备战高考化学压轴题之铜及其化合物推断题(备战高考题型整理,突破提升)及详细答案

备战高考化学压轴题之铜及其化合物推断题(备战高考题型整理,突破提升)及
详细答案
一、铜及其化合物
1．物质A～D均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除A～D外的其他物质均已略去）。

（1）写出相应物质的类别。

物质B C D
类别_______
（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。

（3）①D→A转化的化学方程式：__。

②B→C转化的离子方程式：__。

【答案】盐碱氧化物 3 CuO+H2Cu+H2O Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
【解析】
【分析】
由转化关系可知D应为氧化物，与氢气反应生成A为单质，B应为硫酸盐，可由A与浓硫酸反应生成，B可与铁反应生成A，则可考虑A为Cu，则D为CuO，B为CuSO4，C为
Cu(OH)2，以此解答该题。

【详解】
根据以上分析知：A为Cu，B为CuSO4，C为Cu(OH)2，D为CuO；
(1)B为CuSO4，属于盐类，C为Cu(OH)2，属于碱，D为CuO，为氧化物；
(2)上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；
(3)①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；
②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。

2．现有A、B、C、D四种物质，A、B为无色气体，C、D为黑色粉末，B跟D在一定条件下能生成A，A和D都能跟C反应生成B和一种红色固体E，其中B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F。

（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。

A______________B______________C______________D______________
（2）写出实现下列变化的化学方程式
B ＋D→A_____________________________________________________
A＋C→E ＋ B_________________________________________________
【答案】CO CO2 CuO C C＋CO2 2CO CO＋CuO Cu＋CO2
【解析】
【详解】
（1）A、B都为无色气体，B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F，所以B是二氧化碳，F是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末D在一定条件下能生成气体A，所以D是木炭，A
是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体E，所以C是氧化铜，E是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A是CO，B是CO2，C是CuO，D是C，E是Cu，F是CaCO3；
故答案是： CO；CO2；CuO；C
（2）B+D→A的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：C ＋CO2 2CO；
A+C→E+B的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：CO＋CuO Cu＋CO2；
故答案为C＋CO2 2CO；CO＋CuO Cu＋CO2
3．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97 g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：写出对应化学式：
(1)A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

(2)写出下列化学方程式：
①A在空气中燃烧_______________；
②B长期置于空气中变成绿色物质_________。

(3)将5 g钠铝合金投入200 mL的水中，固体完全溶解，产生4.48 L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____(假设溶液体积变化忽略不计)。

【答案】Na2O Fe2O3 2Na＋O2 Na2O2 2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3 1：1 0.5 mol/L
【解析】
【分析】
根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97 g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。

【详解】
（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；
（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2 Na2O2
②Cu 长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu ＋O 2＋CO 2＋H 2O=Cu 2(OH)2CO 3 （3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO 2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol ，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c(NaAlO 2)=10.1mol 0.5mol L 0.2L
-=⋅。

4．为探究不含结晶水盐A （仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验： ①取少量A ，加水，A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；
②另取一定量A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B 产生，同时产生气体C ，B 的质量为A 质量的四分之三，C 能使盐酸酸化的BaCl 2溶液产生白色沉淀。

B 遇水生成不溶于水的蓝色固体D ，同时有三分之二的S 元素溶于水。

(1)A 组成元素是_____（用元素符号表示）。

(2)B 的化学式是_________。

(3)B 与水反应的化学方程式是___________。

【答案】Cu S O Cu 2OSO 4 3Cu 2OSO 4+4H 2O=3Cu(OH) 2·
CuSO 4·H 2O+2CuSO 4 或3Cu 2OSO 4+3H 2O=3Cu(OH) 2·
CuSO 4 +2CuSO 4 或3Cu 2OSO 4+3H 2O=Cu 4(OH)6SO 4+2CuSO 4
【解析】
【分析】
①取少量A ，加水，A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A 是CuSO 4，根据物质组成确定其中含有的元素；
②另取一定量A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B 产生，同时产生气体C ，C 能使盐酸酸化的BaCl 2溶液产生白色沉淀，则C 是SO 3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO 4，B 的质量为A 质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO 4分解的产物，则B 是Cu 2OSO 4，B 遇水生成不溶于水的蓝色固体D ，同时有三分之二的S 元素溶于水，若有3个Cu 2OSO 4反应，溶于水的S 只能是生成2个CuSO 4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。

【详解】
(1)根据上述分析可知A 是CuSO 4，含有Cu 、S 、O 三种元素；
(2)由于A 分解产生的C 是气体，C 能使盐酸酸化的BaCl 2溶液产生白色沉淀，说明C 是SO 3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO 4，A 分解产生的B 为黄色固体，且B 的质量为A 质量的四分之三，则B 应该是2个CuSO 4分解产生1个SO 3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B 是Cu 2OSO 4；
(3)B 遇水生成不溶于水的蓝色固体D ，同时有三分之二的S 元素溶于水，溶于水的以CuSO 4形式存在，还有三分之二的S 元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式
为3Cu 2OSO 4+3H 2O=3Cu(OH) 2·
CuSO 4 +2CuSO 4或写为3Cu 2OSO 4+4H 2O=3Cu(OH) 2·
CuSO 4·H 2O+2CuSO 4或者3Cu 2OSO 4+3H 2O=Cu 4(OH)6SO 4+2CuSO 4。

【点睛】
本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。

掌握元
素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。

5．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：
A→D：____________________；
C→E：_________________。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NO22Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O24NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【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）A→D的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
C→E的化学方程式为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。

6．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。

已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D 是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。

（1）B的化学式为__________________。

（2）K的电子式为__________________。

（3）写出反应①的化学方程式：_________________________________________。

（4）写出反应②的离子方程式：____________________________________。

【答案】NaN3CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O
【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D 中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J 是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。

（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；
（2）NaOH的电子式为；
（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2；
（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。

点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。

解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。

通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。

7．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。

湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。

某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反应中H2O2的作用是_____。

写出操作①的名称：_________。

（2）反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：
_______。

操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。

a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2＋在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。

若操作③使用下图装置，图中存在的错误是_____。

（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。

阴极析出铜，阳极产物是_______。

操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。

（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。

循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。

【答案】作氧化剂过滤 Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗 a b RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤 H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。

反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。

（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和
NH3，方程式为：Cu(NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。

分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以a b正确。

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。

互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。

（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。

氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性，防止由于溶液中的c （OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。

8．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方程式为______。

(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。

①反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为______。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是______。

(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。

当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。

(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为______
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。

【答案】CuFeS2＋Cu＋2H+=2CuS＋Fe2+＋H2S↑ 2mol 4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 Fe3+水解程度随pH的升高而增大 32：7 洗涤煅烧(或灼烧)
【解析】
【分析】
辉铜矿（主要成分为Cu2S）用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。

【详解】
（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑，故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；
（2）①反应Cu2S+4FeCl3＝2CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：2mol；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
②浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，
故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；
（3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，
故答案为：Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；
（4）在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2++N2H4+4OH-
=2Cu+N2↑+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（2×64）：
28=32：7，
故答案为：32：7；
（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品，
故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。

9．工业常用FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。

(1)写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式____________________
(2)某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。

操作Ⅰ和Ⅱ的操作使用到的主要玻璃仪器有____，滤渣③含有的单质有______。

通入气体
⑥的化学式为______。

(3)若某腐蚀液中含1.5mol·L－1CuCl2、3.0mol·L－1FeCl2、1.0mol·L－1FeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为______。

【答案】Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋漏斗、玻璃棒、烧杯 Cu，Fe Cl2 22.4g
【解析】
【分析】
(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，据此分析书写反应的离子方程式；
(2)腐蚀废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，据此分析解答；
(3)由于氧化性Fe3+＞Cu2+，故先发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，然后再发生反应：
Cu2++Fe=Fe2++Cu，结合方程式计算需要加入Fe的物质的量和质量。

【详解】
(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
(2)反应后的废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁。

操作Ⅰ和Ⅱ都为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，滤渣③含有的单质有铜、铁，将氯化亚铁转化为氯化铁可以通入Cl2，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；铜、铁；Cl2；
(3)溶液中CuCl2为0.2L×1.5mol/L=0.3mol，FeCl2为0.2L×3mol/L=0.6mol，FeCl3为
0.2L×1.0mol/L=0.2mol，为充分回收铜，加入的铁依次发生2个反应：2 Fe3++Fe=3 Fe2+和
Cu2++Fe=Fe2++Cu，要将铜全部回收，加入Fe粉的质量应不少于
(0.2mol×1
2
+0.3mol)×56g/mol=22.4g，故答案为：22.4g。

10．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70%Cu、25%Al、4%Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步 Cu与酸反应的离子方程式为__________________，得到滤渣 1的主要成分为
_______________。

(2)第②步加 H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，用 H2O2做氧化剂的优点是____________________。

(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中如何分离两种沉淀，写出反应的离子方程式______________。

(4)第③步蒸发所需玻璃仪器为__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O Au、Pt 不引入新的杂质，对环境无污染
Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O 酒精灯、玻璃棒
【解析】
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液；Pt和Au不能反应，仍以固体单质的形式存在，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。

用H2O2作氧化剂的优点是还原产物是H2O，不引入杂质，且对环境无污染；
(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中可根据Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应，而Fe(OH)3是碱，不能与强碱发生反应来分离两种难溶性物质，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
(4)第③步从含有CuSO4的溶液中获得CuSO4·5H2O晶体的方法是蒸发结晶法，蒸发时所需玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒。