5.4 (2). 冷却至室温 (3). 500 mL 容量瓶 (4). 大于 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)由浓硫酸配制稀硫酸，硫酸溶质的物质的量不变，根据稀释原理，可得，c稀V稀=c浓V浓，c浓硫酸===18.4mol/L，则V浓=，浓硫酸稀释过程中会放出大量的热，在转移至容量瓶前需要冷却至室温，再转移至500ml容量瓶中；‎ ‎(2) 在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，容量瓶中溶液的体积偏小，‎ 会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度偏高；‎ 实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，导致溶质的物质的量减少，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度偏小。‎ ‎【详解】(1)由浓硫酸配制稀硫酸，硫酸溶质的物质的量不变，根据稀释原理，可得，c稀V稀=c浓V浓，c浓硫酸===18.4mol/L，则V浓=‎ ‎，浓硫酸稀释过程中会放出大量的热，在转移至容量瓶前需要冷却至室温，再转移至500mL容量瓶中，‎ 故答案为：5.4；冷却至室温；500 mL 容量瓶；‎ ‎ (2) 在实验(1)中，其他操作均正确，但定容时俯视刻度线，容量瓶中溶液的体积偏小，会导致所配制的溶液中溶质的物质的量浓度大于0.2 mol·L-1，故答案为：大于；‎ ‎(3)在实验(1)中，转移溶液至容量瓶中时洒落少许，导致溶质的物质的量减少，则所配制的溶液中溶质的物质的量浓度小于0.2 mol·L-1，故答案为：小于。‎ ‎16.某铁和铜的固体混合物在空气中部分生锈(锈的成分为 CuO 和 Fe2O3)，其总质量为 6.4 g，某实验小组对此固体混合物进行实验探究。‎ ‎(1)操作 1 的名称为_____，此操作使用的玻璃仪器有_____、_____、_____。‎ ‎(2)固体混合物中两种氧化物与稀硫酸反应的离子方程式为_____、_____。‎ ‎(3)红色固体滤渣为_____(填“铜”或“氧化铁”)。‎ ‎(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3CuSO4+2FeSO4，说明在浅绿色强酸性溶液中___________ (填“含”或“不含”)Fe2(SO4)3。‎ ‎(5)“一系列操作”中，其中有一步反应如下，请将此反应方程式配平:‎ ‎_____Fe(OH)2+_________O2+_____H2O_____Fe(OH)3 ‎ ‎(6)通过进一步实验得出:浅绿色溶液中不含 Cu2+，则原部分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数为_________。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 烧杯 (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). CuO+2H+=Cu2++H2O (6). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (7). 铜 (8). 不含 (9). 4 (10). 1 (11). 2 (12). 4 (13). 5%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据图示，加入硫酸后分为滤液和滤渣，则操作1的名称为过滤，过滤操作使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎(2)固体混合物中CuO 和 Fe2O3可与稀硫酸反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2‎ O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎(3)混合物中只有铜不与硫酸反应，则红色固体滤渣为铜；‎ ‎(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，铜单质有剩余，故硫酸铁全部转化为硫酸亚铁，则滤液为硫酸亚铁溶液，说明在浅绿色强酸性溶液中不含Fe2(SO4)3；‎ ‎(5)铁元素由+2价变为+3价，失去1个电子，氧元素由0价变为-2价，共得到4个电子，根据电子得失守恒和物料守恒，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎(6)原混合物为铁、铜、氧化铜，氧化铁组成，则混合物的总质量=6.4g=m(Cu) + m(Fe)+ m(O)的质量，则m(Cu)=3.84g，m(Fe)=3.2g×=2.24g，则m(O)= 6.4g-m(Cu)- m(Fe) =0.32g，则原部分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数=。‎ ‎【详解】(1)根据图示，加入硫酸后分为滤液和滤渣，则操作1的名称为过滤，过滤操作使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯；漏斗；玻璃棒；‎ ‎(2)固体混合物中CuO 和 Fe2O3可与稀硫酸反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎(3)混合物中只有铜不与硫酸反应，则红色固体滤渣为铜，故答案为：铜；‎ ‎(4)查阅资料知 Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，铜单质有剩余，故硫酸铁全部转化为硫酸亚铁，则滤液为硫酸亚铁溶液，说明在浅绿色强酸性溶液中不含Fe2(SO4)3，故答案为：不含；‎ ‎(5)铁元素由+2价变为+3价，失去1个电子，氧元素由0价变为-2价，共得到4个电子，根据电子得失守恒和物料守恒，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ，故答案为：4；1；2；4；‎ ‎(6)根据质量守恒，铜元素和铁元素全部来自于混合物，原混合物为铁、铜、氧化铜，氧化铁组成，则混合物的总质量=6.4g=m(Cu) + m(Fe)+ m(O)的质量，则m(Cu)=3.84g，m(Fe)=3.2g×=2.24g，则m(O)= 6.4g-m(Cu) - m(Fe)=0.32g，则原部分生锈的固体混合物中氧元素的质量分数===5%，故答案为：5%。‎