2020-2021全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总及答案解析

1、2020-2021 全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总及答案解析一、铜及其化合物1 某研究性学习小组拟探究热cucl22h2o 的热稳定性，进行如下操作：上述所列物质都是纯净物，请回答：(1)气流 c 的结构式 _，白色固体的化学式_。(2)已知 y 的摩尔质量为233 g mol-1，完成 cucl22h2o 缓慢加热分解的化学方程式_。【答案】 h-cl cucl2(cucl2h2o)cu2(oh)2cl2+2hcl +2h2o【解析】【分析】(1)气流 c 是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；(2)在无保护气条件下，盐受热水解，可

2、能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定y 的组成， y 加热得到黑色固体是cuo，根据 y 的成分可确定其分解反应方程式。【详解】(1) cucl2 是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的hcl，所以给盐的结晶水合物cucl 2h o 加热时，为抑制其水解，要在hcl 气流中进行，所以 c 是 hcl，目的是作保护22气，抑制加热过程 cucl2 可能的水解。该物质是共价化合物，h 原子、 cl 原子之间通过一个共用电子对结合，所以hcl 的结构式是 h-cl， x 是 cucl222。由于 3.42 g cucl 2h o 的物质的量为 n(cucl22300加热，22

3、h o)=3.42 g 171 g/mol=0.02 mol，当高于cucl 分解，产生的白色固体中含有cu 0.02 mol，质量为0.02 64 g/mol=1.28 g1.99 gcl原子，其物质，说明含有的量为 (1.99 g-1.18 g)35.5 g/mol=0.02 mol，则白色固体中 cu、cl 个数比是1： 1，所以白色固体的化学式为cucl， z 为 cl2；(2)3.42 g cucl22h2o 的物质的量为 n(cucl2 2h2o)=3.42 g 171 g/mol=0.02 mol，在没有 hcl 保护气作用下加热cucl22h2o 会发生水解，可能生成碱式盐cu

4、2(oh)2cl2 也可能生成相应的碱cu(oh)2， cu2(oh)2cl2 摩尔质量是 233 g/mol ， 3.42 gcucl22h2o 反应产生 0.01 molcu2(oh)2cl2，质量是2.33 g，正好吻合，说明y 是 cu2(oh)2cl2；若反应产生cu(oh)2，其摩尔质量是98 g/mol ，与题干不符合，故y 为碱式盐cu222(oh) cl ，则根据质量守恒定律可得cucl 2h o缓慢加热的反应方程式为2(cucl 2h o)cu (oh) cl +2hcl +2ho；2222222cu (oh) cl在 200条件下加热发生分解反应产生cuo和 hcl，反应

5、方程式为222cu2(oh)2cl2cuo+2hcl。【点睛】本题考查了易挥发性的结晶水合物受热分解产物的判断。这类盐在受热分解时，发生的分解反应有两种类型。在有保护气时，会失去全部结晶水，生成无水盐，温度升高，无水盐进一步分解；在无保护气时，会转化为碱式盐或相应的碱，继续升高温度，将进一步分解，最终转化为金属氧化物。一定要掌握外界条件对物质分解反应的影响。2 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

6、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

7、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+、 cu2+；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

8、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。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_mol 。（3）常温下a 与 y 的稀

9、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0.3l1mol l 1 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】 so222+42-+non+0.2产生白色沉淀3+3-22+42-+no +h o=2h +so2fe +hso +h o=2fe +so+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

10、定d 为 no23； b 为 cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸， c 为 no， x 为 hno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 so24， g 为 cuso；（ 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 fesofe2o3+so2 +so3，气体 m 为 so2 和 so34， 2feso4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

11、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，得离子反应方程式为so2+no2 +h2 o=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 o 3 的物质的量为： n（ no 3） =n（ cu2+）6.4g22+n=64g / mol +n= n+0.2mol ；答案： n+0.2（3）将（ so2、 so3）通入 bacl2 溶液，发生反应so3+h2

12、o+bacl2=baso4 +2hcl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应： 2feso42 3232 32424 3+3h2o；fe o + so + so；反应 fe o +3h so =fe (so)根据固体 m（ fe23）的量计算出23的物质的量。oso和 so2fesofe o + so + so42323160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应so3 + 2naoh=na2so4+h2o1mol2mol1mol0.01mol 0.02mol 0.01molso2+ naoh = nahso31mol 1mol1mol0.01mol 0.01mo

13、l 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+hso3-+h2o=2fe2+so42- +3h+4 下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物( 某些物质已经略去) ，其中常温下a、c、 d 为无色气体，c能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）写出下列各物质的化学式：x： _； f：_。（2）写出下列变化的反应方程式：ad： _；ce： _。【答案】nh4hco3 或（ nh4） 2co3no22na2o2

14、2co2na2co3 o24nh3 5o24no6h2 o【解析】【分析】c 为无色气体且 c 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故c 为氨气； a 为无色气体，a 能与过氧化钠反应生成气体 d，则a为二氧化碳、d为氧气；c与d在催化剂作用下产生ee为，则一氧化氮 ；e 与 d 进一步反应产生f，则 f 为二氧化氮； g 在稀释时与铜反应产生e，在浓溶液时产生 f，故 g 为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故b 为水。【详解】由分析可知， a 为二氧化碳， b 为水， c 为氨气， d 为氧气， e 为一氧化氮， f 为二氧化氮， g 为硝酸。 x 分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结

15、合相关物质的性质可知， x 可能为 nh4 hco3 或（ nh4） 2co3。（ 1） x为 nh4 hco3 或（ nh4） 2co3； f： no2 ；（ 2） ad的化学方程式为： 2na2o2 2co22na2co3 o2；ce的化学方程式为：4nh3 5o24no 6h2o。5 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 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

16、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 cu2cu24cu hgi 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，发生反应4cuihg cu2hgi4 2cu，试纸颜色由白色变成红色。【详解】(

17、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)a 的阳离子为+2 cu，故答案为：cu ，在水溶液中的歧化反应方程式为2cu cu2cucu2 cu；(3)歧化产物之一2+-22(cu )与 a 的阴离子 (i )发生氧化还原反应生成cui 和 i ，反应方程式是2cu 4i 2cui i22 4i 2cui i2，故答案为： 2cu；(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； 4cuihgcu2hgi4 2cu。6 将 fe 粉、 cu 粉、 fecl3 溶

18、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_ 。3+2+3+2+fe、 cu3+22+【答案】 fe、 cufe 或 cufefe cu 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

19、液反应，氧化性：fecl3 cucl2fecl2 ，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： fecl3 cucl2 fecl2，还原性fe cu，(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，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、

20、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+ cu2 fe2+。7 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+4hno33 222(浓 )=cu(no ) +2h o+2no 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_；使用 h2o2 作为氧化剂的优点是 _。（3）用第步所得cuso晶体加热制备无

21、水cuso4 的瓷质主要仪器 _。45h2o（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主要仪器蒸发皿属于瓷质。（4） . 滤液 1 加 h2o2 是为了将溶液中 fe

22、2+ 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al2 (so4)318h2o 时要考虑除去fe3+影响。【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， h2 22+的离子方程式为 h222+3+2o氧化 feo +2fe +2h =2fe+2h o，反应产物只有 h2o3+，没有引入新杂质且无污染。答案为h222+3+2和 feo +2fe+2h =2fe+2h o，不引入新杂

23、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。8 为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70cu、 25 al、 4 fe 及少量 au、 pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第 步 cu 与混酸反应的离子方程式为_ 。得

24、到滤渣1 的主要成分为_。（ 2）第 步中加入 h2o2 的作用是 _，使用 h2o2 的优点是 _；调溶液 ph 的目的是 _。3）简述第步由滤液2得到cuso（45h2o 的方法是 _。（4）由滤渣2 制取 al2(so4 )318h2o ，设计了以下三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_ ；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）用滴定法测定cuso含量。取 a g 试样配成 100 ml 溶液，每次取 20.00 ml，消45h2o除干扰离子后，用-12）标准溶液滴定至终点，平均消耗edta溶液 bc mol ledta（ h2y2+22+ml。滴定反应如下： cu + h

25、2y cuy + 2h。写出计算 cuso4 5h2 o 质量分数的表达式 _ 。+-2+-2+【答案】 cu + 4h + 2no3=cu + 2no2 + 2h2o 或 3cu + 8h + 2 no3=3cu + 2no + 4h2oau、 pt 将 fe2+氧化为 fe3+不引入杂质，对环境无污染使 fe3+、 al3+沉淀除去 加热滤液 2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤 ，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多24 3cb10 32505fe (so )杂质 乙a 100%【解析】【分析】【详解】（1） cu 与混酸反应的实质是与h+、 no3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离

26、子方程式为cu + 4h+3-2+22+3-2+2+ 2no =cu + 2no + 2h o， 3cu + 8h + 2 no =3cu + 2no + 4ho，au、 pt 不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是au、pt；（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的ph 目的是使 fe3+、 al3+沉淀除去；（ 3）由滤液 2 得到 cuso45h2o 的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；（ 4）甲方案不可行，因为滤渣2 的主要成分是 fe（oh） 3、 al（ oh） 3 沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制

27、得的产品中含有较多 fe2(so4)3 杂质； 从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；（5）由滴定反应方程式得100ml2+-342溶液中 n （cu ） =b10 a 5mol，所以 cuso5ho 质量-3。100%分数 = b 10 a 5 250/a9cucl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石(主要成分cu(oh)2cuco3，含 fes、feo 和 sio2 杂质 )制备 cucl的某流程如图：请回答：(1)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(2)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(3)下列说法不正确 的

28、是 _a 步骤中产生的气体的主要成分为co2 和 h2s 气体b 滤渣 1 的成分为 sio2，滤渣2 的主要成分为 fe(oh)3 和 cu(oh)2c co32-作用是控制溶液 ph，促使 cucl 沉淀的生成d 若改变试剂加入顺序，将溶液3 缓慢加入到含大量so32- /co32-的溶液中，同样可制取cucl【答案】 2h+2fe2+h2o2=2fe3+2h2o2cu 2+ +2cl - +so23- +h 2o=2cucl+so24- +2h +bd【解析】【分析】孔雀石 主要成分cu(oh)2?cuco3，含 fes、 feo 和 sio2 杂质 中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、

29、二氧化碳，滤渣1 为二氧化硅，溶液1 中含有fe2+、fe3+、cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节ph 值，使铁离子沉淀，得到滤渣2 为氢氧化铁，溶液2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 ph 值，使 cucl 沉淀，由于 so23- /co 23- 的溶液呈碱性，所以如果将溶液 3 缓慢加入到含大量 so23- /co 32- 的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。【详解】（ 1）步骤主要目的是利用双氧水氧化fe2+，其反应离子方程式为：2h+2fe2+h2o2=2fe3+2h2o；

30、故答案为： 2h+2fe2+h2o2=2fe3+2h2 o；（2）溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 ph 值，使 cucl 沉淀，其主要离方程式为：2cu 2+ +2cl - +so32- +h 2o=2cucl+so42- +2h + ；故答案为： 2cu 2+ +2cl - +so32- +h 2o=2cucl +so 42- +2h +；（3） a由上述分析可知，步骤中产生的气体的主要成分为co2 和 h2s 气体，故 a 不符合题意；b由上述分析可知，滤渣 1 的成分为 sio2，滤渣 2 的主要成分为 fe(oh)3，故 b 符合题意；c溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜