化学二模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合含详细答案.docx
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化学二模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合含详细答案
化学二模试题分类汇编——铜及其化合物推断题综合含详细答案
一、铜及其化合物
1．由两种元素组成的矿物A，测定A的组成流程如下：
请回答：
（1）②反应中除了产生D外，还有一种气体生成，请写出该气体的电子式____________
（2）写出①的化学方程式：
_______________________________________________________
（3）写出③的离子方程式：
____________________________________________________
（4）检验E溶液中含有Fe2+的方法是：
_____________________________
【答案】
Cu2S+2O2
2CuO+SO2SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42－+4H+取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+
【解析】
【分析】
由黑色固体B与一氧化碳共热反应生成红色固体单质D可知，黑色固体B为氧化铜，单质D为铜，则A中含有铜元素；由无色气体C与过量氯化铁溶液反应生成E溶液，E溶液与过量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，C为二氧化硫，E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，白色沉淀F为硫酸钡，则A中含有硫元素；4.66g硫酸钡的物质的量为0.02mol，由硫原子守恒可知，A中含有硫原子的物质的量为0.02mol，3.20gA中含有的铜原子的物质的量为
=0.04mol，则A中n（Cu）：
n（S）=0.04mol：
0.02mol=2:
1，A的化学式为Cu2S。
【详解】
（1）②反应为氧化铜与一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为
，故答案为：
；
（2）反应①为硫化亚铜与氧气在高温下发生氧化还原反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O2
2CuO+SO2，故答案为：
Cu2S+2O2
2CuO+SO2；
（3）反应③为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸和氯化亚铁，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42－+4H+，故答案为：
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42－+4H+；
（4）E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，因溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验，所以检验亚铁离子应选用铁氰化钾溶液，具体操作为取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+，故答案为：
取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+。
【点睛】
E溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验是易错点。
2．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：
请回答下列问题：
（1）G是______________（填化学式）。
（2）写出A→B的离子方程式_____________________________________________。
（3）若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。
（4）C的最大质量为________________g。
【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋Cu2O+2H=Cu2＋+Cu+H2O23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。
【详解】
（1）G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32g/mol＝3.2g，G中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有
，解得：
M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答案为：
Cu2S；
（2）A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；故答案为：
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；
（3）Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
（4）由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233g/mol＝23.3g；故答案为：
23.3；
3．我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。
某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于___（填字母）。
A．酸B．碱C．盐D．氧化物
（2）请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：
___。
（3）上述转化过程中属于氧化还原反应的是___（填序号）
（4）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为___。
【答案】CCu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O①⑤Cu2（OH）2CO3
2CuO+CO2↑+H2O
【解析】
【详解】
（1）、Cu2（OH）2CO3中含有金属阳离子和酸根离子，属于盐类，故选择C；
（2）、铜绿与盐酸反应的离子方程式：
Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；
（3）、反应①中铜元素从0价升高为+2价，反应⑤中铜元素从+2价降低为0价，其他反应元素化合价无变化，因此，上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤，
故答案为①⑤；
（4）、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，化学方程式为：
Cu2（OH）2CO3
2CuO+CO2↑+H2O。
4．已知：
在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。
用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：
①取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。
②向滤液中通入Cl2，搅拌。
③向②中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。
④把③所得滤液浓缩。
（1）①中加热并搅拌的目的是_____________________________。
（2）②中发生反应的离子方程式是_________________________。
（3）③中的物质A可能是__________________；调整的PH范围是_______________；
过滤后滤渣的成分是__________________。
（4）③中发生反应的离子方程式是_________________________。
（5）①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值：
_________________________。
【答案】加快反应速率，是反应充分2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-CuO4-5Fe（OH）3CuO+2H+=Cu2++H2O取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。
【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解，此时溶液中主要有Cu2+，Fe2+，Cl-，H+；通入氯气将亚铁离子氧化成Fe3+，离子方程式为：
，加入适量CuO可以调节pH值至4-5，将Fe3+转化成沉淀，同时不引入新的杂质，之后过滤浓缩，得到CuCl2溶液。
【详解】
（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，
故答案为：
加快反应速率，使反应充分；
（2）根据分析可知答案为：
；
（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH在4-5的环境中Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解；得到的滤渣为Fe（OH）3，
故答案为：
CuO；4-5；Fe（OH）3；
（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，
故答案为：
CuO+2H+=Cu2++H2O；
（5）测溶液pH值的方法为：
取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。
5．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。
湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。
某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，反应中H2O2的作用是_____。
写出操作①的名称：
_________。
（2）反应II是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：
_______。
操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。
a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2＋在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。
若操作③使用下图装置，图中存在的错误是_____。
（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。
阴极析出铜，阳极产物是_______。
操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。
（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。
循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。
【答案】作氧化剂过滤Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗abRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。
反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，方程式为：
Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。
分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确。
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。
互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。
（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。
氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性，防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。
6．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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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:
1；
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！
7．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%
【解析】
【分析】
【详解】
（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×10-3×a×5×250/a×100%。
8．氯化亚铜（
）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。
工业上用制作印刷电路的废液（含
、
、
、
）生产
的流程如图所示：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中：
X是________，Z是________。
（均填化学式）
（2）写出生成
的离子方程式________。
（3）析出的
晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。
（4）在
的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。
（5）已知：
常温下
，
，现向
饱和溶液中加入
固体至
，此时溶液中
=________。
（6）实验探究pH对
产率的影响如下表所示：
pH
1
2
3
4
5
6
7
产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出
晶体最佳pH为________，当pH较大时
产率变低的原因是________。
【答案】Fe
或
等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品
的损失Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体
2pH较大时，
水解程度增大，反应生成
减少
【解析】
【分析】
根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子，过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可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，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。
【详解】
（1）由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：
Fe；Cl2；
（2）生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；
（3）氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：
减少产品CuCl的损失；
（4）依据图示可知：
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；
（5）常温下Ksp（CuCl）=1.6×10-7，Ksp（CuI）=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c（I-）=0.1mol•L-1，c（Cu2+）=
mol/L=1.2×10-11，c（Cl-）=
mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中
=
=3×10-8，故答案为：
3×10-8；
（6）由表中数据可知，析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：
2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。
【点睛】
根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。
本题的易错点和难点为（4），要注意根据反应的方程式分析判断。
9．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产氯化铜晶体的流程如下：
（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是___________________
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