备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点.docx

1、备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点一、铜及其化合物1周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。A的原子半径最小，A和D、C和F分别同主族，F的单质是淡黄色固体，B所形成的化合物种类最多，E的最外层电子数等于其电子层数。（1）F的离子结构示意图为：_。C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是_（填微粒符号）；A、C元素组成的10电子阴离子的电子式_，A、G、C元素组成具有漂白性的分子的结构式为_。（2）用电子式表示B的简单氢化物的形成过程_。（3）写出E的单质与D的最高

2、价氧化物的水溶液反应的离子方程式_。写出铜单质与F的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式_。【答案】 Al3+ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 【解析】【分析】周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。F的单质是淡黄色固体，F为S，C和F同主族，C为O；B所形成的化合物种类最多，B为C；E的最外层电子数等于其电子层数，E为Al；A的原子半径最小，A为H，A和D同主族，D为Na；因为G的原子序数比F(S)的原子序数大，所以G为Cl。【详解】由分析可知，A为H、B为C、C为O、D为Na、E

3、为Al、F为S、G为Cl。（1）F为S，S2-的结构示意图为：；C、D、E、F四种元素所形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层数越多半径越大，当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是Al3+；A为H、C为O，A、C元素组成的10电子阴离子为OH-，OH-的电子式为；A、G、C元素组成具有漂白性的分子为HClO，其结构式为；（2）B的简单氢化物为CH4，用电子式表示CH4的形成过程为；（3）E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；F的最

4、高价氧化物的水化物为H2SO4，铜单质与浓硫酸反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 。2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118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】NO NN 硝酸

5、 3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 2Cu2+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NN；

6、(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+2NH33Cu+N2+3H2O；(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42。3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

7、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)2CO3 HNO3H2CO3 2H2O 2H2+O2 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2+ +2NO+4H2O NO 3 【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

8、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：HNO3H2CO3；(3)B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O2H2+O2；(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水

9、，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。4孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2(x、y为正整数，且x3，y2)。(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x：y=_。(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2气

10、体VL，则a、b、V的代数关系式是_。【答案】3:2 a=或a= 【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2、CuO的物质的量，然后根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)，根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(CuO)，计算出nCu(OH)2，就可得到n(CuCO3)与nCu(OH)2的物质的量的最简整数比；(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=，根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(Cu)，用含有b、V的代数式表示，也可根据n(CuCO3)=n(CO2)=先计算出CuCO3的质量，用总质量减去CuC

11、O3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO3)与nCu(OH)2的物质的量的最简整数比。【详解】(1)n(CO2)=3.36L22.4L/mol=0.15mol，则n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol，n(CuO)=20g80g/mol=0.25mol，根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)2=0.25mol-0.15mol=0.10mol，所以n(CuCO3)：nCu(OH)2=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO32Cu(OH)2；(2)根据C元素守恒可得n(Cu

12、CO3)=n(CO2)=，根据Cu元素可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(Cu)=mol，则nCu(OH)2=)mol，所以n(CuCO3)：nCu(OH)2=：)，a= a=；n(CuCO3)=n(CO2)=，m(CuCO3)=124g/mol=，该化合物含有Cu的总物质的量是n(Cu)，则根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)2=，mCu(OH)2=98g/mol（），根据反应前后物质质量不变，可得a= +98g/mol()=。5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

13、量为99.5 gmol-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)写出反应的化学方程式_。(4)写出反应的离子方程式_。【答案】CuCl Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2 + 2H2O CuCl + 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99.5 gmol-1，

14、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：C

15、uCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-，因此，本题正确答案是：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-。6下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）写出下列各物质的化学式：X：_；F：_。（2）写出下列变化的反应方程式：AD：_；CE：_。【答案】NH4HCO3 或（NH4）2CO3 NO2 2Na2O22CO22Na2CO3O2 4NH35O2 4NO6H2O 【解析】【分析】C为无色气体且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C为氨气；A为无色气体，A能与过氧化钠反

16、应生成气体D，则A为二氧化碳、D为氧气；C与D在催化剂作用下产生E，则E为一氧化氮；E与D进一步反应产生F，则F为二氧化氮；G在稀释时与铜反应产生E，在浓溶液时产生F，故G为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故B为水。【详解】由分析可知，A为二氧化碳，B为水，C为氨气，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸。X分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结合相关物质的性质可知，X可能为NH4 HCO3 或（NH4）2CO3。（1）X为NH4 HCO3 或（NH4）2CO3；F：NO2；（2）AD的化学方程式为：2Na2O22CO22Na2CO3O2；CE的化学方程式为：4NH35O2

17、 4NO6H2O。7氯化亚铜(CuCl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。方法一：(1)CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：_。(2)还原过程中的产物为NaCuCl2，试写出发生反应的化学方程式是_，过滤操作用到的玻璃仪器有_。(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。方法二：(4)a.写出过程的主要反应的化学方程式_。b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：方案一：可将上述X稀溶液用于废铜的处理(如图所示)，则Y可以为_(填化学式)。方案二：过程中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO

18、4用于过程中CuCl的制备，理论上_(填“需要”或“不需要”)另外补充SO2，原因是_(结合化学方程式回答)。【答案】CuClFe3=Cu2Fe2Cl CuCl22NaClCu=2NaCuCl2 烧杯、漏斗、玻璃棒 除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失 2H2SO4(浓)CuCuSO4SO22H2O O2 不需要 过程中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为11，而过程发生反应：CuSO4CuCl2SO22H2O=2CuCl2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为11，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可) 【解析】【分析】(1)氯化亚铜与氯化铁反应

19、，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；(2)流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为NaCuCl2，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；b由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。【详解】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuClFe3=Cu2Fe2Cl

20、；(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物NaCuCl2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl22NaClCu =2NaCuCl2；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:Cu+2HSO(浓)CuSO+SO+2HO；b方案一：由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O；方案二：过程中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为11，而过程发

21、生反应：CuSO4CuCl2SO22H2O=2CuCl2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为11，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)。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2642得到二水物，在15以下得到四水物，在1525.7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

22、品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。按气流方向连接各仪器接口顺序是：a_、_h、i_、_。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：固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_；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）_。a Cu（OH）2 b NH3H2O c CuO d CuSO4查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp8.01038，Cu（OH）2的溶度积Ksp3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 molL1，则Cu（OH

23、）2开始沉淀时溶液的pH为_，Fe3完全沉淀时溶液的pH为_。（提示：lg20.3）完成溶液乙到纯净CuCl22H2O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】d e f g b A D 抑制氯化铜、氯化铁水解 ac 4 3.3(或3+lg2) 冷却到2642结晶 过滤 4Cu2+ + 4Cl + N2H44CuCl + N2+ 4H+ 【解析】【分析】A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯

24、气与铜反应，E除掉氯气中水；先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应。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；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3.0 molL1，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；根据题中意思要得到纯净CuCl22H2O晶体要冷却到2642结晶。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】A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

25、掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：ad、eh、if、gb，故答案为：d；e；f；g；b。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。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。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3.0 molL1，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=lg51

26、0-4 = 4-lg5 = 3.3，故答案为：3.3。完成溶液乙到纯净CuCl22H2O晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到2642结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却到2642结晶；过滤。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 + N2H44CuCl + N2+ 4H+，故答案为：4Cu2+ + 4Cl + N2H44CuCl + N2+ 4H+。9常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源（1）填充物用60温水溶

27、解，目的是_。（2）操作A的名称为_。（3）铜帽溶解时加入H2O2的目的是_（用化学方程式表示）。铜帽溶解完全后，可采用_方法除去溶液中过量的H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为_。（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2+6H2O。当1 mol MnO2参加反应时，共有_mol电子发生转移。MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反

28、应的化学方程式：_。【答案】加快溶解速率 过滤 CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加热 Zn2OH2e=Zn(OH)2 4 2MnO(OH)6HCl(浓)2MnCl2Cl24H2O 【解析】【详解】（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。所以填充物用60 温水溶解，目的是加快溶解速率；（2）分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；（3）H2O2具有强氧化性，Cu与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2，反应的化学方程式是CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液

29、中过量的H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为Zn2MnO22H2O= 2MnOOH Zn(OH)2，负极Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn2OH2e=Zn(OH)2。（5） 根据方程式2MnO(OH)MnO22H2C2O4 3H2SO4=2MnSO44CO26H2O转移4e，可知：当1 mol MnO2参加反应时，共有4 mol的电子发生转移；MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化学方程式是：2MnO(OH)6HCl(浓)2MnCl2Cl24H2O。10CuCl难溶于水，广泛应用于电镀、印染等行业。工业上用辉铜矿（CuS2）为原料制取CuCl的一种流程图如下：写出“氧化”反应的离子方程式：_。