化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题附详细答案.docx
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化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题附详细答案.docx
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化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题附详细答案
化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题附详细答案
一、铜及其化合物
1.化合物A是一种化肥,受热分解生成三种物质,物质间的有关转换关系如图所示,部分生成物已省略,其中C为无色气体,B为无色液体,D为无色有刺激性气味的气体,B到E的反应条件为通电,I为一种常见强酸。
请回答下列问题:
(1)A的化学式为___________________________。
(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序:
___________________(用化学式填空)
(3)B生成E的化学方程式为_____________________。
(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________,该反应中还原产物是______,生成1mo1的还原产物,转移电子的数目为__________NA。
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3HNO3>H2CO32H2O
2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3
【解析】
【分析】
化合物A是一种化肥,受热分解生成三种物质,其中C为无色气体,B为无色液体,D为无色有刺激性气味的气体,A是碳酸氢铵或碳酸铵,C是二氧化碳,B是水,D是氨气,B到E的反应条件为通电,E是氢气,F是氧气,F和D反应生成G,G是一氧化氮,H为二氧化氮,I为一种常见强酸,是硝酸。
【详解】
根据分析可知,A为碳酸氢铵或碳酸铵,C是二氧化碳,B是水,D是氨气,E是氢气,F是氧气,G是一氧化氮,H为二氧化氮,I为硝酸。
(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵,化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3;
(2)C的水化物为碳酸,I为硝酸,N的非金属性强于C,故酸性:
HNO3>H2CO3;
(3)B在通电的条件下生成E和F,化学方程式为电解水,2H2O
2H2↑+O2↑;
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜,一氧化氮和水,离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2,是氧化剂,得到的一氧化氮是还原产物,生成2molNO转移6mol电子,故生成1mo1的NO,转移3mol电子,数目为3NA。
2.在下图所示的物质转化关系中,A是常见气态氢化物,B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,E的相对分子质量比D大17,G是一种紫红色金属单质。
(部分反应中生成无没有全部列出,反应条件未列出)
请回答下列问题:
(1)E的化学式为_____________________________。
(2)实验室制取A的化学方程式为_______________________________。
(3)反应①的化学方程式:
___________________________________。
(4)反应③的化学方程式:
__________________________________。
【答案】HNO32NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O3NO3+H2O=2HNO3+NO4NH3+5O2=4NO+6H2O
【解析】
【分析】
B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,则B是氧气;G是一种紫红色金属单质,则G是铜;A是常见气态氢化物,且能和氧气反应,所以根据图中的转化可以判断,A可能是氨气,则C就是NO,F是水。
NO和氧气反应生成NO2,NO2溶于水生成硝酸,则E是硝酸,硝酸和铜反应又生成NO,据此答题。
【详解】
(1)由以上分析可知E为HNO3,故答案为:
HNO3。
(2)由以上分析可知A为NH3,实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热,反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式为:
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为:
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(3)反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO,反应的方程式为:
3NO3+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
3NO3+H2O=2HNO3+NO。
(4)反应③为氨的催化氧化,反应生成NO和H2O,化学方程式为:
4NH3+5O2=4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2=4NO+6H2O。
【点睛】
解框图题的方法:
最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
3.有关物质的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。
已知:
A为紫红色金属,B是强酸,E能使品红溶液褪色,F是海水的主要成分,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液。
请回答下列问题:
(1)H的化学式为_____。
(2)F的电子式为_____。
(3)写出反应①的化学方程式_____。
(4)写出反应③的离子方程式_____。
【答案】CuCl
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2OCuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-
【解析】
【分析】
A为紫红色金属,则应为Cu,B是强酸,E能使品红溶液褪色,则B是浓硫酸,E为SO2,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,F是海水的主要成分,F为NaCl,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,则H应为CuCl,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液,则I为FeCl3溶液,以此解答该题。
【详解】
(1)根据以上分析,H的化学式为CuCl,
因此,本题正确答案是:
CuCl;
(2)根据以上分析,F为NaCl,则F的电子式为
,
因此,本题正确答案是:
;
(3)根据以上分析,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,则反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,
因此,本题正确答案是:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
(4)根据以上分析,反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应,反应的离子方程式为:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-,
因此,本题正确答案是:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-。
4.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+。
5.下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物(部分产物未列出):
已知C是紫红色金属固体,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。
(1)A的化学式是____________,E化学式是__________________;
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________;
(3)对200ml1mol/L的A溶液进行电解,当有0.02mol电子发生转移时,溶液的
为
___________(假设溶液体积不变)。
【答案】Cu(NO3)2CuO2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O
2Cu+O2↑+4HNO31
【解析】
【分析】
C是紫红色金属固体,则C为Cu,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性,则B为HNO3,可推知A为Cu(NO3)2,D为O2,E为CuO,据此解答.
【详解】
C是紫红色金属固体,则C为Cu,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性,则B为HNO3,可推知A为Cu(NO3)2,D为O2,E为CuO;
(1)由上述分析可知,A的化学式是Cu(NO3)2,E化学式是CuO;
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是:
2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O
2Cu+O2↑+4HNO3;
(3)对200ml 1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解,当有0.02mol电子发生转移时,参加反应铜离子物质的量=
=0.01mol,故生成氢离子为0.01mol×
=0.02mol,故氢离子物质的量浓度=
=0.1mol/L,故溶液pH=-lg0.1=1。
6.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。
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(1)加热搅拌一般是为了加快反应速度,
故答案为:
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,
故答案为:
CuO;4-5;Fe(OH)3;
(4)该反应为氧化铜和氢离子的反应,
故答案为:
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。
7.为探究黄色固体A(仅含三种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:
已知:
a.气体C能使品红溶液褪色
b.溶液D遇KSCN溶液显血红色
c.溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g
请回答:
(1)A的化学式是_________。
(2)固体A与O2反应生成B和C的化学方程式_________。
(3)少量Mg在气体C中完全燃烧,产生的固体产物中含有单质、氧化物,有人认为还可能存在一种含氧酸盐,请推测该盐的成分,并设计实验方案验证_________。
【答案】FeCuS24FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2MgSO3,取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3
【解析】
36.8g固体A与足量氧气加热条件下反应生成32g固体B,和气体C,气体C能使品红溶液褪色,说明C为二氧化硫,说明A中含有S元素;固体B被盐酸溶解生成溶液D,溶液D遇KSCN溶液显血红色,D中含有Fe3+,则B中含有氧化铁;溶液D中加入过量铁粉,生成固体E和氢气,其中含有红色固体,说明溶液D中还含有Cu2+、H+,因此固体B中还含有氧化铜,则A中含有Cu、Fe和S三种元素;
(1)假设溶液D中含有的Fe3+和Cu2+、H+的物质的量分别为x、y、z。
生成的氢气为0.5mol,则z=1mol。
根据固体B的质量为32g,有①
×160g/mol+y×80g/mol=32g,溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g,有②
×56g/mol+
×56g/mol-y×8g/mol=32g,根据①②解得,x=0.2mol,y=0.2mol,根据固体A的质量为36.8g,则S元素的物质的量为
=0.4mol,则A的化学式为FeCuS2,故答案为FeCuS2;
(2)固体A与O2反应生成B和C的化学方程式为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2,故答案为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2;
(3)少量Mg在二氧化硫中完全燃烧,产生的固体产物中含有单质、氧化物,可能是硫和氧化镁,有人认为还可能存在一种含氧酸盐,可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁,验证是否为亚硫酸镁,可以取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3,故答案为MgSO3,取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3。
点睛:
正确推断出BCDE的成分是解题的关键。
难点是A的化学式的推断,要清楚溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g,发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应,其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。
8.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。
9.实验室以废铜为原料制取碱式碳酸铜(Cu2(OH)2CO3)的过程如下:
完成下列填空:
(1)酸浸中产生的气体是_________(填化学式)。
(2)检验过滤Ⅱ的沉淀是否洗净的方法是________。
(3)从实验流程中可看出影响产品生成的因素有多种,请写出其中两个:
___________,并任选其中一个因素,说明其原因___________。
(4)CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3,写出该反应的化学方程式:
______。
(5)产品中Cu含量的测定步骤是:
称取mg样品,用适量稀硫酸完全溶解,加水稀释,调节溶液为中性或弱酸性,再加入过量的KI-淀粉溶液后,用cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液vmL。
实验中反应的离子方程式为2Cu2++4I-→2CuI(白色)↓+I2;I2+2S2O32-→2I-+S4O62-。
(i)样品溶于稀硫酸后,需加水稀释,控制溶液为中性或弱酸性,其原因是________。
(ii)产品中Cu的含量为__________________(用含m、c、v的代数式表示)。
【答案】NO、NO2取最后一次洗涤液测其pH,若溶液为中性,则沉淀已洗净温度和pH(反应物浓度、反应物配比等合理答案也得分)温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢(或:
pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜)。
2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2SO3溶液0.064cv/m
【解析】
【分析】
废铜屑溶于浓硝酸中转化为硝酸铜,过滤除去滤渣,向滤液中加入碳酸钠溶液,除去多余的硝酸,然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成碱式碳酸铜,据此解答。
【详解】
(1)酸浸中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮(NO2),随着浓度的降低,会产生一氧化氮(NO),
故答案为:
NO、NO2;
(2)根据流程分析可知,碱式碳酸铜是从含有碳酸钠的溶液中析出的,所以检验沉淀是否洗净就是检验沉淀上有没碳酸根离子,操作方法是取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液,若溶液中没有出现沉淀,则沉淀已洗净,
故答案为:
取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液,若溶液中没有出现沉淀,则沉淀已洗净;
(3)从实验流程中可看出温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢,pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜,所以影响产品生成的因素有温度和pH,
故答案为:
温度和pH;温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢,或:
pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜;
(4)CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3,根据元素守恒可知反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑,
故答案为:
2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑;
(5)①样品溶于稀硫酸后,需加水稀释,控制溶液为中性或弱酸性,若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2S2O3溶液,
故答案为:
若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2SO3溶液;
②根据反应2Cu2++4I-→2CuI(白色)↓+I2、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-可得关系式Cu2+~S2O32-,根据题意可知,Na2S2O3的物质的量为cv×10-3mol,所以样品中铜元素的质量为0.064cvg,进而确定产品中Cu的含量为0.064cv/m,
故答案为:
0.064cv/m。
10.氯化亚铜(CuCI)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、不溶于乙醇及稀
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- 化学 及其 化合物 推断 专项 练习题 详细 答案
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