铜的性质一轮补课习题.docx

1、铜的性质一轮补课习题铜的性质一轮补课11.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)。向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是（ ）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LD得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL2铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1

2、1.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收。则消耗铜的质量为( )A32 g B48 g C64 g D96 g3为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀 4.66 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100 ml 1 mol/L H2SO4中，过滤，得到0.64 g 红色固体，将滤液稀释至 200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L。已知：Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O。下列说法正确的是A得到白色沉淀亚硫酸钡B原铜的硫化物中n(Cu)n(S

3、)=23C最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12 gD灼烧后的固体中n(Cu2O)n(CuO)=114将9 g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是( )A原混合物中铜和铁各0.075molB稀硝酸的物质的量浓度为1.5 mol/LC第一次剩余的4.8g金属为铜和铁D向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL,又得到NO在标准状况下的体积为1.12L51.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完

4、全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是A504mL B168mL C336mL D224mL6部分被氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共592 g，经如下处理：下列说法正确的是滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ ；样品中氧元素的物质的量为003 mol；溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为004 mol；V224；V336。A B C D7向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu

5、(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 mol/L 的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是ACu与Cu2O的物质的量之比为2:1B产生的NO在标准状况下的体积为5.6 LC硝酸的物质的量浓度为2.4 mol/LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol8氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC122H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法正确的是( )A途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用，也

6、可以通入饱和CaCl2 溶液中除去B途径 2 中 200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCX 气体可以是N2，目的是做保护气，抑制 CuCl22H2O 加热过程可能的水解DCuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl4H+SO42=2Cu2+2ClSO22H2O95.00g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。请回答下列问题：（1）试确定110时固体物质的化学式_；（2）取200所得样品，加热至280oC, 该反应的化学方程式为：_；（3）将280oC所得产物在570下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种

7、氧化性气体，黑色粉末的化学式为_。（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体其存在的最高温度是_；（5）天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为amol的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡 _。102018年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行。银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80。（1）电解精炼银时，粗银作_极，另一电极上的电极反应式为_。（2）

8、加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率的措施有_、_(写出两种)。（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为_。（4）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。（5）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析正确的是_(填字母代号)。A氧化剂为CuSO4和FeS2B反应后溶液的pH降低C被氧

9、化的FeS2只占总量的30%D每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO411以黄铜矿(主要成分为CuFeS2)为原料冶炼铜的工艺流程如下：(1)已知CuFeS2和CuCl2之间发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，其中被氧化的元素为_。(2)若“过滤1”所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_。(3)“除硫”时加入浓盐酸发生反应的离子方程式为_。(4)“过滤3”所得滤液中可以循环使用的物质为_。(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂于空气中在高温下煅烧，使其转变为铜，发生的反应为6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O

10、4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2。此工艺与前一工艺相比主要缺点有_(任答一点)。(6)铜溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液中可制备CuSO4。测定CuSO4溶液中Cu2+浓度的方法为：准确量取V1 mL溶液于锥形瓶中，调节pH至34，加入过量KI溶液，充分反应后，滴加2滴淀粉溶液，再慢慢滴加c mol/L的Na2S2O3标准溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3标准溶液V2 mL。上述过程中发生的反应为2Cu2+4I-=2CuI+I2、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。“恰好完全反应”时溶液的颜色变化为_。CuSO4溶液中Cu2+的物质的量浓度为_mol/L(用含c、V1

11、、V2的代数式表示)。12（1）铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：沉淀 A、B的成分分别是_、_；步骤中的试剂a是_；（以上均填化学式）。试写出步骤中发生反应的离子方式_、_；简述检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：_。（2）用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2xH2O）。有如下操作： 已知：在pH为45时，Fe3+几乎完全转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+却不反应。加热酸溶过程中发生反应的化学方程式有：_。氧化剂A可选用_（填编号，下同）。A.KMnO4 B.HNO3 C.Cl2

12、要得到较纯的产品，试剂B可选用_。 ANaOH BCuO C.FeO试剂B的作用是_。 A使Cu2+完全沉淀 B使Fe3+完全沉淀 C降低溶液的pH D提高溶液的pH从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_（按实验先后顺序选填编号）。A过滤 B蒸发至干 C冷却 D蒸发浓缩13某兴趣小组欲探究SO2与Cu(OH)2 的反应。实验实验步骤现象步骤1：打开分液漏斗，向烧瓶中加入30mL 0.5 mol/LNaOH溶液I. 有蓝色絮状沉淀，静置后分层。步骤2：从左侧导管通入SO2气体II. 静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有白色沉淀(1)现象I中产生蓝色沉淀的离子方程式是_。(2)甲为了确认现象II中

13、白色沉淀的成分，进行如下探究。查阅资料：CuSO3CuClCu2O溶解性不溶于水，浅黄色沉淀不溶于水，白色沉淀不溶于水，砖红色沉淀性质与酸反应能溶于较浓的HCl溶液酸性体系中不稳定，进一步反应生成Cu和Cu2+并进行如下实验：试剂a是_。现象II中生成白色沉淀的离子方程式是_。(3)甲认为Cu(OH)2沉淀全部转化为CuCl，乙依据实验现象对甲的观点进行反驳，依据的实验现象是_。(4)丙认为实验存在干扰，欲探究纯净的Cu(OH)2 悬浊液与SO2的反应。丙过滤I中的蓝色沉淀，洗涤，取最后一次洗涤液于试管中，_（填操作和现象），证明已洗涤干净。再进行如下实验：实验实验步骤现象从左侧导管通入SO2

14、气体III. 静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有砖红色沉淀。丙预测产物是Cu2O，取砖红色沉淀，洗涤后，_（填操作和现象），证明产物是Cu2O。(5)纯净的Cu(OH)2 悬浊液与SO2发生反应的化学方程式是_。参考答案1D【解析】【详解】A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.0

15、1，故合金中铜与镁的物质的量之比是：2：1，故A正确；B标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知，a1+(0.05-a)21=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为100%=80%，故B正确；C该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故C正确；D金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-(0.05-0.04)mol2

16、=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=0.64L=640mL，故D错误；故答案为D。2C【解析】【分析】由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证

17、明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）=1mol，消耗铜的质量=1mol64g/mol=64g，故选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。3D【解析】【分析】铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+ H2SO4=BaSO4+2HCl，得到4.66 g白色沉淀是BaSO4，可根据沉淀计算S元素的物质的量；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1

18、种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64 g 红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据Cu单质的物质的量可计算出Cu2O的物质的量，利用溶液中Cu2+的物质的量可判断出是否含有CuO及其物质的量的多少，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知n(S)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，0.64 g 红色固体物质是Cu单质，n(Cu)=0.64g64g/mol=0.01mol，则根据方程式Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O中相应物质之间的转化关系可知n(Cu2O)= n(Cu)=0.01mol，则其反应产生的Cu2+的物质的量是0.01mol，在酸溶解金

19、属氧化物后得到的溶液中Cu2+的总物质的量是=0.1 mol/L 0.2L=0.02mol0.01mol，说明有0.01mol Cu2+是CuO与硫酸反应生成，则根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，则n(CuO)= 0.01mol。A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误； B. 原铜的硫化物中Cu 元素的物质的量为n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+20.01mol=0.03mol；原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n(Cu)n(S)=32，B错误； C. 100 ml 1 mol/L H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=0.

20、1L1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol56g/mol=5.6g，C错误；D.根据前面计算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)n(CuO)=11，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质成分的判断及有关化学方程式计算的知识。掌握物质的化学性质，学会用守恒方法计算是本题解答的关键，难度较大。4A【解析】【详解】A.设铜和铁各为x、ymol。最终铁铜均为+2价，由电子得失守恒：2x+2y=0.13；两金属的总质量为：56x+64

21、y=9；可解出：x=y=0.075mol，故A正确；B.由N元素的守恒，HNO3里面的N原子一部分在溶解中以硝酸根离子的形式存在，一部分生成NO气体，故：2x+2y+0.1=0.3+0.1=0.4mol，故稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/0.2L=2molL-1，故B错误；C.在硝酸的氧化过程中，铁活泼性强，先被氧化，但不可能产生Fe3+（因为铜的存在），直到两金属恰好溶解为止。故第一次加硝酸，氧化的金属为0.075molFe，质量为0.07556=4.2g第二次加硝酸，氧化的金属为0.075molCu，质量为0.07564=4.8g，即第一次剩余4.8g金属为铜，故C错误；D.再加入上述

22、100mL稀硝酸，则溶液中的Fe2+被氧化：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，经计算可知硝酸过量，由Fe2+可计算出NO为：0.075（1/3）224=0.56L，故D错误。故选A。【点睛】D选项中，加入该稀硝酸100mL，亚铁离子与硝酸反应生成NO和硝酸铁，根据电子转移守恒计算。5C【解析】【分析】根据电子守恒计算，已知Cu+HNO3NO、NO2+O2HNO3，则反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。【详解】1.92g Cu的物质的量为n（Cu）= = 0.03 mol，反应时失去电子数目为2 0

23、.03 mol = 0.06 mol，由反应整个过程为Cu+HNO3NO、NO2+O2HNO3可知，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）= = 0.015mol，V（O2）= 0.015 mol22400 mL/mol = 336 mL，所以通入O2的体积为336mL，故C项正确；答案选C。6B【解析】【详解】.铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，故错误；.最后加热得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为：=0.02mol，

24、Fe元素的物质的量为：n（Fe）=0.02mol2=0.04mol，铁元素的质量为：0.04mol56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为：5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：=0.03mol，故正确；.根据的计算可知，铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，故正确；.最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，根据可知氧元素的物质

25、的量为0.03mol，它结合氢离子0.06mol，所以硫酸中生成氢气的氢离子为：0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，故正确；.根据的计算可知，生成标况下氢气的体积为2.24L，故错误；由上述分析可知，正确的是。7B【解析】【分析】Cu(OH)2的质量为39.2 g，其物质的量为0.4 mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x2y0.4 mol，64 gmol1x144 gmol1y27.2 g，解得x0.2 mol，y0.1 mol。【详解】A. Cu、Cu2O的物质的量分别为0.2 mol和0.

26、1 mol，故为2:1，故A正确；B. Cu和Cu2O中的Cu都变成了2价，转移的电子的物质的量为(0.40.2)mol0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2 mol，标准状况下的体积为4.48 L，故B错误；C. 硝酸总的物质的量为0.2 mol(剩余的)0.2 mol(表现氧化性的)0.8 mol(表现酸性的)1.2 mol，其物质的量浓度为2.4 mol/L，故C正确；Dn(NaOH)1 mol，生成0.4 mol Cu(OH)2时消耗了0.8 mol NaOH，另外0.2 mol NaOH中和了硝酸，所以Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol，故D正

27、确； 故选B。【点睛】本题利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒；题目中硝酸既体现酸性又体现氧化性。8B【解析】【分析】Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收；Cu2(OH)2Cl2加热到200生成CuO，结合原子守恒书写方程式；X气体是用于抑制CuCl2水解；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+。【详解】途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，故A错误；Cu2(OH)2Cl2加热到200生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正

28、确；CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，故D错误。9CuSO43H2O CuSO4H2OCuSO4+H2O CuO 102 右盘 24a/11g镁 【解析】【分析】由图分析可知CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，到258时才会继续分解，根据分解前后固体质量的变化即可确定此时固体物质的化学式，据此解答。【详解】（1）CuSO45H2O受热到102时开始脱水分解，113时可得到较稳定的一种中间物，102时固体质量减少5.00g4.28

29、g0.72g，即产生水的物质的量是0.72g18g/mol0.04mol，原固体的物质的量是5.00g250g/mol0.02mol，共含有0.1mol水，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol0.04mol0.06mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.06：0.023：1，则110时固体物质的化学式CuSO43H2O；（2）113时固体质量减少5.00g3.56g1.44g，即产生水的物质的量是1.44g18g/mol0.08mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol0.08mol0.02mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.02：0.021：1，则113时固体物质的化学式CuSO4H2O；258时固体质量减少5.00g3.20g1.8g，即产生水的物质的量是1.8g18g/mol0.1mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol0.1mol0，所以258时固体物质的化学式CuSO4，因此取200所得样品，加热至280oC时反应的化学方程式为CuSO4