备战高考化学铜及其化合物推断题提高练习题压轴题训练附详细答案1Word文档下载推荐.docx
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+n=n+0.2mol；
n+0.2
（3）①将Ｍ（SO2、SO3）通入BaCl2溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成；
产生白色沉淀
②反应Ⅰ：
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；
根据固体M（Fe2O3）的量计算出SO2和SO3的物质的量。
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
160g1mol1mol
1.6g0.01mol0.01mol
反应ⅡSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
1mol2mol1mol
0.01mol0.02mol0.01mol
SO2+NaOH=NaHSO3
1mol1mol1mol
0.01mol0.01mol0.01mol
溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；
反应Ⅳ：
硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+；
2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
2．A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质。
它们之间存在如下图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：
（1）若A为两性氢氧化物,B为NaOH溶液，写出反应A+B→C+D的离子方程式_________，并写出偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式________________________
（2）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于刻制印刷电路板，该反应的离子方程式__________________。
【答案】Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2OAlO2－＋2H2O＋CO2＝Al（OH）3↓＋HCO3-2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】考查无机推断，
（1）A为两性氢氧化物，即A为Al（OH）3，B为NaOH，A和B反应的离子反应方程式为Al（OH）3＋OH－=AlO2－＋2H2O，碳酸的酸性强于偏铝酸，因此偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子反应方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2＝Al（OH）3↓＋HCO3－；
（2）A与B反应常用于刻制印刷电路板，即离子反应方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋。
3．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染等行业。
以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c（Cl-）较大的体系[CuCl（s）+Cl-
CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。
该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·
L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·
mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。
溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___，n（氧化剂）：
n（还原剂）=___；
②比较c（Cu+）相对大小：
A点___C点（填“>
”、“<
”或“=”）。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。
【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O16.33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OSO42-或（NH4）2SO42：
1>
加水稀释（NH4）2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的（NH4+）2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；
根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：
增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=
得，浓硫酸浓度=
=18.4mol·
L-1，根据C1V1=C2V2得：
18.4mol·
L-1
V=0.3mol·
L-1×
1L，解得V≈16.3mL；
根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：
16.3；
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；
SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:
1，即氧化剂：
还原剂=2:
1；
故答案为：
SO42-或（NH4）2SO4；
2:
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）,B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl（s）+Cl-
CuCl2-],由CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：
>
；
③既然B点之后是由于发生了CuCl（s）+Cl-
CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：
加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为（NH4）2SO4，所以答案为：
（NH4）2SO4；
（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：
HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
【点睛】
（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
4．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。
得到滤渣1的主要成分为___________。
（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；
调溶液pH的目的是_________________。
（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是_________________________。
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·
18H2O，设计了以下三种方案：
上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；
从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。
（5）用滴定法测定CuSO4·
5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·
L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下：
Cu2++H2Y2－→CuY2－+2H+。
写出计算CuSO4·
5H2O质量分数的表达式ω＝__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙
×
100%
（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；
（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；
而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；
调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；
（3）由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；
（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；
（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×
10-3×
a×
5mol，所以CuSO4·
5H2O质量分数=b×
5×
250/a×
100%。
5．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；
见光分解变成褐色。
如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为____。
（2）写出产生CuCl的离子方程式：
____。
（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。
调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。
（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10mol·
L−1硫酸铈标准溶液滴定。
已知：
CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为_____。
（结果保留三位有效数字）。
（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。
第一步CuCl水解的离子方程式为：
CuCl（s）＋H2O（l）
CuOH（s）＋Cl−（aq）＋H+（aq），第二步CuOH热分解的化学方程式为____。
第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp（CuOH）、Ksp（CuCl）的关系为K＝____。
【答案】Fe2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-2Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；
不能硝酸会与产品CuCl发生反应95.5%2CuOH
Cu2O+H2OKw×
Ksp（CuCl）/Ksp（CuOH）
向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
Fe；
（2）依据图示可知：
CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：
CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：
2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；
pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；
硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，
2；
Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；
不能；
硝酸会与产品CuCl发生反应；
（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：
=24mL，结合方程式可知：
CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度为：
100%=95.5%，
95.5%．
（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOH
Cu2O+H2O；
CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）=
答案为：
6．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
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。
（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；
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；
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；
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；
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；
2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
7．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
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。
（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；
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•3
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