高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合及答案.docx

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高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合及答案

高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合及答案

一、铜及其化合物

1．化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：

（1）A的化学式为___________________________。

（2）C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：

___________________（用化学式填空）

（3）B生成E的化学方程式为_____________________。

（4）金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________NA。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3HNO3＞H2CO32H2O

2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3

【解析】

【分析】

化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】

根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

（1）A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或（NH4）2CO3；

（2）C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：

HNO3＞H2CO3；

（3）B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O

2H2↑+O2↑；

（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3NA。

2．下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。

其中A为黑色固体氧化物；E为绿色固体；B、D是由相同元素组成的无色液体，且B具有消毒杀菌作用；

请回答下列问题：

（1）请判断X的化学式：

________________。

（2）反应①中A物质的作用是_____________。

（3）反应①、⑤的化学方程式：

①__________________；⑤_________________。

（4）在日常生活中为防止反应②的发生，可采取的措施是___________（写一点即可）。

【答案】Cu催化作用

保持表面洁净、干燥或其它合理方法均可

【解析】

【分析】

A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。

【详解】

A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；

（1）结合以上分析，X是铜；

答案是：

Cu；

（2）反应①中A物质不变，故A的作用是催化作用；

答案是：

催化作用；

（3）反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：

；⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：

；

答案是：

；

；

（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；

答案是：

保持表面洁净、干燥。

3．将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。

（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；

（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；

（3）若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________；

（4）由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。

【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+＞Cu2＞Fe2+

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】

氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，

（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；

（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；

（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；

（4）由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+＞Cu2＞Fe2+。

4．铜与浓硫酸在加热条件下发生反应。

（1）请同学们写出该反应方程式_______________________________________；

（2）其中______为还原剂，浓硫酸表现的性质__________（酸性、强氧化性、强氧化性和酸性）；

（3）当3molCu参加反应，转移的电子数为_____________。

【答案】Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2OCu（或铜）强氧化性和酸性6NA（或3.612×1024）

【解析】

【详解】

（1）铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、SO2和水，该反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）在Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O中，Cu元素化合价升高，则Cu发生氧化反应，是还原剂，而S元素部分化合价+6价降为+4价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；

（3）反应中Cu从0价升高为+2价，则当3molCu参加反应，转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，数目为6NA。

5．实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图：

已知：

①CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

②CuCl有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。

（1）“溶解”时选用约为0.5mol•L-1的硫酸，过程中无气体产生。

若硫酸浓度过大，反应会产生NO、NO2等有害气体，NH4NO3的用量会___（填“增大”或“减小”或“不变”）。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为___。

加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是__。

（3）氯化铵用量[

]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。

随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少，其原因是___。

（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的方法是___。

（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：

__。

（实验中可选试剂：

0.1mol•L-1盐酸、10mol•L-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）

【答案】增大2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥

【解析】

【分析】

实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，滤液中含有Cu2+，NH4+，H+，SO42-，NO3-。

过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的产品CuCl，据此分析。

【详解】

（1）若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、NO2等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量增大。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+。

CuCl在酸性条件下较稳定，加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。

（3）步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；

（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。

（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。

6．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。

某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：

（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。

（2）滤渣的成分为____。

（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。

【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2Cu、Fe2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

【解析】

【分析】

按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；

【详解】

（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2

答案为：

2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；

（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为Cu、Fe；

答案为：

Cu、Fe；

（3）滤液中溶质只有FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－；

答案为：

2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。

7．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）4-nCln]，随着环境酸度的改变n随之改变。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________。

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：

__________，若将（NH4）2SO3换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式___________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

真空干燥、密封包装的原因是：

______________________________。

（4）随着PH值减小[Cu2（OH）4-nCln]中Cu%________。

（填字母）

A．增大B．不变C．不能确定D．减小

（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。

由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是_____。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：

______。

【答案】漏斗2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化D温度过高，促进了CuCl的水解（或温度过高，促进了CuCl与空气中氧气反应）Cu2++e-+Cl-=CuCl↓

【解析】

【分析】

酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

【详解】

（1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；若换为Fe时，铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；

（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干燥、密封包装可防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；

（4）随着pH值减小，溶液中c（H+）增大，则[Cu2（OH）4-nCln]中OH-的量逐渐减小，则Cl-的量增大，摩尔质量增大，则Cu的百分含量减小，答案为D；

（5）温度过高时，CuCl与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl产率下降；

（6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

8．我国古代许多著作在化学学科知识上都体现出了一定水平的认识。

其中《管子•地数》中有记载：

“上有丹沙者，下有黄金；上有慈石者，下有铜金。

”

Ⅰ.“丹沙者丹砂也”，丹砂是古代炼丹的重要原料，也是实验室处理水银洒落后的产物。

你认为丹砂主要成分是_____；（填化学式）“慈石者磁石也”，请写出磁石溶于盐酸的离子方程式：

_____；

Ⅱ.“铜金者，斑岩铜矿也。

”

安徽宣城茶亭铜金矿床是长江中下游成矿带中新发现的一个大型斑岩型矿床。

斑岩铜矿中Cu主要以铜﹣铁硫化物（主要为CuFeS2）的形式存在。

以黄铜矿（主要成份为CuFeS2，含少量杂质SiO2等）为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾（FeSO4•7H2O）。

其主要流程如图：

已知：

①“反应1”：

4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O

②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表：

沉淀物

Cu（OH）2

Fe（OH）3

Fe（OH）2

开始沉淀pH

4.7

2.7

7.6

完全沉淀pH

6.7

3.7

9.6

（1）“反应1”中，每生成1molCuSO4转移电子数为_____NA；

（2）“试剂a”是_____，“试剂b”是_____；

（3）“反应2”中加CuO调pH为3.7～4.7的目的是_____；

（4）“操作X”应为_____、_____、过滤、洗涤；请简述上述“操作X”中如何对所得FeSO4•7H2O晶体进行洗涤_____；

（5）简述如何判断“反应5”已进行完全：

_____。

【答案】HgSFe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O17Fe粉稀硫酸使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，防止生成Cu（OH）2沉淀加热浓缩冷却结晶向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全

【解析】

【分析】

Ⅰ.实验室用硫磺粉处理洒落的水银，生成的产物为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；

Ⅱ.

（1）根据方程式中物质元素化合价的变化确定转移电子的数目；

（2）铁粉可将Fe3+还原为Fe2+；

（3）将pH调节为3.7～4.7，可将Fe3+完全沉淀而不产生Cu（OH）2沉淀；

（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作；

（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完。

【详解】

Ⅰ.由题意可知丹砂为实验室处理水银洒落后的产物，应为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；

Ⅱ.

（1）涉及反应为4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O，反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，生成4molCuSO4，则消耗17mol氧气，转移68mol电子，则生成1molCuSO4，转移17mol电子，故答案为：

17；

（2）试剂a是Fe，试剂b是稀硫酸；

（3）加CuO调pH为3.7～4的目的是使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，防止生成Cu（OH）2沉淀，

（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作，洗涤晶体，可向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次；

（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完，方法是取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全。

9．氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料,某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下:

（1）“焙烧”时，提高反应速率的措施有____________（写一条）。

（2）炉气中的有害气体成分是__________。

（3）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：

_________。

【答案】适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等SO22Fe2++2H++H2O2

2Fe3++2H2O

【解析】

【分析】

根据流程：

硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）在氧气中焙烧，得到Fe2O3、CuO、FeO等，加入稀硫酸除去不溶物，得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液，加入试剂X氧化Fe2+，若试剂X是H2O2溶液，反应为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧气或空气也可以达到此目的，利于降低生产成本，加入试剂Y条件pH范围3.7≤pH＜4.8，沉淀Fe3+，滤渣II为氢氧化铁，向滤液加入N2H4、KOH发生反应：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O，通过过滤、洗涤、烘干得到产品，据此分析作答。

【详解】

（1）为了提高反应速率，可以适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等；

（2）金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；

（3）酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

10．常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。

某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源

（1）填充物用60℃温水溶解，目的是__________。

（2）操作A的名称为____________。

（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________（用化学方程式表示）。

铜帽溶解完全后，可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。

（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，其负极的电极反应式为___________。

（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。

主要反应为2MnO（OH）+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。

①当1molMnO2参加反应时，共有_____mol电子发生转移。

②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：

_____________。

【答案】加快溶解速率过滤Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O加热Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）242MnO（OH）＋6HCl（浓）

2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O

【解析】

【详解】

（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。

所以填充物用60℃温水溶解，目的是加快溶解速率；

（2）分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；

（3）H2O2具有强氧化性，Cu与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2＋，反应的化学方程式是Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。

（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn＋2MnO2＋2H2O="2MnOOH"＋Zn（OH）2，负极Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2。

（5）①根据方程式2MnO（OH）＋MnO2＋2H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋4CO2↑＋6H2O转移4e－，可知：

当1molMnO2参加反应时，共有4mol的电子发生转移；

②MnO（OH）与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化学方程式是：

2MnO（OH）＋6HCl（浓）

2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O。