化学一模试题分类汇编——铜及其化合物推断题综合含答案一.docx

1、【化学】化学一模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合含答案(1)一、铜及其化合物1 某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4 )3、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂 X、 Y、 Z 均过量 )。(1)试剂 X 为 _，加入试剂 X 发生的离子方程式是_ 试剂 Z 为_。(2)操作为 _(填实验分离方法 )。(3)溶液 2 中含有的溶质有 _(填化学式 )。(4)写出操作的化学反应方程式_。(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_(填化学式 )。【答案】铝2Al+3Cu2+3+过滤24 32424 3242=2Al +3C

2、u 氨水Al (SO )、 H SOAl (SO )、H SOSO【解析】【分析】某工厂的工业废水中含有大量的Al24 32+和少量的 Na+，由流程可知加入 X 为(SO )、较多的 Cu金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al24 324Al 和Cu 的(SO ) 、 Na SO，不溶性物质为过量的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y 用于溶解 Al，反应产生 Al24 3，而 Cu 不能发生反(SO )应，则为稀H2 4含有Al24 3243SO ，溶液 2(SO ) 、过量 H SO，由于 Al(OH) 是两性物质，能够与过量的强碱 NaOH 溶液反应产生可溶性物质，因此向混合后加入氨水，可生

3、成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3 可生成 Al，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知操作是过滤，不溶性物质为Cu、 Al 混合物，操作是过滤，试剂Y 是H2SO4，溶液 1 含有 Al2 (SO4)3、 Na2SO4，溶液 2 含有 Al2(SO4)3、过量 H2SO4，试剂 Z 是氨水，操作是过滤，操作加热分解Al(OH)3，操作是电解。(1)由以上分析可知 X 为 Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu；试剂 Z 为氨水；(2)操作用于分离固体和液体，为过滤操作；(3)溶液 2 中含有的溶质

4、有Al2(SO4 )3、 H2 SO4；(4)操作是加热Al(OH)3，Al(OH)3 不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：2Al(OH)32Al2O3+3H2O；(5)金属Cu 与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、 SO2、 H2 O，反应方程式为：Cu+2H2SO4 (浓 )CuSO4+SO2 +2H2O，所以反应产生的气体为SO2。【点睛】本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。2 今有甲、乙两种固体和 A、B、 C、 D四种物质的溶液。已知甲、

5、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B A水； A C乙 D；甲 B A水。（ 1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙 _，A_， D _。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_， _，_ 。+2+2+-+2+【答案】 CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H =Cu +2H2OCu +2OH =Cu(OH)2CuO+2H=Cu +H 2O【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

6、，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) ； A 为 CuCl ； D 为 NaCl；22(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)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。3 有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A 是由两种元素组成的黑色粉末， B 由两种元素组成、其摩尔质量为65g?mol

7、 1， C 是空气中含量最多的单质， D是白色粉末且焰色反应呈黄色，E 是一种紫红色金属， F 是一种无色气体单质， H 是一种红棕色气体， I 是最常见的液体，K 是一种强碱。（ 1） B 的化学式为 _。（ 2） K 的电子式为 _。（3）写出反应的化学方程式：_ 。（ 4）写出反应的离子方程式： _ 。【答案】 NaN3CuO+2NaN 3223Cu+8H+ 2NO 3-=3Cu2- Cu+Na O+3N2NO 4H 2O【解析】 C 是空气中含量最多的单质，则C 是 N 2 D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D；中含有 Na 元素； E 是一种紫红色金属，则E 是 Cu；结合转化关系图，

8、结合其他已知条件可得： A 是 CuO、 B 是叠氮化钠、 D 是 Na2O、E 是 Cu 、G 是 NO、 H 是 NO2、I 是 H2O、 J是 HNO 3、 K 是 NaOH 、 L 是 Cu(NO 3)2。（1）叠氮化钠的化学式为 NaN 3；（2） NaOH的电子式为；（ 3 ）反应为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N 2 、 Na2O和Cu ，故化学方程式为：CuO+2NaN 3Cu+Na 2O+3N 2；（ 4）反应为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H + 2NO 3-=3Cu 2- 2NO 4H 2O。点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又

9、能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。4 在下图所示的物质转化关系中，无色无味气体， E 的相对分子质量比A 是常见的气态氢化物， B 是能使带火星的木条复燃的 D 大 17,G 是一种紫红色金属单质。 (部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出)请回答下列问题：（ 1） A、 C 的化学式分别为 _、 _。（ 2）反应 的化学方程式为 _。（ 3）反应 的离子方程式为 _。（4）向反应 后的溶液中通入少量的A,现象为 _。【答案】 N

10、H3223+3-2+2NO 3NO +H O=2HNO +NO 3Cu+ 8 H +2NO =3Cu +2NO+4H O 有蓝色沉淀生成【解析】已知B 是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，即为氧气，G 是一种紫红色金属单质，则为铜， E能与不活泼金属铜反应，且相对分子质量比D 大 17，所以 E 为HNO ， D 为 NO ，则 C 为 NO， F 为 H O，由此推出 A 为 NH 。3223(1)A、 C 的化学式分别为 NH 和 NO；3(2)反应为 NO2 与 H2O 的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；(3)反应为铜与稀硝酸的反应，其离子方程式为+-2+2NO

11、+4H2O；3Cu+ 8 H +2NO3=3Cu(4) 反 应 后 的 溶 液 为 Cu(NO3 )2溶 液 ， 通 入 少 量 的 NH3， 将 发 生 如 下 反 应 Cu2 2NH3 H2OCu(OH)2 2NH4，所以现象为有蓝色沉淀生成。5 下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。其中A 为黑色固体氧化物；E 为绿色固体； B、 D 是由相同元素组成的无色液体，且B 具有消毒杀菌作用；请回答下列问题：（ 1）请判断 X 的化学式： _ 。（ 2）反应 中 A 物质的作用是 _ 。（ 3）反应 、 的化学方程式： _ ； _ 。（ 4）在日常生活中为防止反应 的发生，可采取的措

12、施是 _（写一点即可）。【答案】 Cu催化作用保持表面洁净、干燥或其它合理方法均可【解析】【分析】A 为黑色固体氧化物，能与无色液体B 混合产生气体C 和 D，B 是过氧化氢溶液，C 是氧气， D是水； E 为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E 是碱式碳酸铜，受热分解生成的 D 是水， Y 是二氧化碳，A 是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。【详解】A 为黑色固体氧化物，能与无色液体B 混合产生气体C 和 D，B 是过氧化氢溶液，C 是氧气， D是水； E 为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E 是碱式碳酸铜，受热分解生成的 D 是水， Y 是二氧化碳，A 是氧化铜；带入框

13、图，推断合理；（ 1）结合以上分析， X 是铜；答案是： Cu；（ 2）反应中 A 物质不变，故 A 的作用是催化作用；答案是：催化作用；（ 3）反应为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：；二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：；答案是：；（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；答案是：保持表面洁净、干燥。6 汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A 的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。化合物A 为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A

14、的非金属阴离子作用并生成化合物A。(1)判断 A 为 _，键型 _ 。(2)A 的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式_。(3)歧化产物之一与 A 的阴离子反应方程式_。(4)检测汞蒸气时，试纸颜色由_色变成 _色。写出反应方程式_( 已知反应产物之一是配合物)。【答案】 CuI 共价键2 Cu2 4I 2CuI I2白 红4CuI Hg2Cu Cu2CuCu2HgI4 2Cu【解析】【分析】根据题干信息，化合物A 为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A 的非金属阴离子作用并生成化合物A，则化合物 A 为 CuI，是共价化合物；检测汞蒸气时，发

15、生反应4CuIHg Cu2HgI4 2Cu，试纸颜色由白色变成红色。【详解】(1)据以上分析可知化合物 A 为 CuI，是共价化合物，Cu 和 I 形成共价键，故答案为：CuI；共价键；+2(2)A 的阳离子为 Cu ，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu Cu Cu，故答案为： 2CuCu2 Cu；(3)歧化产物之一 (Cu2+)与 A 的阴离子 (I-)发生氧化还原反应生成CuI 和 I2，反应方程式是2Cu2 4I 2CuI I2，故答案为： 2Cu2 4I 2CuI I2；(4) 检测汞蒸气时，发生反应 4CuIHg Cu2HgI4 2Cu，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：白；红； 4

16、CuIHgCu2HgI4 2Cu。7 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： 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 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

17、_ 。（ 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)3CuO+2H+ =Cu2+H2 O 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：2Fe2+ +Cl 2 =2Fe3+ +2Cl - ，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

18、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：2Fe2+ +Cl 2 =2Fe 3+ +2Cl - ；（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

19、试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。8 氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu 和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤 中得到的氧化产物是_，溶解温度应控制在_。（2）写出步骤 中主要反应的离子方程式_。（3）步骤 包括用 pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是6070 度，原因是_（写名称）。（ 4）上述工艺中，步骤 不能省略，理由是 _ 。（ 5）步骤 、 、 、 都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有_

20、（填字母）A分馏塔B离心机C反应釜D框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的FeCl3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的 K2Cr2O7 溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7 溶液 b mL，反应中 Cr2O72-被还原为 Cr3+，样品中CuCl 的质量分数为 _ 。【答案】 CuSO42+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2+32-或 Cu2Cu +SO+2Cl242-+2H+硫酸 醇洗有利加快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化）+H O=2CuCl +SOB、 D【解析】【分析】【详解】（1）海绵铜的主要成分是Cu 与 CuO，溶

21、解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu 被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和 NH4+都会变成对应的硫酸盐。（2）步骤 反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl 沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤 发生的离子反应为：2+2-2-+2Cu+SO3+2Cl +H2O=2CuCl +SO4+2H ；（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl 沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl 沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。（ 4） CuCl 难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加

22、快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；（6）根据题意，CuCl 与 K2Cr2O7 发生氧化还原反应，K2 Cr2O7 被还原为Cr3+，则 bmL、 a-3-3mol/L K 2Cr2O7 溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab 10 23mol=6ab mol10

23、， +12+-3价 Cu 会被氧化为 Cu ，根据得失电子守恒，则CuCl 的物质的量是 6ab10 mol ，则样品中-3 100%=0.597ab/m。100%CuCl 的质量分数是 (6ab 10mol 99.5g/mol)/mg9 某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、 5%Fe及少量 Au、 Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：已知： Cu+4HNO3(浓 )=Cu(NO3)2+2H2 O+2NO2回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为 _。（2）第步加入H2O2 目的是将 Fe2+氧化成 Fe3+，其离子方程式为_；使

24、用 H2O2 作为氧化剂的优点是 _。（3）用第步所得CuSO4 24的瓷质主要仪器 _。5H O 晶体加热制备无水CuSO（4）由滤渣2 制取 Al2(SO4 )318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，可行方案是_，其中不可行方案的原因是_。【答案】 Pt、 AuH2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲【解析】【分析】（ 1） .滤渣 1 成分应为 Pt， Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。（ 2） . H2O2 将 Fe2+氧化成 Fe3+，同时其被还原为 H2O。产物无污染无需后续处理。（ 3） . 蒸发结晶过程会用到

25、主要仪器蒸发皿属于瓷质。（4） . 滤液 1 加 H2O2 是为了将溶液中Fe2+ Fe3+，然后通过加NaOH 调 PH 值使 Al3+和 Fe3+沉淀，这样才能使滤液2 只含 Cu2+。而滤渣 2 成分为 Fe(OH)3和 Al(OH)3, 所以在制取24 323+影响。Al (SO ) 18HO 时要考虑除去 Fe【详解】（1） .Pt， Au 都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1 含 Pt 和 Au，答案为 Pt、 Au 。（2） .根据分析， H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为H2 O2+2Fe2+2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有 H2O 和 Fe3+，没有引入新杂质且

26、无污染。答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。（3） .由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。（4） .根据分析，滤渣2 如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2 (SO4)3 成分。如果采用乙方案，加适量Al 粉可以置换出 Fe 同时生 Al3+。丙方案加入NaOH 溶解 Al(OH)3 然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。10 氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、 HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿

27、空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2 （OH） 4-nCln ，随着环境酸度的改变n 随之改变。以海绵铜（主要成分是Cu 和少量 CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_，若将 (NH4)2SO3 换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式_。（3）析出的CuCl 晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70干燥2h，冷却密封包装。真空干燥、密封包装的原因是：_ 。（ 4）随着 PH 值减小 Cu2（OH）4-n Cln 中 Cu% _。 (填字母 )A 增大B不变C

28、不能确定D减小（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对度控制在 60时， CuCl 产率能达到94%，当温度高于物的角度分析，其原因可能是_。CuCl 产率影响。由图可知，溶液温 65 时， CuCl 产率会下降，从生成（6）以碳棒为电极电解CuCl2 溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：_。【答案】漏斗2+2-2-+2H+2+-2+2Cu+SO3+2Cl + H2 O=2CuCl+SO4Cu + 2Cl + Fe=2CuCl +Fe 防止CuCl 在潮湿的空气中水解氧化D 温度过高，促进了CuCl 的水解（或温度过高，促进了CuCl 与空气中氧气反应）Cu2+e-

29、+Cl-=CuCl 【解析】【分析】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，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+，经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。【详解】（ 1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；（ 2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2+2-2-+；若换为 Fe 时，铜离子与铁、氯离2Cu +SO3+2Cl + H2O=2CuCl +SO4+2H子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为2+-2+Cu+ 2Cl+ Fe=2CuCl +Fe；（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干燥、密封包装可防止CuCl 在潮湿的空气中水解氧化；（4）随着 pH 值减小，溶液中c（ H+）增大，则 Cu2（ OH） 4-nCln 中 OH-的量逐渐减小，则Cl - 的量增大，摩尔质量增大，则Cu 的百分含量减小，答案为D；（5）温度过高时，CuCl 与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl 产率下降；（ 6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为 Cu2+e-+Cl-=CuCl 。