铜的性质一轮补课习题.docx

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铜的性质一轮补课习题

铜的性质一轮补课

1．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况）。

向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。

下列说法不正确的是（）

A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：

1

B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

C．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L

D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL

2．铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收。

则消耗铜的质量为（）

A．32gB．48gC．64gD．96g

3．为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀4.66g；将灼烧后的固体（仅含铜与氧2种元素）完全溶于100ml1mol/LH2SO4中，过滤，得到0.64g红色固体，将滤液稀释至200mL，测得c（Cu2+）=0.1mol/L。

已知：

Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。

下列说法正确的是

A．得到白色沉淀亚硫酸钡

B．原铜的硫化物中n（Cu）∶n（S）=2∶3

C．最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12g

D．灼烧后的固体中n（Cu2O）∶n（CuO）=1∶1

4．将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。

若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是 （  ）

A．原混合物中铜和铁各0.075mol

B．稀硝酸的物质的量浓度为1.5mol/L

C．第一次剩余的4.8g金属为铜和铁

D．向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL,又得到NO在标准状况下的体积为1.12L

5．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。

将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是

A．504mLB．168mLC．336mLD．224mL

6．部分被氧化的Fe－Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5．92g，经如下处理：

下列说法正确的是①滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+；②样品中氧元素的物质的量为0．03mol；③溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0．04mol；④V＝224；⑤V＝336。

A．①③④B．②③④C．②③⑤D．①③⑤

7．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。

下列有关说法不正确的是

A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:

1

B．产生的NO在标准状况下的体积为5.6L

C．硝酸的物质的量浓度为2.4mol/L

D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

8．氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。

某研究性学习小组拟热分解CuC12•2H2O制备CuCl，并进行相关探究。

下列说法正确的是（）

A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用，也可以通入饱和CaCl2溶液中除去

B．途径2中200℃时反应的化学方程式为：

Cu2（OH）2Cl2

2CuO+2HCl↑

C．X气体可以是N2，目的是做保护气，抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解

D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：

2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O

9．5.00gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：

（1）试确定110℃时固体物质的化学式_____________________；

（2）取200℃所得样品，加热至280oC,该反应的化学方程式为：

_______________；

（3）将280oC所得产物在570℃下灼烧得到的主要产物是1.60g黑色粉末和一种氧化性气体，黑色粉末的化学式为______________。

（4）把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体其存在的最高温度是______；

（5）天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为amol的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡________。

10．2018年第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行。

银铜合金广泛用于航空工业，从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：

注：

Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃。

（1）电解精炼银时，粗银作______极，另一电极上的电极反应式为____________。

（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4的速率的措施有________、________（写出两种）。

（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为__________。

（4）煮沸CuSO4混合溶液的过程中，得到固体B，则固体B的组成为______；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。

（5）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。

反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析正确的是______（填字母代号）。

A．氧化剂为CuSO4和FeS2

B．反应后溶液的pH降低

C．被氧化的FeS2只占总量的30%

D．每转移2mol电子消耗3molCuSO4

11．以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料冶炼铜的工艺流程如下：

（1）已知CuFeS2和CuCl2之间发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，其中被氧化的元素为________。

（2）若“过滤1”所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为__________。

（3）“除硫”时加入浓盐酸发生反应的离子方程式为____________________。

（4）“过滤3”所得滤液中可以循环使用的物质为____________。

（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂于空气中在高温下煅烧，使其转变为铜，发生的反应为6CuFeS2+13O2

3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2

2Cu+SO2。

此工艺与前一工艺相比主要缺点有____________（任答一点）。

（6）铜溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液中可制备CuSO4。

测定CuSO4溶液中Cu2+浓度的方法为：

准确量取V1mL溶液于锥形瓶中，调节pH至3~4，加入过量KI溶液，充分反应后，滴加2滴淀粉溶液，再慢慢滴加cmol/L的Na2S2O3标准溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。

上述过程中发生的反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。

①“恰好完全反应”时溶液的颜色变化为_______________。

②CuSO4溶液中Cu2+的物质的量浓度为____mol/L（用含c、V1、V2的代数式表示）。

12．

（1）铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2（不溶于水和酸）、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。

工业上提取氧化铝的工艺流程如下：

①沉淀A、B的成分分别是____________、____________；步骤②中的试剂a是_________；（以上均填化学式）。

②试写出步骤③中发生反应的离子方式______________、________________；

③简述检验所得滤液甲中存在Fe3＋的操作方法：

________________________。

（2）用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2·xH2O）。

有如下操作：

已知：

在pH为4～5时，Fe3+几乎完全转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+却不反应。

①加热酸溶过程中发生反应的化学方程式有：

_______________________。

②氧化剂A可选用_________________（填编号，下同）。

A.KMnO4B.HNO3C.Cl2

③要得到较纯的产品，试剂B可选用____________________。

A．NaOHB．CuOC.FeO

④试剂B的作用是_______________________________。

A．使Cu2+完全沉淀B．使Fe3+完全沉淀C．降低溶液的pHD．提高溶液的pH

⑤从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_________（按实验先后顺序选填编号）。

A．过滤B．蒸发至干C．冷却D．蒸发浓缩

13．某兴趣小组欲探究SO2与Cu（OH）2的反应。

实验

实验步骤

现象

步骤1：

打开分液漏斗，向烧瓶中加入30mL0.5mol/LNaOH溶液

I.有蓝色絮状沉淀，静置后分层。

步骤2：

从左侧导管通入SO2气体

II.静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有白色沉淀

（1）现象I中产生蓝色沉淀的离子方程式是___________。

（2）甲为了确认现象II中白色沉淀的成分，进行如下探究。

查阅资料：

CuSO3

CuCl

Cu2O

溶解性

不溶于水，浅黄色沉淀

不溶于水，白色沉淀

不溶于水，砖红色沉淀

性质

与酸反应

能溶于较浓的HCl溶液

酸性体系中不稳定，进一步反应生成Cu和Cu2+

并进行如下实验：

①试剂a是___________。

②现象II中生成白色沉淀的离子方程式是___________。

（3）甲认为Cu（OH）2沉淀全部转化为CuCl，乙依据实验现象对甲的观点进行反驳，依据的实验现象是_________。

（4）丙认为实验存在干扰，欲探究纯净的Cu（OH）2悬浊液与SO2的反应。

①丙过滤I中的蓝色沉淀，洗涤，取最后一次洗涤液于试管中，_________（填操作和现象），证明已洗涤干净。

再进行如下实验：

实验

实验步骤

现象

从左侧导管通入SO2气体

III.静置后分层，上层溶液为淡绿色，底部有砖红色沉淀。

②丙预测产物是Cu2O，取砖红色沉淀，洗涤后，_________（填操作和现象），证明产物是Cu2O。

（5）纯净的Cu（OH）2悬浊液与SO2发生反应的化学方程式是_________。

参考答案

1．D

【解析】

【详解】

A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为

=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：

2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：

2：

1，故A正确；

B．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：

=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：

a=0.04，NO2的体积分数为

×100%=80%，故B正确；

C．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：

mol/L=14.0mol/L，故C正确；

D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：

=0.64L=640mL，故D错误；

故答案为D。

2．C

【解析】

【分析】

由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。

【详解】

铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）=

=1mol，消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g，故选C。

【点睛】

本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。

3．D

【解析】

【分析】

铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：

H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66g白色沉淀是BaSO4，可根据沉淀计算S元素的物质的量；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64g红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据Cu单质的物质的量可计算出Cu2O的物质的量，利用溶液中Cu2+的物质的量可判断出是否含有CuO及其物质的量的多少，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知n（S）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，0.64g红色固体物质是Cu单质，n（Cu）=0.64g÷64g/mol=0.01mol，则根据方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O中相应物质之间的转化关系可知n（Cu2O）=n（Cu）=0.01mol，则其反应产生的Cu2+的物质的量是0.01mol，在酸溶解金属氧化物后得到的溶液中Cu2+的总物质的量是=0.1mol/L×0.2L=0.02mol>0.01mol，说明有0.01molCu2+是CuO与硫酸反应生成，则根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，则n（CuO）=0.01mol。

A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误；

B.原铜的硫化物中Cu元素的物质的量为n（Cu）=n（CuO）+2n（Cu2O）=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol；原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n（Cu）∶n（S）=3∶2，B错误；

C.100ml1mol/LH2SO4的物质的量是n（H2SO4）=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；

D.根据前面计算可知n（Cu2O）=n（CuO）=0.01mol，所以灼烧后的固体中n（Cu2O）∶n（CuO）=1∶1，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】

本题考查了物质成分的判断及有关化学方程式计算的知识。

掌握物质的化学性质，学会用守恒方法计算是本题解答的关键，难度较大。

4．A

【解析】

【详解】

A.设铜和铁各为x、ymol。

最终铁铜均为+2价，由电子得失守恒：

2x+2y=0.1×3；两金属的总质量为：

56x+64y=9；可解出：

x=y=0.075mol，故A正确；

B.由N元素的守恒，HNO3里面的N原子一部分在溶解中以硝酸根离子的形式存在，一部分生成NO气体，故：

2x+2y+0.1=0.3+0.1=0.4mol，故稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/0.2L=2mol·L-1，故B错误；

C.在硝酸的氧化过程中，铁活泼性强，先被氧化，但不可能产生Fe3+（因为铜的存在），直到两金属恰好溶解为止。

故第一次加硝酸，氧化的金属为0.075molFe，质量为0.075×56=4.2g第二次加硝酸，氧化的金属为0.075molCu，质量为0.075×64=4.8g，即第一次剩余4.8g金属为铜，故C错误；

D.再加入上述100mL稀硝酸，则溶液中的Fe2+被氧化：

3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，经计算可知硝酸过量，由Fe2+可计算出NO为：

0.075×（1/3）×22．4=0.56L，故D错误。

故选A。

【点睛】

D选项中，加入该稀硝酸100mL，亚铁离子与硝酸反应生成NO和硝酸铁，根据电子转移守恒计算。

5．C

【解析】

【分析】

根据电子守恒计算，已知Cu+HNO3

NO、NO2+O2

HNO3，则反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算。

【详解】

1.92gCu的物质的量为n（Cu）=

=0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，

由反应整个过程为Cu+HNO3

NO、NO2+O2

HNO3可知，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n（O2）=

=0.015mol，V（O2）=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故C项正确；

答案选C。

6．B

【解析】

【详解】

①.铜不与稀硫酸反应，则生成的滤渣3.2g为铜，金属铜可以和三价铁反应，所以滤液A中一定不含有+3价铁离子，故①错误；

②.最后加热得到的3.2g固体为三氧化二铁，其物质的量为：

=0.02mol，Fe元素的物质的量为：

n（Fe）=0.02mol×2=0.04mol，铁元素的质量为：

0.04mol×56g/mol=2.24g，则样品中氧元素的质量为：

5.92g-2.24g-3.2g=0.48g，氧元素的物质的量为：

=0.03mol，故②正确；

③.根据②的计算可知，铁元素的物质的量为0.04mol，铁与过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，则反应消耗硫酸的物质的量为0.04mol，故③正确；

④.最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，根据②可知氧元素的物质的量为0.03mol，它结合氢离子0.06mol，所以硫酸中生成氢气的氢离子为：

0.08mol-0.06mol=0.02mol，即生成0.01mol氢气，标况体积为0.01mol氢气的体积为2.24L，故④正确；

⑤.根据④的计算可知，生成标况下氢气的体积为2.24L，故⑤错误；由上述分析可知，正确的是②③④。

7．B

【解析】

【分析】

Cu（OH）2的质量为39.2g，其物质的量为0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.4mol，64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol。

【详解】

A.Cu、Cu2O的物质的量分别为0.2mol和0.1mol，故为2:

1，故A正确；

B.Cu和Cu2O中的Cu都变成了＋2价，转移的电子的物质的量为（0.4＋0.2）mol＝0.6mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2mol，标准状况下的体积为4.48L，故B错误；

C.硝酸总的物质的量为0.2mol（剩余的）＋0.2mol（表现氧化性的）＋0.8mol（表现酸性的）＝1.2mol，其物质的量浓度为2.4mol/L，故C正确；

D．n（NaOH）＝1mol，生成0.4molCu（OH）2时消耗了0.8molNaOH，另外0.2molNaOH中和了硝酸，所以Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol，故D正确；

故选B。

【点睛】

本题利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒；题目中硝酸既体现酸性又体现氧化性。

8．B

【解析】

【分析】

Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收；Cu2（OH）2Cl2加热到200℃生成CuO，结合原子守恒书写方程式；X气体是用于抑制CuCl2水解；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+。

【详解】

途径1中产生的Cl2可以转化为HCl，回收循环利用，Cl2在饱和CaCl2溶液中溶解度很小，不能被吸收除去，故A错误；Cu2（OH）2Cl2加热到200℃生成CuO，由原子守恒可知，还生成HCl，则化学方程式为：

Cu2（OH）2Cl2

2CuO+2HCl，故B正确；CuCl2水解生成氢氧化铜和HCl，X气体是用于抑制CuCl2水解，则X为HCl，不是氮气，故C错误；CuCl酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，故D错误。

9．CuSO4·3H2OCuSO4·H2O

CuSO4+H2OCuO102℃右盘24a/11g镁

【解析】

【分析】

由图分析可知CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解，根据分解前后固体质量的变化即可确定此时固体物质的化学式，据此解答。

【详解】

（1）CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，102℃时固体质量减少5.00g－4.28g＝0.72g，即产生水的物质的量是0.72g÷18g/mol＝0.04mol，原固体的物质的量是5.00g÷250g/mol＝0.02mol，共含有0.1mol水，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.04mol＝0.06mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.06：

0.02＝3：

1，则110℃时固体物质的化学式CuSO4·3H2O；

（2）113℃时固体质量减少5.00g－3.56g＝1.44g，即产生水的物质的量是1.44g÷18g/mol＝0.08mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.08mol＝0.02mol，所以结晶水和硫酸铜的物质的量之比是0.02：

0.02＝1：

1，则113℃时固体物质的化学式CuSO4·H2O；258℃时固体质量减少5.00g－3.20g＝1.8g，即产生水的物质的量是1.8g÷18g/mol＝0.1mol，则此时晶体中水的物质的量是0.1mol－0.1mol＝0，所以258℃时固体物质的化学式CuSO4，因此取200℃所得样品，加热至280oC时反应的化学方程式为CuSO4·