培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案.docx
《培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案
2020-2021培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案
一、铜及其化合物
1．物质A～D均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除A～D外的其他物质均已略去）。
（1）写出相应物质的类别。
物质
B
C
D
类别
___
__
__
（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。
（3）①D→A转化的化学方程式：
__。
②B→C转化的离子方程式：
__。
【答案】盐碱氧化物3CuO+H2
Cu+H2OCu2++2OH-=Cu（OH）2↓
【解析】
【分析】
由转化关系可知D应为氧化物，与氢气反应生成A为单质，B应为硫酸盐，可由A与浓硫酸反应生成，B可与铁反应生成A，则可考虑A为Cu，则D为CuO，B为CuSO4，C为Cu（OH）2，以此解答该题。
【详解】
根据以上分析知：
A为Cu，B为CuSO4，C为Cu（OH）2，D为CuO；
（1）B为CuSO4，属于盐类，C为Cu（OH）2，属于碱，D为CuO，为氧化物；
（2）上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；
（3）①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2
Cu+H2O；
②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓。
2．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。
根据以上信息回答下列问题：
写出对应化学式：
（1）A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。
（2）写出下列化学方程式：
①A在空气中燃烧_______________；
②B长期置于空气中变成绿色物质_________。
（3）将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。
经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____（假设溶液体积变化忽略不计）。
【答案】Na2OFe2O32Na＋O2
Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO31：
10.5mol/L
【解析】
【分析】
根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。
【详解】
（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；
（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2
Na2O2
②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3
（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:
1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaAlO2）=
。
3．在下图所示的物质转化关系中，A是常见气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，E的相对分子质量比D大17，G是一种紫红色金属单质。
（部分反应中生成无没有全部列出，反应条件未列出）
请回答下列问题：
（1）E的化学式为_____________________________。
（2）实验室制取A的化学方程式为_______________________________。
（3）反应①的化学方程式：
___________________________________。
（4）反应③的化学方程式：
__________________________________。
【答案】HNO32NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O3NO3+H2O=2HNO3+NO4NH3+5O2=4NO+6H2O
【解析】
【分析】
B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气；G是一种紫红色金属单质，则G是铜；A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可以判断，A可能是氨气，则C就是NO，F是水。
NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO，据此答题。
【详解】
（1）由以上分析可知E为HNO3，故答案为：
HNO3。
（2）由以上分析可知A为NH3，实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热，反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：
2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：
2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（3）反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应的方程式为：
3NO3+H2O=2HNO3+NO，故答案为：
3NO3+H2O=2HNO3+NO。
（4）反应③为氨的催化氧化，反应生成NO和H2O，化学方程式为：
4NH3+5O2=4NO+6H2O，故答案为：
4NH3+5O2=4NO+6H2O。
【点睛】
解框图题的方法：
最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
4．今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。
已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。
这六种物质之间有如下转化关系：
①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。
（1）写出下列四种物质的化学式：
甲______________，乙______________，A______________，D______________。
（2）用离子方程式表示上述三个变化：
①___________，②__________________，③___________________。
【答案】CuOCu（OH）2CuCl2NaClCu（OH）2+2H+=Cu2++2H2OCu2++2OH-=Cu（OH）2↓CuO+2H+=Cu2++H2O
【解析】
【分析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
（1）根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu（OH）2；A为CuCl2；D为NaCl；
（2）氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：
Cu（OH）2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：
Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：
CuO+2H+=Cu2++H2O。
5．为探究黄色固体A（仅含三种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：
a．气体C能使品红溶液褪色
b．溶液D遇KSCN溶液显血红色
c．溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g
请回答：
（1）A的化学式是_________。
（2）固体A与O2反应生成B和C的化学方程式_________。
（3）少量Mg在气体C中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，请推测该盐的成分，并设计实验方案验证_________。
【答案】FeCuS24FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3
【解析】
36.8g固体A与足量氧气加热条件下反应生成32g固体B，和气体C，气体C能使品红溶液褪色，说明C为二氧化硫，说明A中含有S元素；固体B被盐酸溶解生成溶液D，溶液D遇KSCN溶液显血红色，D中含有Fe3+，则B中含有氧化铁；溶液D中加入过量铁粉，生成固体E和氢气，其中含有红色固体，说明溶液D中还含有Cu2+、H+，因此固体B中还含有氧化铜，则A中含有Cu、Fe和S三种元素；
（1）假设溶液D中含有的Fe3+和Cu2+、H+的物质的量分别为x、y、z。
生成的氢气为0.5mol，则z=1mol。
根据固体B的质量为32g，有①
×160g/mol+y×80g/mol=32g，溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g，有②
×56g/mol+
×56g/mol-y×8g/mol=32g，根据①②解得，x=0.2mol，y=0.2mol，根据固体A的质量为36.8g，则S元素的物质的量为
=0.4mol，则A的化学式为FeCuS2，故答案为FeCuS2；
（2）固体A与O2反应生成B和C的化学方程式为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2，故答案为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2；
（3）少量Mg在二氧化硫中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，可能是硫和氧化镁，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁，验证是否为亚硫酸镁，可以取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3，故答案为MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3。
点睛：
正确推断出BCDE的成分是解题的关键。
难点是A的化学式的推断，要清楚溶液D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g，发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应，其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。
6．氯化亚铜（
）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。
微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于
浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜（主要成分是Cu和少量
）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产
的工艺过程如图。
回答下列问题：
（1）步骤①中N元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。
（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。
（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
被氧化为
的化学方程式为______________________。
（4）用
溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：
准确称取所制备的氯化亚铜样品
，将其置于过量的
溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成
溶液，取溶液
用
溶液进行滴定，反应中
被还原成
，相关数据记录如表所示：
该样品中
的质量分数__________________。
实验编号
1
2
3
消耗
溶液的体积/mL
14.98
16.03
15.02
（5）制造印刷电路板产生的废液中含大量
等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。
电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到
，电解时阴极的电极反应式为___________，生成
的离子方程式为________________________________。
【答案】
使完全反应，阻止生成的被氧化硫酸
89.55%
【解析】
【分析】
铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。
【详解】
⑴步骤①中N元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程式；
；故答案为：
。
⑵步骤②中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu2+、Cl－、SO32−和H2O反应CuCl、SO22−、H+，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：
使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。
⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
与空气中氧气、水反应生成
和HCl，其反应的的化学方程式为
；故答案为：
。
⑷三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL，根据得失电子守恒关系得到n（CuCl）=6n（Cr2O72−）=6×0.1mol∙L−1×0.015L=0.009mol，该样品中CuCl的质量分数
⑸根据图中信息，阴极
得到电子变为
和
，因此电解时阴极的电极反应式为
，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，生成CuCl的离子方程式为
；故答案为：
。
7．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：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
（1）炉气中的有害气体成分是__________（填化学式），Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
（2）若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：
__________；当试剂X是__________时，更有利于降低生产成本。
（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。
（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。
（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：
____________________________________。
【答案】SO22∶12Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O
空气或氧气3.7≤pH＜4.8过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O
【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：
2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2
2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：
4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。
【详解】
（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋2O2
2CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；故答案为：
SO2；2∶1；
（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为
；在酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：
2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；
；氧气或空气
（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：
3.7≤pH＜4.8；
（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：
过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：
2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
8．工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体的流程如下：
（1）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为_________________________。
（2）“酸化”步骤反应的离子方程式为______________________________。
（3）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为__________。
（4）“淘洗”所用的溶液A应选用______（填序号）。
a．稀硫酸b．浓硫酸c．稀硝酸d．浓硝酸
（5）①“反应”一步的过程中发生反应Cu+2HNO3+H2O2=Cu（NO3）2+2H2O。
该反应中被还原的物质为__________。
②“反应”一步中若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体NO2，请写出该反应的离子方程式____________________。
（6）由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu（NO3）2·3H2O晶体的方法是___________________________________________________________________________。
（相关物质的溶解度曲线如图所示）
【答案】2CuS+3O2
2CuO+2SO2CuO+2H+=Cu2++2H2OFeSO4aH2O2CuO+4H++2NO3-=Cu2++2H2O+2NO2
蒸发浓缩，冷却至26.4摄氏度时结晶
【解析】
【分析】
工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用冷水淘洗后加入20%的HNO3和0%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu（NO3）2•3H2O。
【详解】
（1）CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为：
2CuS+3O2
CuO+2SO2；
（2）焙烧后主要为氧化铜，酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水，离子方程式为：
CuO+2H+=Cu2++2H2O；
（3）根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
（4）淘洗加入酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜，
a、稀硫酸，不能和铜反应，故a选；
b、浓硫酸和铜常温下不反应，但遇到水溶解放出大量热，会和铜发生反应，故b不选；
c、稀硝酸具有氧化性能氧化铜，故c不选；
d、浓硝酸能溶解铜，故d不选；
故答案为：
a；
（5）①该反应中H2O2中的氧元素由-1价变为-2价，化合价降低被还原；
②若不加10%H2O2，只用20%HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，
反应的离子方程式为：
Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
（6）图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C溶液中才能析出Cu（NO3）2•3H2O，所以从“反应”所得溶液中析出Cu（NO3）2•3H2O的方法是：
蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。
【点睛】
配平氧化还原方程式时先分析元素化合价的变化，找出氧化剂还原剂和氧化产物还原产物，之后依据电子守恒和元素守恒配平反应方程式。
9．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。
10．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，
升级会员 