2023年高考化学综合题专练∶铜及其化合物推断题及答案

2023-2023高考化学综合题专练∶铜及其化合物推断题及答案一、铜及其化合物FeFeCl、FeCl、CuCl

的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。依据下述3 2 2不同状况，填写的符号。充分反响后，假设Fe有剩余，则烧杯中不行能含有的金属离子是 。充分反响后，假设烧杯中还有大量的Fe3+，则还会有的金属离子是 。假设烧杯中Cu2+的物质的量削减了一半，则烧杯中确定没有的金属离子是 ，确定没有的金属单质是 。【答案】Fe3+、Cu2+ Fe2+、Cu2+ Fe3+ Fe【解析】【分析】在金属活动性挨次中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质FeFeCl、FeCl、CuCl，氧化性：FeCl＞CuCl＞FeClFe＞Cu，铁先与氯化铁溶2 3 2 3 2 2液反响，FeFe3+、Cu2+，以此解答该题。【详解】在金属活动性挨次中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质FeFeCl、FeCl、CuCl，则铁先与氯化铁溶液反响。氧化性：FeCl＞CuCl

＞FeCl，复原2 3 2Fe＞Cu；

3 2 2①FeFe3+、Cu2+；Fe3+Fe完全溶解且铜离子没有反响，所以还会有的金属离子Fe2+、Cu2+；③如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已局部反响，所以氧化性强的铁离子已完全反响，则容器内确定没有的金属离子是：Fe3+FeFe剩余。【点睛】考察Fe3+、Cu2+的氧化力气大小的比较，能正确推断固体的成分是解此题的关键；此题中依据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱推断反响先后挨次，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，假设固体只有铜，则反响后的溶液中确定无Fe3+存在，确定存在Fe2+，可能含有Cu2+；假设有铁剩余，确定有铜生成，Fe3+Cu2+无剩余。有关物质的转化关系如以以下图所示(反响条件已略去)。：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。请答复以下问题：H的化学式为 。F的电子式为 。【答案】CuClCu+2H2SO4(【答案】CuClCu+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，反响①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反响生成硫酸铜、二氧化硫和水，F是海水的主要成分，FNaCl，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5g·mol-1H应CuCl，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液，则IFeCl3溶液，以此解答该题。【详解】(2)依据以上分析，F为NaClF的电子式为，(1)(2)依据以上分析，F为NaClF的电子式为，因此，此题正确答案是：；Cu+2H2因此，此题正确答案是：；Cu+2H2SO4(浓)因此，此题正确答案是：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，CuSO4+SO2↑+2H2O；依据以上分析，反响③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化复原反响，反响的离子方程式为：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-，因此，此题正确答案是：CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-。铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO、O作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜2 2铜铜绿ACu(OH)2BCu2绿”，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”CO、H2O。某同学利用下述系列反响实现了“铜铜铜绿ACu(OH)2BCu2(1)从三种不同分类标准答复，“铜绿”属于哪类物质？ 、 、 。(2)请写出铜绿与盐酸反响的化学方程式 。写出B的化学式 。上述转化过程中属于化合反响的是 ，属于分解反响的是 。【答案】铜盐碳酸盐碱式盐Cu2(OH)2CO

＋4HCl=2CuCl

＋3H2O＋CO

↑CuO ①④【解析】【分析】

3 2 2依据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进展解答；反响②为碱式碳酸铜和盐酸反响，生成氯化铜、水和二氧化碳；2Cu〔OH〕CuO；2依据化合反响概念和分解复原反响的概念推断．【详解】铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu2(OH)2CO3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：铜盐；碳酸盐；碱式盐；碱式碳酸铜和盐酸反响，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：CuO；在反响过程中：铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反响；铜绿→②是ACO、HO，A为铜盐是复分解反响；2 2A→③Cu(OH)2是铜盐和碱反响生成氢氧化铜沉淀，是复分解反响；Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反响；B→⑤Cu是氧化铜和氢气反响生成铜和水，是置换反响；故答案为：①；④．某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl－四种离子，某化学试验小组设计以下方案对废液进展处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。答复以下问题：(1)写出向废液中参与过量铁粉发生反响的离子方程式 。(2)沉淀A中含有的金属单质是 。以下物质中，可以用作试剂X的是

〔填写序号〕。2BaCl2BaCONaOH D．Ba(OH)32向溶液B中通入Cl2的作用是 ；试验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的方法制得Cl2，写出反响的化学方程式 ；由于Cl2有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B中参与双氧水后发生反响的离32子方程式 。2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O【答案】Fe+Cu2+=Fe2+2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O【解析】【分析】参与的过量的铁屑，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+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，再加碱调整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、枯燥进一步转化成氯化钡固体。据此分析。【详解】向废液中参与过量铁粉发生的反响中属于置换反响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+，反响的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，参与过量的铁粉后，铜离子被复原成金属铜，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；依据以上分析，加试剂X调整pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入的杂质，所以选BD，故答案为：BD；NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O或向溶液BNaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O或2NaCl＋MnO＋3HSO(浓)22 42NaHSO＋MnSO＋Cl↑＋2HO；向溶液B中参与双氧水44222NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2NaCl＋MnO＋3HSO(浓)22 42NaHSO＋MnSO＋Cl↑＋2HO；向溶液B中参与双氧水44222NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O。2 2 2 2 元素Cu元素CuZnAgSFePb元素养量分数/%17.6018.300.14633.1518.177.86利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：答复以下问题：22 (l)“气体A”为 (填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和 (填化学式)。(2)“沉铜”得到CuCl固体，目的是 。(3)“氧化”工序中，恰好反响时氧化剂和复原剂物质的量之比为 。(4)“母液2”中阴离子含量最多的是 ，该溶液最好返回 工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进展分析，精矿中含有FeS，理由是 22 【答案】SO2 AgCl 除去锌铁元素，分别出铜元素1:2 氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】2 2 铜锌银精矿和空气中的O2发生反响，各金属得到其氧化物，SSO，再参与H2 2 2NaClAgAgCl沉淀，PbPbSO4沉淀。通入SO2Cu2＋Cu2Cl2沉淀，参与O、H2SO4CuSO4CuSO4晶体。2【详解】2 在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而SSO，因此气体ASO2 各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2＋SO2－PbSOAg＋Cl－会生成4 4AgCl沉淀；Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋Cu2Cl2CuZn、Fe的分别，答案为除去锌铁元素，分别出铜元素；4Cu2Cl2CuSO，Cu2Cl2Cu的化合价为＋1价，1molCu2Cl2转化全Cu2＋2mol电子，1molO24mol电子，依据得失电子守恒，1：2；44Cu2Cl2CuSO，依据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有44Cl-2Cl－Cu2＋SO2－Ag＋Pb2＋等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤供给Cl－；4【点睛】问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也参与NaCl，但是要考虑到NaClAg＋Ag＋在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需Cl－2Cl－，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以削减相关净化操作。某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简洁处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑答复以下问题：滤渣1的主要成分为 。2 2 2 第②步参与HO目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为 ；使用HO作为氧化剂的优点是 2 2 2 4 2 用第③步所得CuSO·5HO晶体加热制备无水CuSO的瓷质主要仪器 。4 2 2Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，可行方案是 ，其中不行行方案的缘由是 。【答案】Pt、Au H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 不引入杂质且产物无污染蒸发皿乙甲【解析】【分析】〔1〕.1Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反响。2 2 〔2〕.HOFe2+Fe3+，HO2 2 〔3〕.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。3〔4〕1加H2O2Fe2+→Fe3+NaOHPHAl3+Fe3+2Cu2+2Fe(OH)3Al(OH),所以在制取Al2(SO4)3·18H2OFe3+影响。3【详解】〔1〕.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1PtAuPt、Au。〔2〕.依据分析，H2O2Fe2+H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，反响产物只H2OFe3+，没有引入杂质且无污染。答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不引入杂质且产物无污染。〔3〕.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。〔4〕.2Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2(SO4)3AlFeAl3+。丙方案参与NaOHAl(OH)3Fe3+影响，但比照方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。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、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上承受如下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、CI-)中制备氯化亚铜。请答复以下问题：写出步骤①中发生的两个主要反响的离子方程式： 。步骤②的操作名称是 。步骤④中所加物质X为 。步骤⑤的操作是 。步骤⑥应调整溶液的pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl品体，目的是 。在CuCI的生成过程中，可以循环利用的物质是 ，理论上 (填“需要”或“不需要”)补充(不考虑调整等消耗)；理由是 。エ业上还可以承受以碳棒为电极电解CuCl2溶液得到CuCl。写出电解CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反响： 。【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO或Cu(OH)2或CuCO3等在HCl气流中蒸发结晶削减CuCl的损失硫酸不需要Cu与浓硫酸反响生成CuSO4和SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4 Cu2++Cl-+e-=CuCl↓【解析】【分析】从某酸性废液〔主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-〕中制备氯化亚铜，向工业上以某酸性废液〔含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-〕参与过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反响转化为二价铁离子，铜离子与铁反响生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反响，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反响生成硫酸铜和二氧化硫，酸性废液调整pH值使铁离子沉淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反响生成氯化亚铜和硫酸，硫酸可以再循环利用。【详解】步骤①中铁能与铜离子及铁离子反响生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反响生成氢气，涉及的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑；步骤②中从溶液中分别出固体物质过量的铁和生成的铜，所以步骤②的操作名称是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；pH值，要能与酸反响同时不引入的杂质，所以物质X为CuOCu(OH)2CuCO3等，故答案为：CuOCu(OH)2CuCO3等；步骤⑤的操作是从氯化铜溶液中获得氯化铜晶体，要防止铜离子水解，所以步骤⑤的HCl气流中蒸发结晶，故答案为：在HCl气流中蒸发结晶；CuCl微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇洗涤CuClCuCl的损CuCl的损失；依据流程分析可知，硫酸可以循环利用，CuCuSO4SO2的物质1：1CuClCuSO4SO21﹕1，所以理论上4不需要补充H2SO4

，故答案为：硫酸；不需要；CuCuSO

的物质4421：1CuClCuSO4SO21﹕1，所以理论上不需要补充H2SO；442电解CuCl2溶液，阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子结合氯离子生成氯Cu2++Cl-+e-=CuCl↓，故答案为：Cu2++Cl-+e-=CuCl↓。Cu2(OH)2COFe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制3CuSO4·5H2O，主要步骤如下：Fe3+、Fe2+、Cu2+pH分别如下：请答复以下问题：为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以实行的措施有: (写一种)。试剂①是双氧水，把Fe2+氧化成Fe3+的目的是 。依据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应实行的条件是 。试剂②为CuO，其目的是调整溶液的pH保持在 范围。操作Ⅰ的名称是 。4 溶液C得到CuSO·5HO的主要步骤是 、 4 【答案】适当提高反响温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)pH时,Fe3+Cu2+80ºC，pH1.5,4h左右3.2≤pH<4.7过滤蒸发浓缩冷却结晶【解析】【分析】2孔雀石中参与稀硫酸，得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳，还有SiO，那么气体E为2CO，参与试剂②后产生红褐色沉淀DFe(OH)，进一步说明溶液B中含有2 32 Fe3+，那么试剂①是一种具有氧化性的试剂，可将溶液AFe2+Fe3+，为了不引入杂质，选用的试剂①是HOpHFe3+2 Cu2+，溶液C为硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤枯燥后可得CuSO4·5H2O，据此解答此题。【详解】为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以实行的措施是上升反响的温度或者增大接触面积；由分析可知试剂①是双氧水，可将溶液AFe2+Fe3+Fe2+Fe3+的Cu2+Fe3+已完全沉淀，从而把杂质除去；由曲线图可知，当温度为80℃，pH=1.5时Fe3+的转化率最高，因此工业上氧化操作时应实行的条件是温度为80℃，pH=1.54h左右；CuOpH3.2~4.7Fe3+完全沉淀，Cu2+开头沉淀；操作Ⅰ为过滤；由分析可知，溶液CCuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥。2CuCl难溶于水，广泛应用于电镀、印染等行业。工业上用辉铜矿〔CuS〕为原料制取2CuCl的一种流程图如下：⑴写出“氧化Ⅰ”反响的离子方程式： 。⑵写出“氧化Ⅱ”反响的离子方程式： 。⑶写出“复原”反响的离子方程式： 。Cl2NaOHNaClO3的溶液，写出该反响的离子方程式：【答案】MnO2＋【答案】MnO2＋CuS＋4H+＝2S＋Mn2+＋Cu2+＋2HO225Mn2+＋2ClO-＋4HO＝5MnO↓＋322Cl2↑＋8H+2Cu2+＋SO2-＋2Cl－＋HO＝2CuCl↓＋SO2-＋2H+3243Cl＋6OH－25Cl－＋ClO-＋33H2O【解析】【分析】22 2 3 3 2 2 辉铜矿〔CuS〕溶解于稀硫酸和二氧化锰的混合物得到硫、硫酸铜及硫酸锰的混合溶液，NaClO，发生反响Ⅱ5Mn2+＋2ClO-＋4HO＝5MnO↓＋Cl↑＋8H+MnONaSOCuCl沉淀，过滤、水洗22 2 3 3 2 2