2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题综合题含答案

1、2020-2021 备战高考化学铜及其化合物推断题综合题含答案一、铜及其化合物1.中，除一种元素外，其余均为下列框图涉及的物质所含元素118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 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B 分反映的产物 未列出。请回答下列问题：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 。E与G的稀溶液反映的离子方程式为 。在25C和101kPa的条件下，将VL的B气体溶于100mL水中，得到密度为pgn1!的溶液M，贝UM溶液的物质的量浓度为 molLl(已知25、

2、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5 L mol1，不必化简)诀别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是 。B和C反映的化学方程式为 。J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出 SQ还原J生成K的离子方程式:【答案】钝化3Cu+ 8+ +2NO3 一 1000+ 2NOT + 4 0 24.5冒白烟3CuO+2CU2+2NH3=3Cu+ N2 + 3H2O17V+245024.5 p4+ 2C+ SQ+ 2H2O 蛰 2CuCl J+ 4H + SO 24【解析】【分析】常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；铜与稀硝酸反映生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答;V mol,氨气的

3、物质的量是24.5溶液的质量+100 g 17V+245017V24.5+100 g,溶液的体积为24.5pggm-124.5 mL，据此解答；解答；BCCuONH3反映，生成铜单质、氮气和水，据此解答；J、K是同种金属的不同氯化物， K为白色沉淀，则 KCuCI, SQ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，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映生成 铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反映

4、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；铜与稀硝酸反映的离子方程式为3Cu+ 2NO3=3C+ 2NOT + 4 出 0,故答案为:3Cu+ 8H(3)+2N3 + 2NOT + 4H2O;氨气的物质的量是 mol，溶液的质量是 空+100g24.524.517V+100g17V+245024.5100024.5pggmLV 24.5100024.5 pmL,所以溶液的物质的量浓度为17V+245024.5 pmolL1,故答为：案17V+2450为：；浓硝酸、浓氨p白烟，故答案为：冒白烟；B C 3CuO2NH

5、3=3CU+ N23 0，故答案为：3CuO2NH3=3Cu N2+ 3H2O;(6)SQ 还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为 J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则 K是CuCI,+2CF+ S+ 2HO 2CuCl J+ 4+ S2 ，故答案为：2C2 + 2Cl + SQ+ 2H2O 2CuCl J+ 4H + SQ2 。2. 物质A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外的其他物质均已略去)。(1 )写出相应物质的类别。物质类别(2)(3T A转化的化学方程式： BTC转化的离子方程式： 。上述反映到中，属于离子反映的有 个。23 CuO

6、+H _ Cu+H C CIT+2OH-=CU2【解析】【分析】由转化关系可知 应为氧化物，与氢气反映生成 A 为单质，B 应为硫酸盐，可由 A 成，B A Cu, CuO, B CuSQC CU(OH)2，以此解答该题。【详解】2根据以上分析知：A 为 Cu, B 为 CuSQ, C 为 Cu(OH) , 为 CuO；22BCuSQ，属于盐类，CCU(OH,属于碱，CuO,为氧化物；2上述反映到中，在溶液中进行，属于离子反映，共3个；TACuOH2CuO+H2C1+H2O;BT C为硫酸铜与氢氧化钠的反映，反映的离子方程式为CU2+2OH-=CU(OH)2JO3.远，其表面有一层我国很早就使

7、用青铜器，由于时间久绿锈” 绿锈”俗称 铜绿”是22、O作用产生的，化学式为Cu (OHCC 盐、CQ H20T TT 22铜卫+铜绿一+4 但+5 PH：一B-+Cu(1)从物质分类标准看，铜绿属于(填字母)。A.酸(2)B.碱C.盐.氧化物请写出铜绿与盐酸反映的离子方程式：O(3)上述转化进程中属于氧化还原反映的是(填序号)(4)解的化学方程式为 O铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CQ和水，其分【答案】C CU2(OH) 2CO3+4H+=2CU2+ +C02 f +3H2O A2232Cu (0H)C02Cu0+C0 f 2232【解析】【详解】(1)、CU2(OH)2CO3中含有金属

8、阳离子和酸根离子，属于盐类，故选择 C；223、铜绿与盐酸反映的离子方程式：CU (OH) CC +4H+=2CU2+ +CCH +3H 0223、反映中铜元素从 0 价升高为+2 价，反映中铜元素从 +2 0 价无变化，因此，上述转化进程中属于氧化还原反映的是，故答案为；(4) 、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，化学方程式为：2C 边(0H) CQ = 2CuO+CQ f + HO。24.中含量位列第有、B、四种常见的金属单质，A元素在地壳6, A 的密度为 0.97g/cm3 ；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落烧，火星四射。根据以上信息回答下列问题：写出关于

9、应化学式： 在氧气燃A在室温下与氧气反映生成 , 在空气中锈蚀生成的氧化物为 。写出下列化学方程式： A在空气中燃烧 ； B长期置于空气中变成绿色物质 。将 5 g 钠铝合金投入 200 mL 的水中，固体完全溶解，产生 4.48 L 标准状态下的气体，溶 液中只有一种溶质。经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为液中溶质的物质的量浓度为 (假设溶液体积变化忽略不计 。 ，所得溶【答案】NOFeO32Namol/L【解析】【分析】Na2O2 2Cu+ O2 + CO2+ H2O=Cu2(OH)2CO3 1： 10.5一根据A元素在地壳中含量位列第6,密度为0.97g/cm3，可推知A是N

10、a；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，燃烧，火星四射，则 是Fe。【详解】C 是 Al； 在氧气中(1)FeFe?O3；A为Na,在室温下与氧气反映生成氧化钠，Na2NaOLCu 长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu+ O2+ CO2 + H2O=Cu2(OH)2CO3溶液中只有一种溶质，应该是NaAIO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为 1:1，根据质量可得二者物质的量均是的量浓度为 c(NaAlO2)=0.1mol 0.5mol L 1。0.2L5.C为无色气体，C0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质下图的各方框表示有关

11、的一种反映物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下 A、（1）写出下列各物质的化学式：X: F: 。（2 ）写出下列变化的反映方程式：A: ;3E: 。【答案】NHHCO 或CONO2NQ+2CQ=2NCO+Q+5Q4NO+226H O2【解析】【分析】3於钿Is W.lC C C 为氨气；A 为无色气体，A ,A为二氧化碳、为氧气；CEEE进F为二氧化氮；GFG为硝酸；二氧B 为水。【详解】由分析可知，A 为二氧化碳，B 为水，C 为氨气， 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且接合相关物质的 性质可知，XHCO3或（N

12、H4）2CO3。X为 NH4 HCQ或（NH4）2CQ; F： NO2；A2Na2O22CO22Na2CQO2；SE的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O 。铜与浓硫酸在加热条件下发生反映。请同学们写出该反映方程式 ；其中 为还原剂，浓硫酸表现的性质 酸性）；（酸性、强氧化性、强氧化性和（3）当3molCu参加反映，转移的电子数为 。Z【答案】CU+2HSO4 （浓）CuSQ+SQf+2H2OCu（或铜）Z（或 3.612 X 104）【解析】【详解】强氧化性和酸性6NA铜与浓硫酸在加热条件下发生反映生成硫酸铜、SQ和水，该反映方程式为 CU+2H2SO（浓） CuSQ+SQ f+2

13、H2O；CU+2H2SCH （浓）_fO 中，Cu 元素化合价升高，则 Cu 发生氧化反22应，是还原剂，而 S 元素部分化合价+6 价降为+4 价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；22反映中 Cu 从 0 价升高为+2 价，则当 3molCu 参加反映，转移电子的物质的量为A3mol X 2=6mol 数目为 6N 。A废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回 收铜和制取胆矶，流程简图如下：厂1回答下列问题：3 42反映I是将Cu转化为CU(NH )2+,反映中H O 的作用是。写

14、出操作的3 42II是铜氨溶液中的 CU(NH3)42+RH反映，写出该反映的离子方程式: 。操作用到的主要仪器名称为 ，其目的是(填序号)a.富集铜元素b 使铜元素与水溶液中的物质分离c.增加 CU2+在水中的溶解度(3)CUSO 和反映川是有机溶液中的 CUR与稀硫酸反映生成。若操作使用下图装置，图中存在的错误是 。V/Tr 操作以石墨电极电解 CuSQ溶液。阴极析出铜，阳极产物是 。操作由硫酸铜溶液制胆矶的主要步骤是 。(5 )流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 。循环使用的NH4CI在反映I中的主要作用是 。【答案】作氧化剂过滤 CL(NH3)42+2R

15、H=2NH4+2NH3+CUF2分液漏斗 a bRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多Q、H2SC4加热浓缩 冷却结晶 过滤 H2SC4防止由于溶液中的c(OH-)过高，生成 CU (OH) 2沉淀【解析】【分析】【详解】(1 )废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体 和溶液采用过滤的方法，所以操作为过滤。反映 I 是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化 合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。(2)应，生成 NH4+反映n是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反NH3,方程式为：CU(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CUR2。分液的目的是富

16、集铜元素，使铜元 素与水溶液中的物质分离，所以 a b 正确。(3 )反映川是有机溶液中的 CuF与稀硫酸反映相当于复分解反映，所以生成硫酸铜和 RH。互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗 内部不能盛放太多溶液。(4) 以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以 阳极上产生02,同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积淀，因此 阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可经过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。(5)用到的电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反映川中H2SO，所以硫酸能循环使用。氯化铵电离出的铵根离子克制一水合氨

17、的电离，从而降低溶液的碱性， (0H-)过高，生成 Cu (OH) 2 沉淀。&氯化亚铜(CuCI图：防止由于溶液中的 cCuCI 的工艺如”，14i齡诃訂卡画亟画爭画 c.n f i已知 CuCI 难溶于醇和水，溶于 c(Cr)较大的体系CuCI(s)+Cl= CuC2-，潮湿空气中易水解 氧化。氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是 。该进程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反映 的化学方程式为0.3molL，配制1L此硫酸溶液，需要 98%、1.84g mL-1浓硫 酸 mL (保留1位小数)。溶解时反映的离子方程式 ;反映”时，Cu+的沉淀率与加入的 NH4CI的量关系如图所示。 反映的氧化产物是

18、 _, n(氧化剂)：n(还原剂)=_; 比较 c(Cu+)相关于大小：A 点_C 点(填“ ”“ 或“=)。 提高处于 C 点状态的混合物中 Cu+沉淀率措施是;过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为 ;不能用硝酸代替硫酸进行酸洗”理由是 。【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu 的浸出率等CuS+HSO4+H2O2=CuSQ+S+2H2O 16.3 3Cu+8l4+2NO3-=3Cu2+2NOf +4H2O SQ2 或42424(NH SO 2： 1 加水稀释 (NH SO HNO 具有强氧化性会把 CuCI 42424【解析】【分析】利用 H2O2 在酸性条件下将 CuS 中的-2

19、 价 S 元素氧化成 S 单质，同时释放 Cu2+，经过系列 处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用-2SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，同时利用 Cl 将 Cu+沉淀生成 CuCl，用稀硫酸洗去 CuCl -2等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥 的 CuCl，据此回答。【详解】(1) 工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反映速率，另一方面使矿物中的浅黄色沉淀可知，本反映生成了CuS 尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和CuSO 和 S,发生了 CuS+HSC4

20、+H2O2=CuSQ+S+2H2O,故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高CuS+HSO+H202=CuSO+S+2HO；(2)=18.4mol L -1，根据MCu 的浸出率等；1 84 g根据c= 一得，浓硫酸浓度=1000 mL 98%98g / molCV=Gt 得：18.4mol L -1 V=0.3mol L-1 x 1JL 解得 V 16.3mL 根据反映物为 NHNO 和硫 酸，可知，利用 NO-在酸性条件下的氧化性将 Cu 氧化溶解，发生的反映为应，故离子方程式为：3Cu+8 汕+2NO3-=3Cu2+2NOf +4H2 O,故答案为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2

21、NOT+4H2O；Cu 和稀硝酸反(3)SQ2-,流程可知， 反映”利用 SQ2 将 Cu2*还原成 Cu+, SO32-自身被 Cu2*被氧化成SO42-为氧化产物；SQ2-被氧化S化合价由+4升高到+6,升高了 2,每个Cu2*被还原，化合 价从+2降低到+1，降低了 1,根据氧化还原反映中化合价升高总数=化合价降低总数得，所4Cu2+SQ2-的物质的量之比为 2:1,即氧化剂：还原剂 =2:1；故答案为：SO42-或 (NH SO 42:1 ； B 点之前 Cu+和 Cl-形成 CuCl 沉淀，B 点时建立了 CuCl(s) ? Cu+(aq)+ Cl -(aq),B 点之后，Cl-浓度

22、增大，有一部分 CuCl 溶解CuCI(s)+C=CuC2-,由 CuCl(s) ? Cu+(aq)+ Cl - (aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并且没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的BCuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)BCu2+的浓度小于 A点，综上所述答案为：；既然B点之后是由于发生了CuCI(s)+CCuCb-使沉淀减少了，所以我们可以减少C-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；(4)由上可知，过滤”所得滤液中溶质主要成分为 (NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；(5)CuClCuCl 氧化。【点睛】硝酸有强氧化

23、性，将酸洗”故答案为： HNO3(3)由图可知，B点之后，NH4CI 越多，沉淀率反而减少，但是已经加进去的不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！NH4CI 又拿29.Ag20ZnAg。、Ag、Zn、Cu2（1 ）固体拆解物需先粉碎的目的是 。浸渣的主要成分是 。以上流程中可循环使用的物质是 ，除此之外，你认为经过关于 （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。Cu表示）.有人在实验室中利用如下方案回收银稀硝耿滚氨水Zn粉pH，原因是（用离子方程式已知：Ag+2NH3Ag(NH3)2K=1.7X10KspAgC=1.8X110AgCl(sNH3反映的离子方

24、程式 _，该反映的平衡常数 K=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，可以电解精练。若电流强度为yA,1小时后，得到Ag g（列出计算式，已知 1个电子所带电量为1.6X110c,阿伏伽德罗常数的值用 N A表示）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨 Cu滤液H、川 Zn33Cu+8H +2NO3=3Cu +2NO +4H 2O AgCI+2NH3Ag（NH ）+C3.06 X 1A 2.43 10243【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

25、加酸浸速率，提高浸取率；故答案为：石墨；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z*+，可回收加以循环利用，故答案为：Cu;滤液 n、川；Zn；n、川中均含有(4)反映的离子方程式为加入 Cu 之前，若酸性太强， Cu 与稀硝酸发生氧化还原反映，33Cu+8H 2NO =3Cu +2NO +4H3+ 2+故答案为：3Cu+8H +2NO3=3Cu +2NO +4H 2O ；3由信息可得，AgCINH3AgCI+2NfAg(NH +C-33 2c Ag NH3 c Cl c Ag3 2平衡常数为K12=Jc Ag+ cClc2 NH3c Ag cNH3Ksp=1.7 X 1(0 1.8 乂 11=3.06 X 103故答案为：AgCI+2NH3Ag(NH +C3.06 X 103第一种回收方法中，固体混合物与 X反映后，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