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
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