化学一模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合附详细答案.docx
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化学一模试题分类汇编铜及其化合物推断题综合附详细答案
2020-2021化学一模试题分类汇编——铜及其化合物推断题综合附详细答案
一、铜及其化合物
1.下列框图涉及到的物质所含元素中,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,C为黑色氧化物,E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题:
(1)D的化学式为__;F的结构式为__。
(2)A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。
(3)E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。
(4)B和C反应的化学方程式为__。
(5)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】NON≡N硝酸3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−
【解析】
【分析】
E为红色金属单质,应为Cu,则C为CuO,B为具有刺激性气味的气体,应为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,生成的气体单质F为N2,可与氧气在放电条件下反应生成NO,则A为O2,D为NO,G为HNO3,H为Cu(NO3)2,I为Cu(OH)2,J为CuCl2,J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K应为CuCl,据此分析解答。
【详解】
(1)由以上分析可知D为NO,F为N2,结构式为N≡N;
(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水,NO被氧化生成NO2,溶于水生成硝酸,因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一;
(3)G为HNO3,稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)B为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,反应的方程式为3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O;
(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。
2.某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。
从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。
(1)试剂X为_______,加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。
(2)操作②为____________(填实验分离方法)。
(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。
(4)写出操作④的化学反应方程式____________。
(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应,产生的气体为_________(填化学式)。
【答案】铝2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu氨水过滤Al2(SO4)3、H2SO4Al2(SO4)3、H2SO4SO2
【解析】
【分析】
某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+,由流程可知加入X为金属铝,用于置换出铜,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物,向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al,反应产生Al2(SO4)3,而Cu不能发生反应,则为稀H2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,由于Al(OH)3是两性物质,能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质,因此向①②混合后加入氨水,可生成Al(OH)3沉淀,过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3,电解熔融的Al2O3可生成Al,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知操作①是过滤,不溶性物质为Cu、Al混合物,操作②是过滤,试剂Y是H2SO4,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,试剂Z是氨水,操作③是过滤,操作④加热分解Al(OH)3,操作⑤是电解。
(1)由以上分析可知X为Al,可用于除去溶液中的Cu2+,反应的离子方程式为:
2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu;试剂Z为氨水;
(2)操作①②③用于分离固体和液体,为过滤操作;
(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4;
(4)操作④是加热Al(OH)3,Al(OH)3不稳定,受热发生分解反应,化学方程式为:
2Al(OH)3
2Al2O3+3H2O;
(5)金属Cu与浓硫酸混合加热,发生氧化还原反应,产生CuSO4、SO2、H2O,反应方程式为:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,所以反应产生的气体为SO2。
【点睛】
本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用,把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键,注意实验的设计意图,把握物质的性质,侧重考查学生的分析与实验能力。
3.某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O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233g·mol-1,完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式__________。
【答案】H-ClCuCl2(CuCl2·2H2O)
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CuCl2·2H2O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CuCl2。
由于3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42g÷171g/mol=0.02mol,当高于300℃加热,CuCl2分解,产生的白色固体中含有Cu0.02mol,质量为0.02×64g/mol=1.28g<1.99g,说明含有Cl原子,其物质的量为(1.99g-1.18g)÷35.5g/mol=0.02mol,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)3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42g÷171g/mol=0.02mol,在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解,可能生成碱式盐Cu2(OH)2Cl2也可能生成相应的碱Cu(OH)2,Cu2(OH)2Cl2摩尔质量是233g/mol,3.42gCuCl2·2H2O反应产生0.01molCu2(OH)2Cl2,质量是2.33g,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98g/mol,与题干不符合,故Y为碱式盐Cu2(OH)2Cl2,则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuCl2·2H2O)
Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O;Cu2(OH)2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl,反应方程式为Cu2(OH)2Cl2
CuO+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。
4.今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。
已知甲、乙中有一种为氧化铜,A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。
这六种物质之间有如下转化关系:
①乙+B=A+水;②A+C=乙+D;③甲+B=A+水。
(1)写出下列四种物质的化学式:
甲______________,乙______________,A______________,D______________。
(2)用离子方程式表示上述三个变化:
①___________,②__________________,③___________________。
【答案】CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OCu2++2OH-=Cu(OH)2↓CuO+2H+=Cu2++H2O
【解析】
【分析】
甲、乙两种固体均与B反应,生成A和水,再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜;所以甲乙中均含有铜元素,又A+C=乙+D,能与氯化铜反应的只有氢氧化钠,所以C为氢氧化钠,D为氯化钠,乙为氢氧化铜,则甲为氧化铜.
【详解】
(1)根据以上分析可知,甲为CuO;乙为Cu(OH)2;A为CuCl2;D为NaCl;
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆,故乙与B的离子反应为:
Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O;A与C的离子反应为:
Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓;氧化铜为难溶物不能拆,故甲与B的离子反应为:
CuO+2H+=Cu2++H2O。
5.A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质。
它们之间存在如下图所示转化关系(图中反应条件略去)填写下列空白:
(1)若A为两性氢氧化物,B为NaOH溶液,写出反应A+B→C+D的离子方程式_________,并写出偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式________________________
(2)若A为金属单质,B、C、D都是化合物,A与B发生的反应常用于刻制印刷电路板,该反应的离子方程式__________________。
【答案】Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OAlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】考查无机推断,
(1)A为两性氢氧化物,即A为Al(OH)3,B为NaOH,A和B反应的离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,碳酸的酸性强于偏铝酸,因此偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2,其离子反应方程式为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-;
(2)A与B反应常用于刻制印刷电路板,即离子反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
6.下图表示某些物质间转化关系(部分反应条件省略)。
其中A为黑色固体氧化物;E为绿色固体;B、D是由相同元素组成的无色液体,且B具有消毒杀菌作用;
请回答下列问题:
(1)请判断X的化学式:
________________。
(2)反应①中A物质的作用是_____________。
(3)反应①、⑤的化学方程式:
①__________________;⑤_________________。
(4)在日常生活中为防止反应②的发生,可采取的措施是___________(写一点即可)。
【答案】Cu催化作用
保持表面洁净、干燥或其它合理方法均可
【解析】
【分析】
A为黑色固体氧化物,能与无色液体B混合产生气体C和D,B是过氧化氢溶液,C是氧气,D是水;E为绿色固体,能与盐酸反应产生蓝色溶液,故E是碱式碳酸铜,受热分解生成的D是水,Y是二氧化碳,A是氧化铜;带入框图,推断合理;据以上分析解答。
【详解】
A为黑色固体氧化物,能与无色液体B混合产生气体C和D,B是过氧化氢溶液,C是氧气,D是水;E为绿色固体,能与盐酸反应产生蓝色溶液,故E是碱式碳酸铜,受热分解生成的D是水,Y是二氧化碳,A是氧化铜;带入框图,推断合理;
(1)结合以上分析,X是铜;
答案是:
Cu;
(2)反应①中A物质不变,故A的作用是催化作用;
答案是:
催化作用;
(3)反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气;方程式为:
;⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气,反应的化学方程式:
;
答案是:
;
;
(4)为防止铜生锈,可以保持表面洁净、干燥;
答案是:
保持表面洁净、干燥。
7.硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。
以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾(CuSO4•5H2O)的生产流程示意图:
胆矾和石膏(CaSO4•2H2O)在不同温度下的溶解度(g/100g水),见下表:
温度(℃)
20
40
60
80
100
石膏
0.32
0.26
0.15
0.11
0.07
胆矾
32
44.6
61.8
83.8
114
(1)“浸出”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是__________________。
(2)取样检验是为了确认Fe3+是否除净。
有同学设计了以下两种方案,在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作:
方案一:
取样于试管→滴加KSCN溶液;方案二:
径向层析→喷KSCN溶液
①你认为上述两种方案设计更合理的是__________;
②指出你认为不合理的方案存在的问题_____________________________;
(3)操作Ⅰ(蒸发浓缩、趁热过滤)趁热过滤的目的是_________________;
(4)操作Ⅱ具体方法是________________、________________(填操作方法)、洗涤后干燥,对产品进行干燥宜在__________(填“较高”或“不太高”)温度下,判断产品已经干燥的操作是____________________。
(5)某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备,在整个实验过程中,使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外,还有使用较频繁的玻璃仪器是__________(填仪器名称)。
(6)中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物(如:
FeSO4•7H2O、硝酸盐的结晶水合物、Na2SO4•10H2O等)来研究结晶水含量测定实验,其优点可能是_________(填字母)
a.胆矾较易得到,其它结晶水合物较难得到
b.胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水
c.胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化
d.CuSO4不易分解,也不易与空气中物质反应
【答案】3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O方案二Cu2+的颜色对检验有干扰使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出冷却结晶过滤不太高重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g(或恒重操作)漏斗c、d
【解析】
【分析】
含铁的废铜原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液,溶解后得到浸出液,在浸出液中主要含有Cu2+、Fe3+、H+、SO42-,加入石灰浆调节溶液pH,沉淀铁离子,过滤得到红褐色滤渣为氢氧化铁沉淀,依据石膏和蓝矾的溶解度,控制100°C,滤液中析出石膏,滤液中主要为硫酸铜,通过加热蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤,干燥得到硫酸铜晶体,据此分析解答。
【详解】
(1)由于硫酸的存在,且酸过量,硝酸全起氧化剂作用,酸为稀溶液,生成硫酸铜、NO、水,反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O;
(2)①方案一:
取样于试管→滴加KSCN溶液,由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象有干扰,不能检验铁离子的存在;方案二:
径向层析→喷KSCN溶液,纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离的目的,不但可以分辨出铁离子还能辨别出含有铜离子,故答案为:
方案二;
②取样于试管→滴加KSCN溶液,由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象干扰,不能检验铁离子的存在,故答案为:
Cu2+的颜色对检验有干扰;
(3)由表中溶解度可知,胆矾的溶解度随温度升高增大,而石膏的溶解度随温度升高降低,所以应控制在较高的温度,因此操作Ⅰ中趁热过滤可以使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出,故答案为:
使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出;
(4)从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;硫酸铜晶体受热容易分解,因此干燥时温度不宜太高,当重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g,说明产品已经干燥,故答案为:
冷却结晶;过滤;不太高;重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g;
(5)在整个实验过程中,除了滴加容易,蒸发浓缩、还有过滤操作,因此使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外,还有使用较频繁的玻璃仪器是漏斗,故答案为:
漏斗;
(6)a、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单,现象是否明显,性质是否稳定等方面,不是因为胆矾较易得到,其它结晶水合物较难得到,故a错误;b、加热含有结晶水的晶体,一般都容易失去结晶水,所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水,故b错误;c、硫酸铜是无色晶体,含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体,所以胆矾失水后有较明显的颜色变化,便于观察,而Na2SO4•10H2O加热前后颜色没有变化,故c正确;d、硫酸铜比较稳定,不容易被氧化,便于通过质量差计算结晶水的质量,而硫酸亚铁在空气中容易被氧化,影响测量结晶水含量,故d正确;故答案为:
cd。
【点睛】
本题的易错点和难点为
(1)中方程式的书写,要注意流程图中的浸出液中没有硝酸根离子,说明硝酸根离子完全反应,同时溶液为稀溶液。
8.过渡金属的单质及化合物很多有催化性能,氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。
实验室中用氯气与粗铜(杂质只有Fe)反应,制备铜的氯化物的流程如下。
查阅资料:
氯化亚铜:
白色微溶于水,在干燥空气中稳定,受潮则易变蓝到棕色,在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。
氯化铜:
从水溶液中结晶时,在26~42℃得到二水物,在15℃以下得到四水物,在15~25.7℃得到三水物,在42℃以上得到一水物,在100℃得到无水物。
(1)现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应(铁架台、铁夹省略)。
①按气流方向连接各仪器接口顺序是:
a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。
②本套装置有两个仪器需要加热,加热的顺序为先_____后_____。
(2)分析流程:
①固体甲需要加稀盐酸溶解,其理由是_____;
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质,X可选用下列试剂中的(填序号)_____。
aCu(OH)2bNH3·H2OcCuOdCuSO4
查阅有关资料得到如下数据,常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20,通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全,设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________,Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________。
(提示:
lg2=0.3)
③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为:
加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。
(3)向溶液乙中加入适当的还原剂(如SO2、N2H4、SnCl2等),并微热得到CuCl沉淀,写出向乙溶液加入N2H4(氧化产物为无毒气体)的离子方程式:
____________。
【答案】defgbAD抑制氯化铜、氯化铁水解ac43.3(或3+lg2)冷却到26~42℃结晶过滤4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+
【解析】
【分析】
⑴①A装置制取氯气,B除掉尾气,C除掉氯气中HCl杂质,D氯气与铜反应,E除掉氯气中水;②先反应生成氯气,不能先加热D,先加热会使铜与氧气反应。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物,因此加稀盐酸溶解,溶解抑制氯化铜、氯化铁水解;②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质,应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质;设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,先算氢氧根浓度,再酸氢离子浓度和pH,Fe3+完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度,再酸氢离子和pH;③根据题中意思要得到纯净CuCl2·2H2O晶体要冷却到26~42℃结晶。
⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4,并微热得到CuCl沉淀和氮气。
【详解】
⑴①A装置制取氯气,B除掉尾气,C除掉氯气中HCl杂质,D氯气与铜反应,E除掉氯气中水,因此按气流方向连接各仪器接口顺序是:
a→d、e→h、i→f、g→b,故答案为:
d;e;f;g;b。
②先反应生成氯气,不能先加热D,先加热会使铜与氧气反应,因此加热的顺序为先A后D,故答案为:
A;D。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物,因此加稀盐酸溶解,溶解抑制氯化铜、氯化铁水解,故答案为:
抑制氯化铜、氯化铁水解。
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质,应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等,故答案为:
ac。
设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,
,
,
,因此Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为10,Fe3+完全沉淀
,
,
,因此Fe3+完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4=4-lg5=3.3,故答案为:
3.3。
③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为:
加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26~42℃结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:
冷却到26~42℃结晶;过滤。
⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4,并微热得到CuCl沉淀和氮气,因此向乙溶液加入N2H4的离子方程式:
4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+,故答案为:
4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+。
9.纳米铜是一种性能优异的超导材料,以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示:
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S,其原理如图所示,该反应的离子方程式为______。
(2)从辉铜矿中浸取铜元素时,可用FeCl3溶液作浸取剂。
①反应:
Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的物质的量为______;浸取时,在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度,有关反应的离子方程式为______。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时,铜元素浸取率的变化如图所示,未洗硫时铜元素浸取率较低,其原因是______。
(3)“萃取”时,两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。
当pH>1.7时,pH越大,金属离子萃取率越低,其中Fe3+萃取率降低的原因是______。
(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时,该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为______
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水,静置,再经过滤、_____、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。
【答案】CuFeS2+Cu+2H+=2CuS+Fe2++H2S↑2mol4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O生成的硫覆盖在C
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