考点16 铜及其金属材料（解析版）

学而优教有方考点16铜及其金属材料本考点是历年高考的考查热点之一，常在选择题中重点考查常见铜元素的基本反应、离子检验及用途，非选择题中常借助工艺流程的形式，以除杂或提纯等相关问题为主线综合考查铜及其化合物的性质。涉及题型：Cu2+的检验、化学方程式的书写或正误判断、铜的化合物性质的实验探究、用含多种金属元素的矿物制备某种金属化合物、有关铜及其化合物的计算等。预计2023年会继续在选择题中或非选择题中加强对铜元素的考查，以工艺流程的形式考查考生对陌生金属元素的认知能力，考生应该在熟练掌握常见金属元素性质及应用的基础上，强化对陌生金属元素(如第四周期的Ti、V、Cr、Mn、Co、Ni、Ga等)知识的迁移能力。一、铜及其重要化合物二、金属材料铜及其重要化合物1．单质铜(1)物理性质：紫红色固体，具有良好的延展性、导热性和导电性。(2)化学性质2．铜的重要化合物(1)Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的氧化铜，化学方程式：Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2CuO＋CO2↑＋H2O，可溶于稀硫酸，离子方程式：Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O。(2)黑色氧化铜在高温下分解为砖红色的Cu2O，化学方程式为4CuOeq\o(=,\s\up7(高温))2Cu2O＋O2↑。(3)蓝色的硫酸铜晶体受热分解为白色的硫酸铜粉末，化学方程式为CuSO4·5H2Oeq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋5H2O。(4)砖红色的Cu2O与稀硫酸反应，溶液变蓝，同时生成红色的单质铜，离子方程式为Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性()(2)Cu→CuO→Cu(OH)2，两反应过程都能一步实现()(3)无水硫酸铜可用于检验酒精中是否含有水()(4)将铜片置于干燥的空气中，不易被腐蚀()(5)CuSO4·5H2O失去结晶水属于物理变化()(6)铜锈是铜被空气中的氧气缓慢氧化生成的氧化物()(7)波尔多液是用熟石灰、硫酸铜混合而制成的蓝色胶状悬浊液()(8)用锌、铜、稀H2SO4、AgNO3溶液，能证明锌、铜、银的活动性顺序()(9)CuSO4溶液与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)()(10)向CuSO4溶液中滴入过量NaOH溶液充分反应后，将混合液体倒入蒸发皿中加热煮沸一会，然后冷却、过滤，滤纸上的物体为“蓝色固体”()答案：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(7)√(8)√(9)×(10)×【典例】例1我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是()A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C．《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C【解析】A项，我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，A正确；B项，将青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，Cu比银活泼做负极，加快腐蚀，所以青铜器容易生成铜绿，B正确；C项，《本草纲日》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，C错误；D项，用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸，为有机物，D正确；故选C。例2已知CuO经高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与H＋发生反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。将经高温灼烧后的CuO样品投入足量的热的稀硝酸溶液中，下列有关说法中正确的是()A．如果溶液变为蓝色，同时有紫红色固体出现，说明样品全部生成Cu2OB．溶液中最终可能有紫红色固体出现C．该实验的结果无法说明CuO分解的程度D．如果溶液中出现蓝色，最终没有紫红色固体出现，说明CuO没有分解【答案】C【解析】解答此题的关键是明确稀硝酸具有酸性和强氧化性，能溶解CuO、Cu2O和单质Cu，因而该实验结果无法说明CuO分解的程度。【对点提升】对点1某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，下列操作正确且能达到实验目的的是()A．将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体D．将表面有铜绿[Cu2(OH)2CO3]的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿【答案】C【解析】铜丝与浓硫酸反应后，仍有大量浓硫酸存在，不能把水加入反应器中，否则会发生危险，A项错误；Cu与Cl2在常温下不反应，需要加热才能发生反应，B项错误；CuCl2水解生成的HCl易挥发，加热蒸干能促进CuCl2的水解而得不到CuCl2固体，C项错误。对点2氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造船底防污。已知CuO经高温灼烧生成Cu2O，Cu2O与H＋发生反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。现将经高温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合溶，有关说法不正确的是()C．稳定性：Cu2OCuOA．样品与酸反应中Cu2O既为氧化剂又是还原剂D．如果溶液中出现蓝色，说明CuO已分解B．若有14.4gCu2O参加反应，则转移电子数为0.1NA【答案】C【解析】A项，二者稳定性需要根据所处条件分析，在温度不是很高时CuO比氧化亚铜稳定，在高温的时候，氧化亚铜比氧化铜稳定，故A正确；B项，反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中Cu元素的化合价从+1价升高+2价，部分降低到0价，则Cu2O既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C项，如果溶液中出现蓝色，不能说明CuO已分解，因为CuO与稀硫酸反应溶液也呈蓝色，故C错误；D项，反应Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O中，1mol氧化亚铜完全反应注意1mol电子，14.4gCu2O物质的量为：=0.1mol，0.1mol氧化亚铜完全反应转移了0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，故D正确；故选C。【巧学妙记】1．铜的冶炼“两方法”(1)湿法炼铜：Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu。(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：2CuFeS2＋4O2eq\o(=,\s\up7(800℃))Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)2Cu2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(1200℃))2Cu2O＋2SO22Cu2O＋Cu2Seq\o(=,\s\up7(1200℃))6Cu＋SO2↑粗铜中铜的含量为99.5%～99.7%，主要含有Ag、Zn、Fe、Au等杂质，粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%～99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜做阳极，失电子变为Cu2＋，用纯铜棒做阴极即可得精铜。2．铜及其常见化合物的颜色物质颜色物质颜色Cu紫红色CuSO4白色CuO黑色CuSO4·5H2O蓝色Cu2O砖红色Cu2(OH)2CO3绿色Cu2S黑色Cu(OH)2蓝色金属材料1．合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学性能或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。2．常见金属材料及应用金属材料—eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(黑色金属材料：铁、铬、锰以及它们的合金,有色金属材料：除黑色金属以外的其他金属及其合金))(1)重要的黑色金属材料——钢钢是用量最大、用途最广的合金。钢eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(碳素钢\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(低碳钢：韧性、焊接性好，强度低,中碳钢：强度高，韧性及加工性好,高碳钢：硬而脆，热处理后弹性好)),合金钢：具有各种不同的优良性能，用于制不锈钢,及各种特种钢))(2)几种有色金属材料铝及铝合金eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(铝\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：良好的延展性和导电性,用途：制导线)),铝合金\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：密度小、强度高、塑性好、易于成型、,制造工艺简单、成本低廉,用途：主要用于建筑业、容器和包装业、,交通运输业、电子行业等))))铜及铜合金eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(铜\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(性能：良好的导电性和导热性,用途：主要用于电器和电子工业、建筑业)),铜合金：青铜是我国使用最早的合金，常见的,还有黄铜和白铜))3．金属的性质与金属冶炼金属活动性顺序K、Ca、NaMgAl、ZnFe、Sn、Pb(H)Cu、Hg、AgPt、Au与O2反应常温下易被氧化，点燃生成过氧化物或其他复杂氧化物常温下一般生成致密的氧化膜(铁在潮湿的空气中生成疏松的铁锈，不能保护内部金属)加热化合不反应与H2O反应常温下生成碱和氢气与热水反应有碱存在与水反应与高温水蒸气反应不反应与非氧化性酸反应生成盐和氢气生成盐和氢气不反应与盐溶液反应先与水反应，生成的碱再与盐反应排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有的金属常温下都是固态()(2)金属都能在空气中形成致密的保护膜()(3)金属都能与盐酸发生置换反应()(4)根据金属与酸反应置换出氢的难易程度可比较金属的活泼性()(5)金属单质在化学反应中只作为还原剂失去电子()(6)合金材料中不可能含有非金属元素()(7)铁是人类在生产、生活中最早使用的金属()(8)合金的硬度一般大于成分金属，而熔点一般低于成分金属()(9)生铁、普通钢和不锈钢中的含碳量依次降低()(10)人类历史上使用铝的时间比铁晚，原因是铝的冶炼成本高()(11)工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气()(12)钢铁厂用热还原法冶炼铁()(13)钠、镁、铝等活泼金属的冶炼采用电解法()(14)工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应()(15)MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(石灰乳))Mg(OH)2eq\o(→,\s\up7(煅烧))MgOeq\o(→,\s\up7(电解))Mg()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×(7)×(8)√(9)√(10)√(11)×(12)√(13)√(14)×(15)×【典例】例1下列金属用途和有关性质的对应关系错误的是()选项金属用途金属的有关性质A金可以制成比纸还薄的金箔延展性B生活用铁锅导热性C用铁回收照相定影废液中的银氧化性D用铜制作印刷电路导电性【答案】C【解析】A项，金可制成比纸还薄的金箔是金属的延展性，所以对应的关系正确；B项，利用金属的导热性可用铁做铁锅，所以对应的关系正确；C项，用铁粉回收照相定影废液中的银利用了铁的还原性，而不是氧化性，错误；D项，根据铜的导电性用铜制作印刷电路，所以对应的关系正确。例2中国载人潜水器“蛟龙”号在西太平洋的马里亚纳海沟试验海域成功创造了载人深潜新的历史记录，首次突破7000米，最深达到7020米海底。“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，下列有关合金的说法中正确的是()A．钛合金是一种新型的金属单质B．钛合金的熔点比成分金属的低，硬度小C．钛合金的化学性质与钛单质相同D．青铜、碳素钢、合金钢和硬铝均是合金【答案】D【解析】合金是指两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，不属于新型金属单质，A错误；合金的熔点一般比成分金属的熔点低但硬度大，B错误；合金的化学性质与其成分金属的化学性质是相同的，钛合金除具备钛单质的性质外，还具有其他成分的性质，C错误。故选D。【对点提升】对点1“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是()A．生铁属于合金B．一般合金的熔点比各成分金属的低C．合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同D．改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金【答案】C【解析】A项，生铁由铁和碳等元素组成，属于合金，故A正确；B．项，形成合金后，结构发生了改变，一般合金的熔点比各成分金属的低，故B正确；C项，合金的化学性质与其成分金属的化学性质相同，故C错误；D项，改变原料的配比、生成合金的条件，组成合金的成分、结构不同，对合金的性质产生不同的影响，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；故选C。对点2在电影《我和我的祖国》之《前夜》中有这一场景，升旗杆上阻断球锈断，林治远工程师向原材料中加入铬和镍形成不锈钢，赶制出新的阻断球。不锈钢是常见的合金。关于合金，下列说法不正确的是()A．多数合金熔点低于其组分中任意一种组成金属的熔点B．我国使用最早的合金是铁合金C．钠钾合金是原子反应堆的导热剂D．目前世界上使用量最大的合金是铁碳合金【答案】B【解析】A项，一般来说，合金熔点低于其成分金属的熔点，硬度比成分金属大，A正确；B项，人类使用最早的合金，是易于从自然界取得、性质不太活泼的金属混合物，青铜是人类使用最早的合金，B不正确；C项，钠钾合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂，C正确；D项，目前世界上使用量最大的合金是铁碳合金，D正确；故选B。【巧学妙记】1．金属活动顺序与金属冶炼的关系2．有些很活泼的金属也可以用还原法来冶炼，如Na＋KCleq\o(=,\s\up7(850℃))K↑＋NaCl2RbCl＋Mgeq\o(=,\s\up7(700～800℃))MgCl2＋2Rb↑等，主要运用了化学平衡移动原理，利用K、Rb沸点低，汽化离开反应体系，使化学反应得以向正反应方向进行。1．三星堆两次考古挖掘举世震惊，二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列有关说法错误的是()A．铜像表面的铜绿[Cu(OH)2CO3]能在空气中稳定存在B．测定出土文物年代的14C是碳的一种同素异形体C．X射线衍射法可对青铜器微观晶体结构进行分析D．青铜器的出土表明我国商代已经掌握冶炼铜技术【答案】B【解析】A项，铜像表面的铜绿[Cu(OH)2CO3]不会与空气反应，能在空气中稳定存在，A正确；B项，同素异形体是同种元素构成的不同的单质，测定出土文物年代的14C是一种核素，不是单质，所以不是碳的一种同素异形体，B错误；C项，X射线衍射法研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器微观晶体结构进行分析，C正确；D项，商代青铜器都是利用化学变化制备出铜为原料，说明我国商代已经掌握冶炼铜技术，D正确；故选B。2．下列材料中所涉及的合金不属于新型合金的是ABCD新能源汽车储氢材料机窝扇用的是耐高温的合金材料不锈钢盆中国第一艘国产航母的钢材【答案】C【解析】A项，新能源汽车储氢材料，有LaNi5、Mg2Cu、Mg2Ni等，属于新型合金，A不合题意；B项，飞机窝扇用的耐高温的合金材料是钛合金，属于新型合金，B不合题意；C项，不锈钢在19世纪末20世纪初的研制、投产，是一种由铁和碳元素形成的传统合金，还添加了少量的铬、镍等金属，不属于新型合金，C符合题意；D项，航母的钢材的强度大、耐酸碱的腐蚀，属于新型合金，D不合题意；故选C。3．不同的金属在冶炼方法上也有所不同，下列说法正确的是()A．钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热法炼制B．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单C．由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取它们的单质D．炼铁时加入的焦炭除了提供热量外，还用来制造还原剂一氧化碳【答案】D【解析】A项，铁用CO还原法炼制，错误；B项，是因为Al有良好的性能，才被广泛使用，错误；C项，氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解氧化铝的方法制取铝，错误；D项，高炉炼铁中焦炭的作用为与氧气反应产生热量和制造还原剂一氧化碳，正确。4．铜在自然界多以化合态的形式存在于矿石中。常见的铜矿石有：黄铜矿(CuFeS2)、斑铜矿(Cu5FeS4)、辉铜矿(Cu2S)、孔雀石[CuCO3·Cu(OH)2]。下列说法不正确的是()A．可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿B．硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂C．工业上常采用电解法制取粗铜D．在上述几种含铜化合物中，铜的质量分数最高的是Cu2S【答案】C【解析】CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，B项正确；工业上常用电解法精炼铜，C项不正确。5．探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是()A．将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuSB．向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C．向CuSO4溶液中加入适量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD．在淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热水解，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生砖红色沉淀【答案】C【解析】硫的氧化性较弱，只能将铜氧化为＋1价生成Cu2S，A项错误；铜与过量浓硫酸反应后稀释，应将反应后的溶液缓慢加入水中，并不断搅拌，B项错误；CuSO4与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤、灼烧后可得CuO，C项正确；淀粉水解后应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，才会产生砖红色沉淀，D项错误。6．某化学兴趣小组进行了有关Cu、稀硝酸、稀硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是()

A．实验①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，说明HNO3被Cu还原为NO2B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强C．实验③发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD．由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以和稀硝酸反应，又可以和稀硫酸反应【答案】C【解析】A项，铜与稀硝酸反应，HNO3被Cu还原为NO，试管口有红棕色气体产生，是因为NO在试管口被氧气氧化为NO2，故A错误；B项，稀硫酸的氧化性比稀硝酸的弱，实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；C项，实验③发生反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D项，常温下，Cu不能和稀硫酸反应，故D错误；故选C。7．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；无B铜表面易形成致密的氧化膜铜制容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C向硫酸铜溶液中通入少量氨气，有蓝色沉淀产生，过滤后灼烧滤渣，最后变成黑色固体把铜丝放在酒精灯火焰上灼烧，铜丝表面变黑Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无【答案】D【解析】稀盐酸可以与Cu2(OH)2CO3反应，而且稀盐酸不能与Cu反应，Ⅰ、Ⅱ有因果关系，A错误；铜表面不能形成致密的氧化膜，B错误；Ⅰ、Ⅱ均正确，但没有因果关系，C错误；蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末有新物质生成，属于化学变化，CuSO4可用作消毒剂，但与前者没有因果关系，D正确。8．为了比较铁和铜金属活动性强弱，某研究小组的同学设计了如下一些方案，并将实验结果记录如下：方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分别为Fe2(SO4)3和CuSO4④将铁片和铜片分别置于稀硫酸溶液中铁片上有气泡，铜片上不产生气泡⑤将铁片和铜片同时插入盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据以上各种现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有()A．2种B．3种C．4种D．5种【答案】B【解析】①铁能置换出铜，证明铁比铜活泼；②不能证明；③不能证明；④铁能置换出稀硫酸中的氢，铜不能，证明铁比铜活泼；⑤铁与铜形成原电池，铁作负极，铜作正极，证明铁比铜活泼，共有3种方案，选项B正确。9．某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分及应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。已知：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快③(SCN)2是拟卤素，化学性质和氯气相似下列说法正确的是()A．用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe(SCN)3C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN-发生反应，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移【答案】D【解析】A项，用

KSCN

溶液检验

Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B项，红色物质是

Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的

Fe2+也可能是被(SCN)2氧化成

Fe3+，故B错误；C项，Cu(过量)与

FeCl3

溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓(白色)，溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓(白色)，但是将

KSCN

溶液滴加到混合液中，也可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以1观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的

CuCl2与

Cu

反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；D项，Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去也有可能是溶液中的SCN−被消耗，从而使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；故选D。10．工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的______吸收。a．浓硫酸 b．稀硝酸c．NaOH溶液 d．氨水(2)由泡铜冶炼粗铜的化学方程式为_________________________。(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_________________。a．电能全部转化为化学能b．粗铜接电源正极，发生氧化反应c．溶液中Cu2＋向阳极移动d．从阳极泥中可回收Ag、Pt、Au等金属(4)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4=2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为_________________________________________。【答案】(1)cd(2)3Cu2O＋2Aleq\o(=,\s\up7(高温))Al2O3＋6Cu(3)bd(4)4H＋＋O2＋4e－=2H2O【解析】(1)气体A中的大气污染物为SO2，可以用NaOH溶液或氨水吸收。(2)依据图示，泡铜中的Cu2O与Al高温下发生铝热反应制得铜。(3)电解精炼铜过程中，电能转变为化学能的同时，部分电能也转化为热能，a错；电解精炼粗铜时，粗铜做阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，b对；电解过程中Cu2＋向阴极移动，c错；粗铜中Ag、Pt、Au的放电能力比铜的弱，形成阳极泥，可以回收，d对。(4)根据总反应，O2发生还原反应，因此正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O。11．铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用，铜在化合物中的常见化合价有＋1、＋2。(1)工业上可利用反应Cu2S＋O22Cu＋SO2制取粗铜，反应中被氧化的元素是，当消耗32gCu2S时，转移电子数目是(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50～60℃，通入O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为________________________________。CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式：____________________________________________。(3)某小组同学在做铜与浓硫酸反应的实验时，发现铜片表面有黑色固体生成。①甲同学猜想：黑色固体是未来得及溶解于酸的CuO，其猜想可用化学方程式表示为Cu＋H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))_________________。②乙同学认为：黑色固体除CuO外，还可能含有Cu2S和CuS，其理由可能是(填字母)。A．Cu2S和CuS都是黑色的B．铜与浓硫酸在加热条件下反应，还可能放出O2C．浓硫酸是氧化剂，铜是还原剂，Cu的化合价升高与S的化合价降低有多种可能【答案】(1)S1.2NA(2)2Cu＋4H＋＋O2eq\o(=,\s\up7(50～60℃))2Cu2＋＋2H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)①CuO＋SO2↑＋H2O②ac【解析】(1)利用反应Cu2S＋O22Cu＋SO2制取粗铜，硫元素的化合价从－2价升到＋4价，被氧化，反应中被氧化的元素是S，当消耗32gCu2S时，转移电子数目是eq\f(32g,160g·mol－1)×6NAmol－1＝1.2NA。(2)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50～60℃，通入O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的离子方程式为2Cu＋4H＋＋O2eq\o(=,\s\up7(50～60℃))2Cu2＋＋2H2O。CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3溶液和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋。(3)①按照甲同学猜想：铜被氧化生成CuO，硫酸被还原为SO2，化学方程式为Cu＋H2SO4(浓)CuO＋SO2↑＋H2O。②分析可能的理由时，应该从反应现象和氧化还原反应原理入手，ac符合。12．氯化亚铜(CuCl)可用作有机合成的催化剂，CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl-浓度较大的溶液(CuCl+Cl-CuCl2-)，在潮湿空气中易水解、易氧化。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：25℃时，相关物质的Ksp见表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2CuClKsp1×10-16.31×10-38.61×10-19.71×10-5.9回答下列问题：(1)黄铜矿预先粉碎的目的是_______。(2)调pH加入的过量x为_______(填化学式)，滤渣①的成分_______(填化学式)。(3)“还原”时，铜粉转化为Na[CuCl2]的离子反应方程式为_______。(4)已知：温度、pH对CuCl产率的影响如图1、图2所示。则析出CuCl晶体的最佳条件为_______。A．温度在60℃左右pH为2.0~2.5B．温度在90℃左右pH为2.0~2.5C．温度在60℃左右pH为5.0~6.0D．温度在90℃左右pH为5.0~6.0(5)析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，“醇洗”可快速除去滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。写出氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜的化学反应方程式_______。(6)粗产品中氯化亚铜含量的测定：①称取样品3.0g于锥形瓶中，再加入过量的FeCl3溶液充分溶解，配制250mL溶液。②从中取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验，到达滴定终点时，消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL。则样品中CuCl的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率(2)CuO或Cu(OH)2Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2(3)Cu+Cu2++4Cl-=2[CuCl2]-(4)A(5)4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(6)79.6%【解析】(1)黄铜矿预先粉碎可增大固体与硫酸的接触面积，能加快反应速率，提高浸出率；(2)调pH加入的过量x为CuO或Cu(OH)2；滤渣①的成分Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2；(3)“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl-反应转化为Na[CuCl2]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl-=2[CuCl2]-；(4)根据图像可知，温度再60℃左右，pH在2.0~2.5使CuCl的产率最高，为最佳反应条件，故选A；(5)氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(6)消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL，26.05mL数据偏差较大，舍去不用，则两次体积的平均值==24.00mL，根据方程式，n(CuCl)=n(FeCl2)=n(Ce4+)=0.1000mol·L-1×24.00mL=0.0024mol，则样品中m(CuCl)=0.0024mol÷25.00mL×250mL×99.5g/mol=2.388g，CuCl的纯度=×100%=79.6%。1．(2022·江苏省南京师大附中高三模拟)在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是()A． B．C． D．【答案】A【解析】A项，由反应Cu2S+O22Cu+SO2，可知物质之间的转化能实现，A符合题意；B项，由反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物质之间的转化不能实现，B不符合题意；C项，由反应2Cu+SCu2S，可知物质之间的转化不能实现，C不符合题意；D项，常温下，Cu和浓硫酸不反应，可知物质之间的转化不能实现，D不符合题意；故选A。2．(2022·辽宁省辽阳市一模)化合物M(NH4CuSO3)为难溶于水的白色固体，取少量M进行如下实验，下列推断正确的是(

)A．化合物M中Cu的化合价为+2价 B．红色固体(A)为氧化铜C．G为含极性共价键的极性分子 D．加热H无明显现象【答案】C【解析】M与稀硫酸发生反应：2NH4CuSO3+4H+=2NH4++2SO2↑+Cu↓+Cu2++2H2O，可知，A为铜单质，C为二氧化硫，E为硝酸铜溶液，F为氢氧化铜，G为氨气。A项，化合物M中Cu的化合价为+1价，A项错误；B项，红色固体(A)为铜单质，B项错误；C项，氨气为含有N-H极性键的极性分子，C项正确；D项，SO2漂白品红溶液是可逆的。加热H，溶液由无色变为红色。D项错误；故选C。3．(2022·河北省高三模拟预测)如图是铜及部分含铜粒子的价荷图。下列推断合理的是()A．Cu变成a可以加入稀盐酸B．Cu(OH)42-转化成Cu(OH)2需要加碱C．在酸性环境中，Cu2O可以反应生成a和CuOD．如果将高铜酸根离子(CuO2-)填入坐标，应该填在b的位置【答案】D【解析】A项，a中Cu元素为+2价，在酸性条件下，Cu变为a需要失去电子，发生氧化反应，故需要加入强氧化剂，盐酸不能与铜反应，A错误；B项，由图可知，Cu(OH)2转化为Cu(OH)42-需要碱性条件，而Cu(OH)42-转化成Cu(OH)2需要酸性条件，B错误；C项，Cu2O中Cu元素为+1价，在酸性条件下可以发生歧化反应生成+2价铜和单质铜，C错误；D项，(CuO2-)中铜元素为+3价，离子带1个单位负电荷，故填入坐标，应该填在b的位置，正确；故选D。4．(2022·山东省聊城市高三二模)CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是()A．Y可以是甲酸乙酯B．利用途径①制备硫酸铜，消耗的硝酸至少为C．Cu元素参与了3个氧化还原反应D．途径⑤中若n(O2)：n(Cu2O)=3：2，则X为SO2【答案】C【解析】铜经过反应①、②得到硫酸铜，硫酸铜经过反应⑤分解生成氧气、X和Cu2O；硫酸铜与过量的氢氧化钠反应得到新制备的氢氧化铜悬浊液，与Y反应得到Cu2O，说明Y中含醛基。A项，甲酸乙酯中含有醛基，可以与氢氧化铜反应得到Cu2O，A正确；B项，铜与稀硝酸反应的离子反应式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，防有硫酸存在时，硫酸提供大量的氢离子，这时消耗的硝酸的量最少，途径①制备24g硫酸铜，硫酸铜的物质的量为0.15mol，根据方程式可知硝酸的物质的量为0.10mol，B正确；C项，Cu元素参与了反应①、②、④、⑤4个氧化还原反应，C错误；D项，当途径⑤中若n(O2)：n(Cu2O)=3：2，根据元素守恒可配平化学方程式，，根据方程式得失电子数也守恒，故X为二氧化硫，D正确；故选C。5．(2022·山东省淄博市三模)由工业废铜泥(主要成分为、、，含少量Fe)制备难溶于水的氯化亚铜，其工艺流程如图。下列说法错误的是()A．灼烧时可将CuS、Cu2S等转化为CuOB．除杂②过程中还需加热C．流程中可循环使用的物质有H2SO4、Na2SO3D．还原中的反应为2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=CuCl↓+SO42-+2H+【答案】C【解析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶液硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。A项，根据流程信息，灼烧的目的是使含铜物质尽可能溶解在硫酸溶液中，所以是将CuS、Cu2S等转化为CuO，A正确；B项，除杂的目的是使铁元素转化成Fe(OH)3而转化成滤渣，①H2O2目的是将Fe2+转化成Fe3+，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，但只加入NaOH稀溶液容易形成Fe(OH)3胶体更难除杂，所以还应加热，B正确；C项，还原反应同时生成H2SO4，酸浸又消耗H2SO4，所以H2SO4可循环使用，但Na2SO3没有参与循环，C错误；D项，还原中Cu2+被还原得到氯化亚铜，反应为2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=CuCl↓+SO42-+2H+，D正确；故选C。6．(2022·北京市人大附中三模)向2mL0.2mol/LCuSO4溶液中滴加0.2mol/LNa2SO3溶液时溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验棕黄色沉淀中不含SO42-。通过实验探究棕黄色沉淀的成分。实验1：向棕黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到溶液变蓝，产生红色固体实验2：已知：，(白色)。下列同学对实验现象的分析正确的是()A．实验1中加入稀H2SO4后溶液变蓝可证实棕黄色沉淀中含有Cu+B．实验2中加入KI溶液后产生白色沉淀，可证实棕黄色沉淀中含有Cu2+C．实验2中加入淀粉溶液后无明显现象，说明不存在D．在的存在下，Cu2+与SO32-发生了氧化还原反应，产生CuI沉淀和SO42-，说明棕黄色沉淀中含有Cu2+和SO32-【答案】B【解析】A项，加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明棕黄色沉淀中含有Cu+，A错误；B项，根据已知条件Cu2+CuI↓(白色)+I2，加入KI溶液后出现白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有Cu2+，B正确；C项，淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，不能说明不存在Cu2+，C错误；D项，根据实验2中沉淀A为BaSO4，且加入淀粉无现象，则溶液中无I2，Cu2+CuI↓(白色)+I2，I2与SO32-反应生成碘离子和硫酸根，硫酸根与氯化钡f生成白色沉淀BaSO4不，是Cu2+与SO32-反应，D错误；故选B。7．(2022·重庆市育才中学高三高考冲刺考试)某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-，下列判断错误的是()A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]-D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯【答案】A【解析】阳极泥焙烧时，Cu2S被O2氧化为CuO、SO2等，Cu2Se被氧化为CuO、SeO2等；酸浸氧化时，Cu、CuO都转化为Cu(NO3)2，SeO2转化为H2SeO4等；酸溶时，Au、Pt被Cl2氧化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-；萃取后，水层中含有[AuCl4]-，则[PtCl6]2-进入有机溶剂层。A项，“焙烧”时，发生的化学反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，A错误；B项，“酸浸氧化”时，烧渣中可能含有Cu、SeO2等，若直接与HNO3反应，会生成NO污染环境，被O2氧化后再溶于硝酸，可防止NO等气体的排放，从而保护环境，B正确；C项，“酸溶”时，金被Cl2氧化，最终转化为[AuCl4]-，离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2[AuCl4]-，C正确；D项，水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D正确；故选A。8．(2022·湖南省长郡中学模拟预测)CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是()A．“沉铜”发生反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++4OH-CuO↓+4NH3↑+2H2OB．“还原”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．“还原”后所得溶液中大量存在的离子有、、、SO42-D．“洗涤”时可使用水作洗涤剂，因为CuCl难溶于水【答案】B【解析】A项，选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：[Cu(NH3)4]2++2OH-CuO↓+4NH3↑+H2O，故A错误；B项，“还原”步骤中Cu2+做氧化剂，和还原剂Na2SO3反应，铜的化合价从+2价降低到+1价，S的化合价从+4价升高到+6价，发生反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故B正确；C项，根据B选项中的离子方程式可知，反应后的溶液中存在大量的H+和SO42-，但不能存在大量的Cu+和Cl-，故C错误；D项，CuCl虽然难溶于水，但潮湿时易被氧化，所以不能用水做洗涤剂，应该用乙醇洗涤，故D错误；故选B。9．(2022·河南省创新发展联盟阶段检测)将5.00g胆矾(无其他杂质)置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是()A．a点对应的物质中，氧元素的质量分数约为52.3%B．c点对应的固体物质只有CuSO4·C．将c→d产生的气体全部通入BaCl2溶液中，无沉淀产生D．d→e的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃【答案】C【解析】胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4；c→d为CuSO4分解，d中含有0.02mol铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有0.02mol铜元素，则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为Cu2O。A项，胆矾失去部分结晶水得到a，a点对应的物质化学式为CuSO4·xH2O，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A正确；B项，胆矾的化学式CuSO4·5H2O，5g胆矾的物质的量是0.02mol，加热完全失去结晶水，得到0.02molCuSO4，质量为3.2g，所以c点对应物质是CuSO4，故B正确；C项，c→d为CuSO4分解为CuO，产生的气体可能全部为SO3或SO2和O2或SO3、SO2和O2的混合气体，通入BaCl2溶液中，生成BaSO4沉淀，故C错误；D项，d→e的过程反应方程式为4CuOCu2O+O2↑，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；故选C。10．(2022·山西省临县第一中学阶段检测)将含铁单质5.6g的Fe—Cu混合物完全溶解于足量某浓度硝酸中，收集反应产生的混合气体NO2、NO，折合成标准状况体积为8.96L。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，分离出产生的沉淀充分灼烧至重量不再改变后称量，比最初混合物质量增加了4.8g。根据题意下列说法正确是()A．Fe—Cu混合物中Cu的质量为4.8gB．混合气体的组成为0.1molNO和0.3molNO2C．反应消耗硝酸的物质的量为0.4molD．取等质量该混合物与足量稀硫酸反应，最多消耗0.2mol稀硫酸【答案】B【解析】向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，分离出产生的沉淀充分灼烧至重量不再改变，得到的固体为Fe2O3、CuO，质量比最初混合物质量增加了4.8g，说明Fe-Cu合金共结合O原子4.8g。A项，Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，设Cu的质量为xg，根据得失电子守恒，解得x=9.6g，故A错误；B项，Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，则Fe-Cu合金与硝酸反应共失电子0.6mol；设混合气体中NO为xmol、NO2为ymol，根据得失电子守恒，解得x=0.1mol、y=0.3mol，混合气体的组成为0.1molNO和0.3molNO2，故B正确；C项，Fe-Cu合金生成Fe2O3、CuO，共结合O原子4.8g，则Fe-Cu合金与硝酸反应共失电子0.6mol；根据电荷守恒，表现酸性的硝酸的物质的量为0.6mol，被还原的硝酸为0.4mol，所以反应消耗硝酸的物质的量为1mol，故C错误；D项，取等质量该混合物与足量稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以5.6gFe消耗稀硫酸的物质的量为，故D错误；故选B。11．(2022·吉林一中期中)某混合物X由A12O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成，某校课外兴趣小组设计如图实验方案进行探究：途径a：途径b：下列对混合物X成分的分析正确的是()A．Cu的质量为1.92g B．Fe2O3的质量为3gC．A12O3的质量为0g D．SiO2的质量为4.92g【答案】C【解析】途径Ⅰ得到的4.92g固体部分溶于NaOH溶液，说明X中含有二氧化硅，且m(SiO2)=4.92g-1.92g=3g，剩余的1.92g固体为单质铜；又途径Ⅰ加入过量盐酸时得到蓝色溶液，则发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu十2Fe3+=2Fe2++Cu2+，铜有剩余，说明Fe3+全部转化为Fe2+，则加入过量盐酸时发生的反应可写成Fe2O3+6H++Cu=2Fe2++Cu2++3H2O。途径Ⅲ溶于NaOH溶液的固体质量为9.4g-6.4g=3g，说明X中不含Al2O3；6.4g固体为Fe2O3、Cu的混合物，加入过量盐酸发生反应Fe2O3+6H++Cu=2Fe2++Cu2++3H2O，剩余1.92gCu，故Fe2O3的质量为，Cu的质量为6.4g-3.2g=3.2g。A项，Cu的质量为3.2g，A错误；B项，Fe2O3的质量为3.2g，B错误；C项，X中不含Al2O3，C正确；D项，SiO2的质量为3g，D错误；故选C。12．(2022·安徽省示范高中培优联盟考试)用下图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下：装置步骤操作现象①打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管产生红棕色气体，溶液变为绿色②一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色③一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气注射器中无色气体变红棕色下列说法不正确的是()A．①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OB．②中注射器内剩余的水被“吸入”试管可能的原因：3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管内压强减小C．③中的实验现象证明②中Cu与硝酸反应生成了NOD．待②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，铜片表面有气泡产生【答案】C【解析】A项，铜与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A正确；B项，向试管中加入H2O，试管中的NO2与H2O反应，产生HNO3和NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应后气体物质的量减小，导致试管内气体压强减小，注射器内剩余的水被“吸入”试管，B正确；C项，NO也可能是NO2与加入的H2O反应生成的，C错误；D项，向试管内滴加少量稀硫酸，稀硫酸中的H+与试管中的NO3-结合生成HNO3，表现强的氧化性，与试管里的铜片继续发生反应，因此有气泡产生，D正确；故选C。13．(2022·江苏省淮安市期中联考)已知氨可以与灼热的氧化铜反应生成氮气和金属铜，用下面示意图中的装置可以实现该反应。试回答下列问题：(1)请写出A中反应的化学方程式为_______。(2)仪器B中盛放_______作为干燥剂去除气体中的水蒸气。a．碱石灰

b．浓硫酸(3)实验时在C中加入CuO，发生反应的化学方程式是_______。(4)反应结束后取下D试管，向其中滴加几滴酚酞试液，观察到的现象是_______，产生该现象的原因是_______。(用恰当的化学用语表示)(5)装置E中收集到的物质是_______。(填化学式)(6)向10gCu和CuO组成的混合物中，加入一定量的稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO2.24L。请回答以下问题：①写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式_______。②计算原混合物中铜的质量分数__________。【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2)a(3)2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O(4)

溶液变成红色

NH3·H2ONH4+＋OH−(5)氮气(6)

3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O

96%【解析】本实验的目的，验证NH3的还原性。首先用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3，将NH3干燥后，再还原CuO，将反应生成的水蒸气及未反应的NH3冷凝后，收集产生的N2。(1)在A中，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)装置A中，制得的NH3中混有水蒸气，仪器B中若盛放浓硫酸，则会吸收NH3，所以只能盛放碱石灰，故选a；(3)实验时在C中加入CuO，NH3将CuO还原为Cu等，同时生成N2，发生反应的化学方程式是2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；(4)反应结束后取下D试管，试管内的液体为氨水，氨水中的一水合氨电离产生OH-等，从而使溶液显碱性，向其中滴加几滴酚酞试液，观察到的现象是溶液变成红色，产生该现象的原因是：NH3·H2ONH4+＋OH−；(5)反应后所得混合气体中含有N2、NH3和水蒸气，混合气冷凝后，NH3和水蒸气形成氨水，装置E中收集到的物质是氮气；(6)①Cu与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO等，反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O。②在原混合物中加入适量稀硝酸，发生反应：CuO+2H+=Cu2++H2O、3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，n(NO)=，则n(Cu)==0.15mol，铜的质量分数为=96%。14．(2020·天津市河东区普通高中高三学业水平合格性模拟考试)某研究性学习小组用FeCl3溶液作“腐蚀液”，制作印刷电路板，其反应原理是2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2。[实验探究](1)反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2是不是属于置换反应_______(填“是”或“不是”)，反应物FeCl3是_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。(2)若要溶解电路板上6.4g的铜，则需要FeCl3物质的量为_______mol。(3)使用后失效的“腐蚀液”为废液，验证废液中是否存在的试剂是_______(填“KSCN溶液”或“NaCl溶液”)，加入该试剂后，若溶液的颜色变成_______色，说明废液中还存在。(4)废液中的CuCl2可通过加入足量的_______(填“硫粉”或“铁粉”)反应，转化成铜回收。(5)回收后的废液，通入足量Cl2，可以重新获得FeCl3溶液，其反应的化学方程式为_______。[实验结论]利用FeCl3溶液作印刷电路板的“腐蚀液”，不仅废液中的铜可以得到回收，经过处理后的废液还可以重新使用。[知识联想](6)铁是构成人体血红蛋白的一种元素，患缺铁性贫血的病人可补充的是：由_______(填“Fe2+”或“Fe3+”)构成的硫酸盐、乳酸盐、葡萄糖酸盐等。(7)重金属离子(如Cu2+、Ag+等)具有毒性，人若误服CuCl2、AgNO3等溶液会发生中毒，可采取的急救措施有_______(举一例)。【答案】(1)不是

氧化剂(2)0.2(3)

KSCN溶液

血红(4)铁粉(5)2FeCl2+Cl2=2FeCl3(6)Fe2+(7)服用鸡蛋清或牛奶等【解析】(1)反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2的两种生成物都属于化合物，没有单质，故不属于置换反应；反应中Fe元素的化合价由FeCl3中的+3价降至FeCl2中的+2价，FeCl3是氧化剂；(2)6.4gCu的物质的量为=0.1mol，根据反应“2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2”，需要消耗FeCl3物质的量为0.2mol；(3)检验Fe3+选用KSCN溶液，加入KSCN溶液后，若溶液的颜色变成血红色，则说明含Fe3+，反之不含Fe3+；(4)废液中的CuCl2通过转化成铜回收，CuCl2被还原成Cu，可加入足量铁粉反应，反应的化学方程式为Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；(5)回收Cu后的废液中含FeCl2，通入足量Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3，从而重新获得FeCl3溶液；(6)铁是构成人体血红蛋白的一种元素，患缺铁性贫血的病人可补充的是：由Fe2+构成的硫酸盐、乳酸盐、葡萄糖酸盐等；(7)CuCl2、AgNO3等属于重金属盐溶液，误服CuCl2、AgNO3等溶液会使蛋白质发生变性，从而中毒，可采取的急救措施是服用鸡蛋清或牛奶等。15．(2022·浙江省镇海中学选考模拟)某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、Al2O3、CuO和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收A1、Cu、绿矾等。回答下列问题：(1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去___________。(2)“碱浸”时发生反应的化学方程式为___________。(3)操作Ⅰ、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是___________。(4)试剂a为___________(填化学式)，加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为___________。(5)滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过___________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。(6)绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁的晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32g；再通入112mL(标准状况)氯气恰好将其中的完全氧化。①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是___________(填标号)。A．H2O2

B．KSCN溶液

C．NaOH溶液

D．KMnO4酸性溶液②推测晶体中n(Fe2+)：n(Fe3+)___________。【答案】(1)可燃性有机物(2)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O(3)漏斗(4)

Fe

Fe+2Fe3+=3Fe2+(5)蒸发浓缩(6)

D

1：2【解析】(1)“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物；(2)“碱浸”时发生反应的固体为Al2O3，发生反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)操作Ⅰ、Ⅱ均为过滤，使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是漏斗；(4)为了保证最后得到的晶体为纯净的硫酸亚铁，在滤液1中需要加入的试剂a为铁粉，可能发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，属于化合反应的是Fe+2Fe3+=3Fe2+；(5)滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；(6)①为确定绿矾未被全部氧化，可以检验是否有残余的亚铁离子，检验亚铁离子选用KMnO4酸性溶液，故答案为D；②硫酸钡的物质的量为：=0.04mol，即n(FeSO4)+3n[Fe2(SO4)3]=0.04mol，标况下112mL氯气的物质的量为：=0.005mol，根据反应关系式2Fe2+～Cl2可知，硫酸亚铁的物质的量为：n(FeSO4)=n(Fe2