高考化学铜及其化合物推断题大题培优及详细答案.docx

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高考化学铜及其化合物推断题大题培优及详细答案

高考化学铜及其化合物推断题（大题培优）及详细答案

一、铜及其化合物

1．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。

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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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+；故答案为：

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；故答案为：

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；故答案为：

23.3；

3．已知两种常见金属A（地壳中含量第二的金属）、B（红色金属）分别与两种酸X、Y发生反应，其转化关系如图所示，其中D为红棕色气体。

回答以下问题：

（1）反应③的离子反应方程式为___；

（2）6.4gB与过量X溶液（8mol/L、60mL）充分反应后，生成的还原产物有C、D，反应后溶液中所含X为nmol，此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为___mol。

（3）常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W的转化关系如图所示（无关物质已略去）。

其中N是红棕色的化合物。

①M由两种化合物组成，其中含有Ｆ；将Ｍ通入BaCl2溶液，实验现象是___。

②若经反应I得到16g固体Ｎ，产生的气体M恰好被0.3L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收得溶液1，则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。

【答案】SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NOn+0.2产生白色沉淀2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+

【解析】

【分析】

常见金属A为地壳中含量第二的金属，确定为Fe、B为红色金属确定为Cu，根据D为红棕色气体，确定D为NO2，C为NO，X为HNO3；B为Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2反应生成硫酸和硝酸，确定B为Cu，Y为硫酸，F为SO2，G为CuSO4；（3）A（Fe）与Y（硫酸）的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，确定W为FeSO4，2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑，气体M为SO2和SO3的混合物，M与NaOH反应生成盐和水，N为Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。

Fe3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。

【详解】

（1）根据以上分析可知，反应③为SO2、NO2和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应方程式为SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO；

答案：

SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO

（2）6.4gB与过量X溶液（HNO3）充分反应后，生成的还原产物有NO2、NO，反应后溶液中所含HNO3为nmol，溶液中所含N

的物质的量为：

n（N

）=n（Cu2+）×2+n=

+n=n+0.2mol；

答案：

n+0.2

（3）①将Ｍ（SO2、SO3）通入BaCl2溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成；

答案：

产生白色沉淀

②反应Ⅰ：

2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑；反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；

根据固体M（Fe2O3）的量计算出SO2和SO3的物质的量。

2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑

160g1mol1mol

1.6g0.01mol0.01mol

反应ⅡSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O

1mol2mol1mol

0.01mol0.02mol0.01mol

SO2+NaOH=NaHSO3

1mol1mol1mol

0.01mol0.01mol0.01mol

溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；

反应Ⅳ：

硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+；

答案：

2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+

4．根据下图物质之间的转化关系，回答下列问题：

（1）写出A、B、C的化学式：

A________、B________、C________。

（2）写出有关的化学方程式：

A―→B__________________________；

A―→Cu_________________________。

【答案】（7分）

1）CuSO4Cu（OH）2CuO（每格1分）

2）A→B：

CuSO4＋2NaOH=Cu（OH）2↓＋Na2SO4（2分）

A→Cu：

CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu（2分）

【解析】

【分析】

根据转化图可知，A和铁反应生成铜，而C和稀硫酸反应生成A，所以A是CuSO4；硫酸铜和氢氧化钠反应生成B，则为Cu（OH）2；Cu（OH）2受热分解生成氧化铜，C为CuO；CuO被氢气还原为铜；据以上分析进行解答。

【详解】

根据转化图可知，A和铁反应生成铜，而C和稀硫酸反应生成A，所以A是CuSO4；硫酸铜和氢氧化钠反应生成B，则为Cu（OH）2；Cu（OH）2受热分解生成氧化铜，C为CuO；CuO被氢气还原为铜；

（1）结合以上分析可知，A为CuSO4，B为Cu（OH）2，C为CuO；

综上所述，本题正确答案：

CuSO4、Cu（OH）2、CuO。

（2）结合以上分析可知，

A→B反应方程式为：

CuSO4＋2NaOH=Cu（OH）2↓＋Na2SO4；

A→Cu反应方程式为：

CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu；

综上所述，本题正确答案：

CuSO4＋2NaOH=Cu（OH）2↓＋Na2SO4；CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu。

5．汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。

化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A。

（1）判断A为________________，键型________________。

（2）A的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式____________。

（3）歧化产物之一与A的阴离子反应方程式____________。

（4）检测汞蒸气时，试纸颜色由________色变成________色。

写出反应方程式____________（已知反应产物之一是配合物）。

【答案】CuI共价键2Cu＋＝Cu2＋＋Cu2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2白红4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu

【解析】

【分析】

根据题干信息，化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A，则化合物A为CuI，是共价化合物；检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色。

【详解】

（1）据以上分析可知化合物A为CuI，是共价化合物，Cu和I形成共价键，故答案为：

CuI；共价键；

（2）A的阳离子为Cu+，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu＋＝Cu2＋＋Cu，故答案为：

2Cu＋＝Cu2＋＋Cu；

（3）歧化产物之一（Cu2+）与A的阴离子（I-）发生氧化还原反应生成CuI和I2，反应方程式是2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2，故答案为：

2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2；

（4）检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：

白；红；4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。

6．铜及其化合物向

溶液中滴加

溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含

，含有

、

和

。

已知：

Cu+

Cu+Cu2+,Cu2+

CuI↓（白色）+I2。

（1）用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是___________。

（2）向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。

【答案】有暗红色不溶物生成

【解析】

【分析】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。

【详解】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：

有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为

。

故答案为：

。

7．铜与浓硫酸在加热条件下发生反应。

（1）请同学们写出该反应方程式_______________________________________；

（2）其中______为还原剂，浓硫酸表现的性质__________（酸性、强氧化性、强氧化性和酸性）；

（3）当3molCu参加反应，转移的电子数为_____________。

【答案】Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2OCu（或铜）强氧化性和酸性6NA（或3.612×1024）

【解析】

【详解】

（1）铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、SO2和水，该反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）在Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O中，Cu元素化合价升高，则Cu发生氧化反应，是还原剂，而S元素部分化合价+6价降为+4价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；

（3）反应中Cu从0价升高为+2价，则当3molCu参加反应，转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，数目为6NA。

8．某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl－四种离子，某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。

回答下列问题：

（1）写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。

（2）沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。

（3）下列物质中，可以用作试剂X的是_____________   （填写序号）。

A．BaCl2B．BaCO3C．NaOHD．Ba（OH）2

（4）向溶液B中通入Cl2的作用是__________________；实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2，写出反应的化学方程式________________；由于Cl2有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。

【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+氧化成Fe3+2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O

【解析】

【分析】

加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁；滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子，通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子，再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，所以沉淀2为氢氧化铁，进一步转化成氯化铁晶体，而滤液2则只剩氯化钡溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。

据此分析。

【详解】

（1）向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，

故答案为：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，

故答案为：

铜、铁；

（3）根据以上分析，加试剂X调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质，所以选BD，

故答案为：

BD；

（4）向溶液B中通入Cl2可以将Fe2+氧化成Fe3+；NaCl固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO2加热反应生成Cl2，反应的化学方程式为NaCl+H2SO4（浓） 

Na2SO4+2HCl↑，MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O或2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O，

故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+；2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O。

9．氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

开始沉淀

7.5

2.7

4.8

完全沉淀

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（2）试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是________。

（4）“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________（填序号）。

a.不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触b.增大通入N2H4的流速

c.减少KOH的进入量d.减小通入N2H4的流速

（5）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________

（6）操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。

（7）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式为________

（8）工业上用氨气生产氢氰酸（HCN的反应为：

CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）△H>0。

其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。

则X可以是___________（填字母序号）

a.温度b.压强c.催化剂d.

【答案】SO22∶1空气或氧气3.7≤pH<4.8ad4CuSO4＋N2H4＋8KOH

2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2Obd

【解析】

【分析】

硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：

2CuFeS2+4O2

Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2

2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和SO2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

【详解】

（1）根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O2

2CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:

1；

（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋；酸性条件下，O2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；

（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：

3.7≤pH＜4.8；

（4）还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高N2H4的转化率，则N2H4要充分反应；

a．不断搅拌，增加N2H4与溶液的接触面，使得N2H4充分反应，a符合题意；

b．增大通入N2H4的流速，有部分N2H4来不及反应，转化率会降低，b不符合题意；

c．减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c不符合题意；

d．减小通入N2H4的流速，能够使得N2H4反应更加充分，转化率增加，d符合题意；

综上ad符合题意；

（5）根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O；

（6）操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为Cu2O可以被O2氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；

（7）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：

2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；

（8）根据图示，NH3的转化率随着X的增加而减小；

a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增加，与图像不符，a不符合题意；

b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率减小，与图像相符，b符合题意；

c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3转化率不变，与图像不符，c不符合题意；

d．

增加，平衡正向移动，但是NH3的转化率减小，与图像相符，d符合题意；

综上bd符合题意。

【点睛】

问题（8）中的d项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4，才可以。

如果只加入NH3，则CH4的转化率增加，而NH3自身的转化率会降低。

10．已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。

（2）固体混合物是____（填化学式）

（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。

（4）步骤4中涉及的操作是：

蒸发浓缩、___、过滤、洗