高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1.docx

1、高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案(1)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

2、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为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如图：（1）气体X的化学式是_。（2）检验滤液D是否含有Fe3+的实验方

3、法为_。（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：_、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有_（填序号）A蒸发皿 B石棉网 C烧杯 D玻璃棒（4）写出反应的离子方程式_。（5）试剂Y应该是一种_(填“氧化剂”或“还原剂”)，它不可能是_。AH2O2 BH2S CO2 D铁单质（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金。若固体未完全溶解，则滤液D中Fe元素将以_（填“Fe3+”或“Fe2+”）离子形式存在。【答案】CO2 取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+ 蒸发 B Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O 氧化剂 BD Fe2

4、+ 【解析】【分析】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3，Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3。据此分析解答。【详解】（1）通过以上分析知，气体X的化学式是CO2，故答案为：CO2；（2）铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液，

5、亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液D是否含有Fe3+的方法是，取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+，故答案为：取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+；（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B，故答案为：蒸发；B；（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2

6、O；（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD；（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：Fe2+。3已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、Y发生反应，其转化关系如图所示，其中D为红棕色气体。回答以下问题：（1）反应的离子反应方程式为_；（2）6.4gB与过量X溶液(8mol /L、60mL)充分反应后，生成的还原产物有C、D，反应后溶液中所含X为n mol ，此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为

7、_mol。（3）常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W的转化关系如图所示(无关物质已略去)。其中N是红棕色的化合物。M由两种化合物组成，其中含有；将通入BaCl2溶液，实验现象是_。若经反应I得到16 g固体，产生的气体M恰好被0.3L1molL1 NaOH溶液完全吸收得溶液1，则反应中发生反应的离子方程式是_。【答案】SO2+NO2 +H2O=2H+SO42-+NO n+0.2 产生白色沉淀 2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+ 【解析】【分析】常见金属A为地壳中含量第二的金属，确定为Fe、B为红色金属确定为Cu，根据 D为红棕色气体，确定D为NO2，C为N

8、O，X为HNO3；B为Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2反应生成硫酸和硝酸，确定B为Cu，Y为硫酸，F为SO2，G为CuSO4；（3）A（Fe）与Y（硫酸）的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，确定W为FeSO4，2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，气体M为SO2和SO3的混合物，M与NaOH反应生成盐和水，N为Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。Fe3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。【详解】（1）根据以上分析可知，反应为SO2、NO2和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应

9、方程式为SO2+NO2 +H2O=2H+SO42-+NO；答案：SO2+NO2 +H2O=2H+SO42-+NO（2）6.4gB与过量X溶液(HNO3)充分反应后，生成的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中所含HNO3为n mol ，溶液中所含N的物质的量为：n（N）=n（Cu2+）2+n=+n= n+0.2mol；答案：n+0.2（3）将（SO2、SO3）通入BaCl2溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4+2HCl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应：2FeSO4Fe2O3+ SO2+ SO3；反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；根据固体M（Fe2

10、O3）的量计算出SO2和SO3的物质的量。2FeSO4Fe2O3+ SO2+ SO3 160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应 SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O 1mol 2mol 1mol0.01mol 0.02mol 0.01molSO2+ NaOH = NaHSO31mol 1mol 1mol0.01mol 0.01mol 0.01mol 溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；反应：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+；答案：2Fe3+

11、HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+4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

12、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2CuO2CO2

13、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)=。5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+、C

14、u2+ Fe3+或Cu Fe2+ Fe、Cu Fe3+Cu2Fe2+ 【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：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，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：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性FeCu，(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，

15、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+Cu2Fe2+。6已知：在pH为45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：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。向滤液中通入Cl2，搅拌。向中加入适量物质

16、A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。把所得滤液浓缩。（1）中加热并搅拌的目的是_。（2）中发生反应的离子方程式是_。（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）中发生反应的离子方程式是_。（5）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- CuO 4-5 Fe(OH)3 CuO+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

17、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

18、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。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，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH

19、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物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧

20、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，离子反应方程式为2Fe22HH2O22Fe32

21、H2O；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Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应

22、式为2Cu2e2OHCu2OH2O；故答案为：2Cu2e2OH=Cu2OH2O。8为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答： （1）写出步骤反应的离子方程式： _ 。 （2）试剂X是 _。步骤、中均需进行的实验操作是 _。（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体C减少，可采取的改进措施是 _。 （4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO47H2O），所需操作是 _ 、 _ 、 _ 、洗涤、干燥。 （

23、5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径中反应的离子方程式 _ ，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由 _ 。【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 稀硫酸 过滤 在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小 【解析】【分析】金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径与

24、足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为碳酸氢钠溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。【详解】（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是

25、金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶

26、，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；（4）溶液E为FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO47H2O）的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳

27、，理由是原料利用率高，环境污染小。9氯化亚铜(CuCl)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、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（1）出步驟中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（2）步骤的操作名称是_。（3）步骤中所加物质X为_。（4）步骤的操作是_。（5）步骤应调节溶液pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl晶体，目的是_。（6）在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是_。【答案】Cu2+Fe=Cu +Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2+H2 过滤、洗涤 C

28、uO(或Cu(OH)2等） 在HCl气流中蒸发结晶 减少CuCl的损失 硫酸(或H2SO4) 【解析】【分析】酸性废液中含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、 H+都能发生反应，反应的离子方程式为：Cu2+ Fe = Cu+ Fe2+，Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，Fe + 2H+ = Fe2+ H2，反应后所得的固体a为Cu与过量的Fe，加入足量稀盐酸，Fe溶解为Fe2+，此时溶液过滤可得固体b，固体b为Cu，加入浓硫酸可得SO2和硫酸铜，所得SO2与Cu2+再反应制备CuCl，据此分析。【详解】（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，

29、则步骤中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2+ Fe = Cu+ Fe2+、Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+ 或 Fe + 2H+ = Fe2+ H2；（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤中所加物质X为CuO或Cu (OH) 2 或CuCO3等；（4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在HCl气流中蒸发结晶；（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl晶体的目的是减少CuCl的损失；（6）由于最终还有硫酸生成，因此在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。【点睛】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。10信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将