化学二模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合含详细答案Word文档格式.docx
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(3)反应③为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸和氯化亚铁,反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,故答案为:
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;
(4)E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液,因溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,会干扰亚铁离子检验,所以检验亚铁离子应选用铁氰化钾溶液,具体操作为取少量溶液E于试管中,加入铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,说明含有Fe2+,故答案为:
取少量溶液E于试管中,加入铁氰化钾溶液,若生成蓝色沉淀,说明含有Fe2+。
【点睛】
E溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,会干扰亚铁离子检验是易错点。
2.由2种常见元素组成的化合物G,有关转化和实验信息如下:
请回答下列问题:
(1)G是______________(填化学式)。
(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。
(3)若D为纯净物,F是红色金属单质,写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。
(4)C的最大质量为________________g。
【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+Cu2O+2H=Cu2++Cu+H2O23.3
A为刺激性气体,能与碘水反应,说明A有还原性;
B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,说明B中含有SO42-,所以A为SO2,B为H2SO4和HI的混合溶液,C为BaSO4;
通过质量守恒可推知G是Cu2S,以此解答。
(1)G中含S元素,I2+2H2O+SO2=H2SO4+2HI,m(S)=1L×
0.1mol/L×
32g/mol=3.2g,G中金属元素质量为12.8g,由元素质量守恒知,D中氧元素质量为1.6g,中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等,设D中金属元素的相对原子质量为M,化合价为n,则有
,解得:
M=64n,当n=1时,M=64,故D为Cu2O,G为Cu2S;
故答案为:
Cu2S;
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程,离子方程式为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;
(3)Cu2O与硫酸反应,生成了一种单质,该单质是铜,由氧化还原反应知,一部分铜元素由+1价降至0价,必然另一部分铜元素化合价升高至+2价,即E为硫酸铜溶液,F为铜单质,则离子反应方程式为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;
(4)由分析可知,最终生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,m(BaSO4)=0.1mol×
233g/mol=23.3g;
23.3;
3.我国很早就使用青铜器,由于时间久远,其表面有一层“绿锈”,“绿锈”俗称“铜绿”,是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的,化学式为[Cu2(OH)2CO3],“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。
某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
(1)从物质分类标准看,“铜绿”属于___(填字母)。
A.酸B.碱C.盐D.氧化物
(2)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式:
___。
(3)上述转化过程中属于氧化还原反应的是___(填序号)
(4)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水,其分解的化学方程式为___。
【答案】CCu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O①⑤Cu2(OH)2CO3
2CuO+CO2↑+H2O
(1)、Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根离子,属于盐类,故选择C;
(2)、铜绿与盐酸反应的离子方程式:
Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O;
(3)、反应①中铜元素从0价升高为+2价,反应⑤中铜元素从+2价降低为0价,其他反应元素化合价无变化,因此,上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤,
故答案为①⑤;
(4)、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水,化学方程式为:
Cu2(OH)2CO3
2CuO+CO2↑+H2O。
4.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:
①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。
②向滤液中通入Cl2,搅拌。
③向②中加入适量物质A,微热,搅拌,调整溶液的pH,过滤。
④把③所得滤液浓缩。
(1)①中加热并搅拌的目的是_____________________________。
(2)②中发生反应的离子方程式是_________________________。
(3)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)③中发生反应的离子方程式是_________________________。
(5)①③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-CuO4-5Fe(OH)3CuO+2H+=Cu2++H2O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。
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:
,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CuCl2溶液。
(1)加热搅拌一般是为了加快反应速度,
加快反应速率,使反应充分;
(2)根据分析可知答案为:
(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,
CuO;
4-5;
Fe(OH)3;
(4)该反应为氧化铜和氢离子的反应,
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试纸中央,待变色后与标准比色卡相比。
5.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矾,流程简图如下:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,反应中H2O2的作用是_____。
写出操作①的名称:
_________。
(2)反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:
_______。
操作②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)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。
若操作③使用下图装置,图中存在的错误是_____。
(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。
阴极析出铜,阳极产物是_______。
操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。
(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NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。
【答案】作氧化剂过滤Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗abRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤H2SO4防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀
(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①为过滤。
反应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)反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,方程式为:
Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。
分液的目的是富集铜元素,使铜元素与水溶液中的物质分离,所以ab正确。
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,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O2,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累,因此阳极产物还有硫酸,从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
(5)电解硫酸铜溶液时得到硫酸,在反应Ⅲ中用到的H2SO4,所以硫酸能循环使用。
氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离,从而降低溶液的碱性,防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀。
6.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。
以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图:
已知CuCl难溶于醇和水,溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-
CuCl2-],潮湿空气中易水解氧化。
(1)“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。
该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀,则反应的化学反应方程式为__;
(2)“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·
L-1,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)。
溶解时反应的离子方程式__;
(3)“反应”时,Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___,n(氧化剂):
n(还原剂)=___;
②比较c(Cu+)相对大小:
A点___C点(填“>
”、“<
”或“=”)。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___;
(4)“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__;
(5)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+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O16.33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OSO42-或(NH4)2SO42:
1>
加水稀释(NH4)2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2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SO32-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表面的(NH4+)2SO4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。
(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,一方面可以加快反应速率,另一方面使矿物中的CuS尽可能转化,提高浸取率;
根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知,本反应生成了CuSO4和S,发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O,故答案为:
增大接触面积,加快酸浸速率,提高Cu的浸出率等;
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O;
(2)根据c=
得,浓硫酸浓度=
=18.4mol·
L-1,根据C1V1=C2V2得:
18.4mol·
L-1
V=0.3mol·
L-1×
1L,解得V≈16.3mL;
根据反应物为NH4NO3和硫酸,可知,利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解,发生的反应为Cu和稀硝酸反应,故离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
16.3;
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)①流程可知,“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+,SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-,SO42-为氧化产物;
SO32-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,根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得,所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:
1,即氧化剂:
还原剂=2:
1;
SO42-或(NH4)2SO4;
2:
②B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-浓度增大,有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-
CuCl2-],由CuCl(s)
Cu+(aq)+Cl-(aq)可知,CuCl虽然被溶解了一部分,但是平衡并没有发生移动,所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的,由于B点之前CuCl(s)
Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动,所以B点的Cu2+的浓度小于A点,综上所述答案为:
>
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-
CuCl2-使沉淀减少了,所以我们可以减小Cl-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)硝酸有强氧化性,将CuCl氧化,所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”,故答案为:
HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
(3)由图可知,B点之后,NH4Cl越多,沉淀率反而减小,但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来,所以最直接的做法是反着来,加适量的水!
7.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70%Cu、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①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。
得到滤渣1的主要成分为___________。
(2)第②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③步由滤液2得到CuSO4·
5H2O的方法是_________________________。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·
18H2O,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CuSO4·
5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·
L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+。
写出计算CuSO4·
5H2O质量分数的表达式ω=__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++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Fe2(SO4)3杂质乙
×
100%
(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,所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,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CuSO4·
5H2O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100mL溶液中n(Cu2+)=b×
10-3×
a×
5mol,所以CuSO4·
5H2O质量分数=b×
5×
250/a×
100%。
8.氯化亚铜(
)常用作有机合成工业中的催化剂,是一种白色粉末,微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。
工业上用制作印刷电路的废液(含
、
)生产
的流程如图所示:
根据以上信息回答下列问题:
(1)生产过程中:
X是________,Z是________。
(均填化学式)
(2)写出生成
的离子方程式________。
(3)析出的
晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。
(4)在
的生成过程中理论上不需要补充SO2气体,其理由是________。
(5)已知:
常温下
,
,现向
饱和溶液中加入
固体至
,此时溶液中
=________。
(6)实验探究pH对
产率的影响如下表所示:
pH
1
2
3
4
5
6
7
产率/%
70
90
82
78
75
72
析出
晶体最佳pH为________,当pH较大时
产率变低的原因是________。
【答案】Fe
或
等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品
的损失Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1,CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1,所以理论上不需要补充SO2气体
2pH较大时,
水解程度增大,反应生成
减少
根据流程图,蚀刻液为氯化铁溶液,则滤液①为氯化亚铁,因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子,过滤后,在滤液1中通入过量的氯气,可生成氯化铁,用于制作蚀刻液;
滤渣①含有铜、铁,加入过量的盐酸除去铁,滤液②为氯化亚铁,滤渣②中含有铜,可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,铜与氯气反应生成氯化铜,调节溶液pH,可生成硫酸和CuCl晶体,据此分析解答。
(1)由以上分析可知X是Fe,Z是Cl2,故答案为:
Fe;
Cl2;
(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+,故答案为:
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+;
(3)氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸,析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤,可减少产品CuCl的损失,同时乙醇易挥发,便于干燥,故答案为:
减少产品CuCl的损失;
(4)依据图示可知:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1,CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1,所以理论上不需要补充SO2气体,故答案为:
CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1,CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1,所以理论上不需要补充SO2气体;
(5)常温下Ksp(CuCl)=1.6×
10-7,Ksp(CuI)=1.2×
10-12,现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-)=0.1mol•L-1,c(Cu2+)=
mol/L=1.2×
10-11,c(Cl-)=
mol/L=4×
10-4mol/L,此时溶液中
=
=3×
10-8,故答案为:
3×
10-8;
(6)由表中数据可知,析出CuCl晶体最佳pH为2,pH较大时,铜离子水解程度增大,反应生成CuCl减少,CuCl产率降低,故答案为:
2;
pH较大时,铜离子水解程度增大,反应生成CuCl减少。
根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。
本题的易错点和难点为(4),要注意根据反应的方程式分析判断。
9.黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3)生产氯化铜晶体的流程如下:
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是___________________
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