1、备战高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合一、铜及其化合物1 下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1 18 号元素。已知： A、 F 为无色气体单质， B 为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得 1918年的诺贝尔化学奖。 C 为黑色氧化物， E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀 (部分反应的产物未列出 )。请回答下列问题：(1)常温下铝遇到 G 的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为_。(2)E 与 G 的稀溶液反应的离子方程式为_。(3)在 25 和 101 kPa 的条件下，将VL 的 B 气体溶于100 mL 水中，得到密度为 1 的 g mL
2、溶液 M，则 M 溶液的物质的量浓度为1。 (已知 25 、 101 kPa 条件下气体_ molL摩尔体积为 24.5 L mol 1，不必化简 )(4)分别蘸取 B 的浓溶液和 G 的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_。(5)B 和 C 反应的化学方程式为 _。(6)J、 K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀。写出SO2 还原 J生成 K 的离子方程式：_。【答案】钝化3Cu 8H 2NO3 =3Cu2 2NO 4H2OV100024.517V+2450冒白烟3CuO24.5 SO2 2H2O SO422NH3=3Cu N23H2O 2Cu2 2Cl2CuCl 4H【解析】【分析】(1
3、)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；(3)氨气的物质的量是V17Vmol，溶液的质量是+100 g，溶液的体积为24.524.517V +100 g17V+245024.5mL，据此解答；ggmL-124.5(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；(5)B 与 C 反应即 CuO 和 NH3 反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；(6)J、 K 是同种金属的不同氯化物， K 为白色沉淀，则 K 是 CuCl， SO2 还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；【详解】A、 F 为无色气体单质， B 为
4、具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得 1918 年的诺贝尔化学奖，则B 是氨气， A 是氧气， D 是 NO， F 是氮气， G 是硝酸。 C 为黑色氧化物， E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀，则C 是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水， E 是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I 是氢氧化铜， J是氯化铜。(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为 2NO 2 2NO 4H3Cu 8H3=3Cu2O，故答案为：3Cu 8H 2NO3=3Cu2 2NO 4H2 O；Vmol，溶液的质量是17V+100g
5、，溶液的体积为(3)氨气的物质的量是24.524.517VV+100 g 17V+2450100024.5mL，所以溶液的物质的量浓度为24.524.517V+2450ggmL-124.5V1000案为：24.5；17V+245024.5 1，故答mol L(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；(5)B 与 C 反应的化学方程式为3CuO 2NH3=3Cu N2 3H2O，故答案为： 3CuO 2NH3 =3CuN2 3H2O；(6)J、 K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则 K 是 CuCl， SO2 还
6、原氯化铜生成氯化 SO4，故答案为：2Cu2亚铜的离子方程式为 2Cu2 2ClSO2 2H2O 2CuCl 4H2 2Cl SO2 2H2O 2CuCl 4H SO42 。2 物质 A D 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 A D 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： _。B C 转化的离子方程式：_。【答案】盐碱氧化物3CuO+H2Cu+H2OCu2+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
7、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，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 CuSOC为Cu OH 2D为CuO4，( ) ，；( 1) B 为 CuSO为 CuO，为氧化物；4，属于盐类， C 为 Cu( OH) 2，属于碱， D( 2)上述反应到中，在溶液中进行，属于离子反应，共3 个；( 3) D A 转化，涉及 CuO 与 H2 的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；B C 为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu
8、2+2OH- =Cu( OH) 2。3A 为金属单质， B、C、 D、 E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。请回答：(1)A 是 _， C 是 _ 。 (均用化学式表示 )(2)写出实验室制备 D 的化学方程式： _。(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_。(4)设计实验方案，检验C 溶液中的金属阳离子：_【答案】 Fe FeCl2 MnO2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O3+2+2+取 C溶液Cu+2FeCu +2Fe于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双
9、氧水)后溶液显血红色，说明含有 Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解析】【分析】A 为金属单质， B、 C、 D、 E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且 B 与 A 反应生成 C，则 A 为 Fe， D 为 Cl232， B 为 FeCl ， C 为 FeCl ， A 与 E 反应生成C(FeCl)，结合 (3) 用“ B溶液与 Cu 反应制作印刷电路板 ”可知， E为 HCl，据此解答。2【详解】（ 1）根据分析可知， A 为 Fe， C 为 FeCl2，故答案为： Fe； FeCl2；（ 2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰
10、制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓) = MnCl2+Cl2 +2HO，故答案为： MnO 2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O；（3） B 为 FeCl ，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：3Cu+2Fe3+ Cu2+2Fe2+，故答案为： Cu+2Fe3+ Cu2+2Fe2+；（4） C 为 FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验 Fe2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+
11、，故答案为：取 C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂 (如氯水双氧水 )后溶液显血红色，说明含有 Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。4 将铁粉、铜粉、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液和氯化铜溶液，混合于容积合适的烧杯内，充分反应后，试填写下列空白。（1）若铁粉有剩余，则溶液中不可能有的离子是_（从 Fe3+、 Cu2+、 Fe2+中选填）。（2）若溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余，则不可能有的金属单质是_ （从Fe、 Cu 中选填）。（3）若铜粉有剩余，溶液中不可能含有的离子是_（从 Fe3+、Cu2+、 Fe2+中选填）。3+2+Cu、
12、 Fe3+【答案】 Fe、 CuFe【解析】【分析】利用共存原理，对各空进行逐一分析。（ 1）由反应 2Fe3+Fe3Fe2+、 Fe+Cu2+ Fe2+Cu 进行分析，确定铁粉有剩余时，溶液中不可能有的离子。（ 2）利用 2Fe3+Fe 3Fe2+、 Fe+Cu2+ Fe2+Cu、 2Fe3 +Cu 2Fe2 +Cu 2 进行分析，确定当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，不可能有的金属单质。（ 3）利用 2Fe3+Cu=2Fe 2 +Cu2 进行分析，确定铜粉有剩余时，溶液中不可能含有的离子。【详解】（ 1）从反应 2Fe3+Fe3Fe2+、 Fe+Cu2+ Fe2+Cu 可以看出，当铁粉有剩
13、余时，溶液中能与 Fe 反应的 Fe3+、 Cu2+不可能存在。答案为： Fe3+、 Cu2+；（ 2）从反应 2Fe3+Fe3Fe2+、 Fe+Cu2+ Fe2+Cu、 2Fe3 +Cu 2Fe2 +Cu 2 可以看出，当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，与它们能反应的Fe、 Cu 不可能存在。答案为： Fe、Cu；（3）从反应 2Fe3 +Cu=2Fe2 +Cu2 可以看出，当铜粉有剩余时，溶液中能与Cu 反应的 Fe3 不可能存在。答案为：Fe3+。【点睛】所谓离子共存，是指离子(包括原子、分子)间既不能发生氧化还原反应，又不能发生非氧化还原反应，从而生成沉淀、气体、弱电解质等物质的反应。
14、在平时的学习中，应对基本的反应加强记忆，否则，我们无法确定离子间能否共存。5 将单质 Fe和 FeCl3、 FeCl2、 CuCl2 的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子的符号。（1）充分反应后，若Fe 有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是_。（2）充分反应后，如果烧杯中还有大量的Fe3+，则还会有的金属离子是_。（3）如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中一定没有的金属离子是_，一定没有的金属单质是_。【答案】 Fe3+、 Cu2+Fe2+、Cu2+Fe3+Fe【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
15、中置换出来，单质Fe 和 FeCl2、 FeCl3、 CuCl2，氧化性： FeCl3 CuCl2 FeCl2 ，还原性 FeCu，铁先与氯化铁溶液反应， Fe 有剩余，则溶液中不存在 Fe3+、 Cu2+，以此解答该题。【详解】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，单质Fe 和 FeCl2、 FeCl3、 CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应。氧化性：FeCl3 CuCl2 FeCl2，还原性 Fe Cu；Fe 有剩余，则溶液中不存在Fe3+、 Cu2+；如容器内有大量Fe3+，说明金属Fe 完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是 Fe2+、 Cu
16、2+；如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+；则 Fe 完全溶解，一定没有Fe 剩余。【点睛】考查 Fe3+、 Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据 Fe3+、 Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和 Cu2+无剩余。6 下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（部分产物未列出）：已知 C 是紫红色金属固体，B
17、的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。（ 1） A 的化学式是 _， E 化学式是 _ ；（ 2）电解反应的化学 (或离子 )方程式是 _ ；（3）对 200ml 1mol/L 的 A 溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，溶液的为_（假设溶液体积不变）。【答案】 Cu(NO3)2 CuO2+2Cu +2H2O2Cu+O2 +4H或2Cu(NO ) +2H O2Cu+O +4HNO 13 2223【解析】【分析】C 是紫红色金属固体，则C 为 Cu， B 的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B 为 HNO ，可3推知 A 为 Cu(NO3)2， D 为 O2， E 为 CuO，据此解答【详解
18、】C 是紫红色金属固体，则C 为 Cu， B 的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B 为HNO ，可3推知 A 为 Cu(NO3)2， D 为 O2， E 为 CuO；(1)由上述分析可知， A 的化学式是 Cu(NO3)2， E 化学式是 CuO；(2)电解反应的化学2+22+或(或离子 )方程式是： 2Cu+2H O2Cu+O +4H2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2 +4HNO3；(3)对 200ml 1mol/L 的 Cu(NO )溶液进行电解，当有0.02mol 电子发生转移时，参加反应铜320.02mol4离子物质的量 =0.01mol ，故生成氢离子为0.01mol =0.0
19、2mol ，故氢离子物质22的量浓度 = 0.02mol =0.1mol/L ，故溶液 pH=-lg0.1=1。0.2L7 铜及其化合物向 2n mln 0.2n mol?L 1Na 2SO3溶液中滴加 0.2n mol?L1 CuSO4 溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含SO42，含有Cu、Cu2和 SO2 。已知： Cu+ 稀硫酸2+2+I-23Cu+Cu , CuCuI (白色 )+I 。(1)用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是 _。(2)向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI 溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离
20、子反应方程式解释不变蓝的原因_。【答案】有暗红色不溶物生成I 2SO23H 2O2ISO242H【解析】【分析】(1) Cu 在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。【详解】(1) Cu在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：有暗红色不溶物生成；(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为I 2SO32H 2O2ISO422H。故答案为：I 2SO32H 2O2ISO422H。8 氧化亚铜 ( Cu2O) 是一种用途广泛
21、的光电材料，某工厂以硫化铜矿石22( 含 CuFeS、 Cu S 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 03764.(1) 炉气中的有害气体成分是_( 填化学式 ) ， Cu22S 与 O 反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(2) 若试剂 X 是 H2 2_，并写O 溶液，则“氧化”反应的离子方程式为出 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 时， pH 的调控范围是 _。(
22、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Cu22O，写出阳极上生成Cu O 的电极反应式： _ 。【答案】 SO2 12 2H H3 2H空气或氧气22Fe2O2 2Fe2 O3. 7 pH 4. 8过滤防止 Cu2O 被空气中氧气氧化2Cu2e 2OH Cu2O H2O【解析】【分析】硫化铜矿石（含CuFeS、 Cu2S 等）预处理后与氧气焙烧：2高温高温2CuFeS+4OCu S+3SO +2FeO、 Cu S+2O2CuO+SO ，部分 FeO 被氧化为 Fe O ，22222223得到相应的金属氧化物和
23、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. 7 4. 8，沉淀 Fe3+ ，过滤，将滤液用 KOH、 N2H4 还原，反应为：904CuSO+N2H4+8KOH2Cu2 O+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SO222发生反应2； Cu S 与 OCu S高温2O22CuO SO2，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
24、）若试剂 X 是 H2O2 溶液，将 Fe2 氧化为 Fe3 ，离子反应方程式为2Fe2 2H H2O22Fe3 2H2O； 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：2Fe2 2HH2O2 2Fe3 2H2O；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. 7 pH4. 8；故答案为： 3.7 pH4. 8；（4）操作 X 为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为2Cu O 具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化
25、，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，其电极反应式为2Cu 2e2OH2OH=Cu2O Cu2O H2O；故答案为： 2Cu 2eH2O。9Ag2OZn 纽扣电池的固体拆解物中含 Ag2O、 Ag、 Zn、 Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。如图是简要生产流程。（1）固体拆解物需先粉碎的目的是_。（ 2）浸渣的主要成分是 _。（ 3）以上流程中可循环使用的物质是_，除此之外，你认为通过对 _（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现_（填化学式）的循环利用。（4）加入
26、 Cu 之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是 _（用离子方程式表示） .（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：+2NH3Ag(NH3)2+K 稳=1.77-10已知： Ag10； Ksp（ AgCl） =1.8 10写出 AgCl（s）与 NH3 反应的离子方程式_，该反应的平衡常数K=_。（6）上述两种回收方案中都用到了试剂X，X 是_。A稀硫酸B稀硝酸C CuSO溶液4（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。若电流强度为-19yA， 1 小时后，得到 Ag_g（列出计算式，已知 1 个电子所带电量为 1.6 10C，阿伏伽德罗常数的值用 NA 表示
27、）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu滤液 、 Zn3Cu+8H + +2NO3=3Cu 2+2NO+4H O3?3 2+-32AgCl+2NHAg(NH ) +Cl 3.06 10A2.43 1024 yNA【解析】【详解】（ 1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加酸浸速率，提高浸取率；（ 2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，故答案为：石墨；（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液 、 中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，故答案为： Cu；滤液 、 ；Zn；（4）加入 Cu 之前，若酸性太强，Cu 与稀硝酸发生氧化还原
28、反应，反应的离子方程式为3Cu+8H+ +2NO 3 =3Cu 2+ +2NO+4H 2O ，故答案为： 3Cu+8H+ +2NO 3 =3Cu 2+ +2NO+4H 2O ；（ 5）由信息可得， AgCl溶于 NH3 的离子方程式为 AgCl+2NH3 ? Ag(NH3)2 + +Cl-；该反应的平衡常数为c AgNH 3 2c Clc AgNH 32c Ag+c Cl =K 稳Kc2 NH 3=+c2c AgNH 3sp7-10-3 ，K =1.7 10 1.8 10=3.06 10故答案为： AgCl+2NH3 ?+-3Ag(NH3)2 +Cl ； 3.06 10；（6）第一种回收方法中
29、，固体混合物与X 反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn和 Cu，要回收 Cu，可利用稀硫酸和CuSO溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn4和 Ag，若要除去 Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A，故答案为： A；（ 7） 1h=3600s， Q=It =y3600，根据题意回收的 Ag 的质量= n My 3600NAmol 108g/mol= 2.43 1024 y g，1.610 19NA故答案为：2.43 1024 y 。NA10 工业上以废铜为原料经一系列化学反应可生产氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如下图所示：试依据如图转化回答下列问题：(1)工业生产 Cl 时，尾气
30、常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液吸收的原因是_。2(2)还原过程中的产物为 NaCuCl ，试写出该反应的化学方程式：_。2(3)合成结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。(4)实验室中在 CuCl2 热溶液中通入 SO2 气体也可制备白色的CuCl 沉淀，试写出该反应的离子方程式： _。【答案】石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉CuCl22NaClCu=2NaCuCl 使 CuCl尽快干燥，防止被空气氧化2 2Cl SO2H2O2CuCl 2Cu24H SO42【解析】【详解】(1)工业生产 Cl2 时，尾气常用石灰乳吸收，而不用烧碱溶液，可从成本和产品两个方面考虑，从而得出这
31、样操作的原因是石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉。答案为：石灰乳来源丰富，成本低，且反应结束后可得副产品漂白粉(2)还原过程中的产物为NaCuCl2 ，反应的化学方程式：CuCl2 2NaCl Cu=2NaCuCl2。答案为： CuCl2 2NaCl Cu=2NaCuCl2(3)若用水洗，后续操作为烘干；若用酒精洗涤，固体表面的酒精自然挥发，不需烘干。因为氯化亚铜性质不稳定，烘干时易被空气中的氧气氧化，所以合成结束后所得产品应用酒精淋洗。答案为：使CuCl 尽快干燥，防止被空气氧化(4)实验室中在 CuCl2 热溶液中通入SO2 气体也可制备白色的CuCl 沉淀，该反应的离子方程式： 2Cu2 2Cl SO2 2H2O2CuCl 4H SO42 。答案为： 2Cu2 2Cl SO2 2H2O2CuCl 4H SO42
