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1、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AD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AD外的其他物质均已略去）。（1）写出相应物质的类别。物质BCD类别_（2）上述反应到中，属于离子反应的有_个。（3）DA转化的化学方程式：_。BC转化的离子方程式：_。【答案】盐 碱 氧化物 3 CuO+H2 Cu+H2O Cu2+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，

2、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)上述反应到中，在溶液中进行，属于离子反应，共3个；(3)DA转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2 Cu+H2O；BC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0.97 g/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

3、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：A在空气中燃烧_；B长期置于空气中变成绿色物质_。(3)将5 g钠铝合金投入200 mL的水中，固体完全溶解，产生4.48 L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】Na2O Fe2O3 2NaO2 Na2O2 2CuO2CO2H2O=Cu2(OH)2CO3 1：1 0.5 mol/L 【解析】【分析】根据A元素在地壳

4、中含量位列第6，密度为0.97 g/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）Na在空气中燃烧的方程式为2NaO2 Na2O2Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2CuO2CO2H2O=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

5、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）反应的化学方程式：_。（4）反应的化学方程式：_。【答案】HNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O 3NO3+H2O=2HNO3+NO 4NH3+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

6、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，

7、故答案为：3NO3+H2O=2HNO3+NO。（4）反应为氨的催化氧化，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：乙BA水；AC乙D；甲BA水。（1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙_， A_， D

8、_。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_，_，_。【答案】CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2+2H2OCu2+ +2OH-=Cu(OH)2CuO+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)

9、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】FeCuS2 4FeCuS

10、2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2 MgSO3，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

11、z=1mol。根据固体B的质量为32g，有160g/mol+y80g/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56g/mol+56g/mol- y8g/mol=32g，根据解得，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+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2，故答案为4FeCuS2+13O22Fe2O3+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，

12、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。

13、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123消耗溶液的体积/mL

14、14.9816.0315.02（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】步骤中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：。步骤中，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

15、，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。步骤中，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：。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) = 60.1 molL10.015L = 0.009mol，该样品中CuCl的质量分数根据图中信息，阴极得到电子变为和，因此电解时阴

16、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)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4(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

17、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】SO2 21 2Fe22HH2O22Fe32H2O 空气或氧气 3.7pH4.8 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu2e2OHCu2OH2O 【解析】【分析】硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化

18、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=3.74.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+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Cu2S2O22CuOSO2，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21；故答案为：SO2；21；（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，离子反应

19、方程式为2Fe22HH2O22Fe32H2O；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：2Fe22HH2O22Fe32H2O；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3.7pH4.8；故答案为：3.7pH4.8；（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

20、Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu2e2OHCu2OH2O；故答案为：2Cu2e2OH=Cu2OH2O。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) “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_。 “反应”一步中若不加10% H2O2，只用

21、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)23H2O晶体的方法是_。(相关物质的溶解度曲线如图所示)【答案】2CuS+3O22CuO+2SO2 CuO+2H+=Cu2+2H2O FeSO4 a H2O2 CuO+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

22、，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26.4C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)23H2O。【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+3O2CuO+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

23、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)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；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26.4C溶液中才能析出Cu(NO3)23H2O，所以从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)23H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4C结晶。【点睛

24、】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：CuCl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。CuCl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0.5molL-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_。（

25、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：0.1molL-1盐酸、10molL-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）【答案】增大 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl+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12滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊

26、，表示已洗涤完全 向产品中加入10molL-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23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

27、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-+H2O2CuCl+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-+H2O2CuCl+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

28、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12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10molL-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23次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。10FeCl3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”的离子方程式为_。【答案】2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2 Cu、Fe 2Fe2+Cl22Fe3+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，