2020-2021高考化学 铜及其化合物推断题综合试题含答案解析

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题综合试题含答案解析
一、铜及其化合物
1．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__________N A。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 HNO3＞H2CO3 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：HNO3＞H2CO3；
(3)B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O通电2H2↑+O2↑；
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，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3N A。

2．A为金属单质，B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。

请回答：
(1)A 是_____________，C 是_____________。

(均用化学式表示)
(2)写出实验室制备 D 的化学方程式：_____________。

(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。

(4)设计实验方案，检验 C 溶液中的金属阳离子：_____________
【答案】Fe FeCl 2 MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+ 取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+
【解析】
【分析】
A 为金属单质，
B 、
C 、
D 、
E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且B 与A 反应生成C ，则A 为Fe ，D 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，A 与E 反应生成C(FeCl 2)，结合(3)“用B 溶液与Cu 反应制作印刷电路板”可知，E 为HCl ，据此解答。

【详解】
（1）根据分析可知，A 为Fe ，C 为FeCl 2，
故答案为：Fe ；FeCl 2；
（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)=∆
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，
故答案为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；
（3）B 为FeCl 3，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+，
故答案为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+；
（4）C 为FeCl 2，其阳离子为Fe 2+，检验Fe 2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+，
故答案为：取C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+。

3．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
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．在下图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，E的相对分子质量比D大17,G是一种紫红色金属单质。

(部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出)
请回答下列问题：
（1）A、C的化学式分别为_______、_______。

（2）反应①的化学方程式为_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）向反应②后的溶液中通入少量的A,现象为_______。

【答案】 NH3 NO 3NO2+H2O=2HNO3+NO 3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 有蓝色沉淀生成
【解析】已知B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，即为氧气，G是一种紫红色金属单质，则为铜，E能与不活泼金属铜反应，且相对分子质量比D大17，所以E为
HNO3，D为NO2，则C为NO，F为H2O，由此推出A为NH3。

(1)A、C的化学式分别为NH3和NO；
(2)反应①为NO2与H2O的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(3)反应②为铜与稀硝酸的反应，其离子方程式为3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)反应②后的溶液为Cu(NO3)2溶液，通入少量的NH3，将发生如下反应Cu2＋＋2NH3·H2O Cu(OH)2↓＋2NH4＋，所以现象为有蓝色沉淀生成。

6．已知：在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。

用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：
①取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。

②向滤液中通入Cl2，搅拌。

③向②中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。

④把③所得滤液浓缩。

（1）①中加热并搅拌的目的是_____________________________。

（2）②中发生反应的离子方程式是_________________________。

（3）③中的物质A可能是__________________；调整的PH范围是_______________；
过滤后滤渣的成分是__________________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_________________________。

（5）①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值：_________________________。

【答案】加快反应速率，是反应充分 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- CuO 4-5 Fe(OH)3
CuO+2H+=Cu2++H2O 取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解，此时溶液中主要有Cu2+，Fe2+，Cl-，H+；通入氯气将亚铁离子
2Fe+Cl=2Fe+2Cl，加入适量CuO可以调节pH值至氧化成Fe3+，离子方程式为：2+3+-
2
4-5，将Fe3+转化成沉淀，同时不引入新的杂质，之后过滤浓缩，得到CuCl2溶液。

【详解】
（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，
故答案为：加快反应速率，使反应充分；
2Fe+Cl=2Fe+2Cl；
（2）根据分析可知答案为：2+3+-
2
（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH 在4-5的环境中Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解；得到的滤渣为Fe(OH)3，
故答案为：CuO；4-5；Fe(OH)3；
（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
（5）测溶液pH值的方法为：取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

7．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。

某同学利用以下反应实现了“铜―→铜绿―→……―→铜”的转化。

铜铜绿A Cu(OH)2B Cu
(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于________(填字母)。

A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
(2)写出B的化学式：________________。

(3)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：__________________
【答案】C CuO Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑
【解析】
【分析】
根据题意，铜铜绿A Cu(OH)2B Cu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。

【详解】
(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故答案为：C；
(2)氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，Cu(OH)2→④，所以B是CuO；
(3)依据铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu的变化过程，反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：
Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑。

8．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Na[CuCl2]，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①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①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②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】CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－ CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2] 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)＋Cu加热CuSO4＋SO2↑＋2H2O O2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生
反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，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，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
Na[CuCl2]，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CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；
(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Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl2＋2NaCl＋Cu
=2Na[CuCl2]；
(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+2H SO(浓)加热CuSO+SO↑+2H O；
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①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为
1∶1，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)。

9．信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．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等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
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步加入22H O 的作用是 ______ ，使用22H O 的优点是 ______ ；调节pH 的目的是使 ______ 生成沉淀．
()3由滤渣2制取2432Al (SO )18H O ⋅，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中， ______ 方案不可行，原因是 ______ ；
()4探究小组用滴定法测定()42CuSO 5H O Mr 250⋅=含量．取a g 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用c mol /L ()22EDTA H Y
-标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液b mL.滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+写出计算42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式ω= ______ ． 【答案】2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V Au 、Pt 把2Fe +氧化为3Fe +
不引入杂质，产物对环境无污染 3Fe +、3Al + 甲 滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质
125cb %a 【解析】
【分析】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；
(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液pH 目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加22H O 的作用是把2Fe +氧化为3Fe +，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染；调溶液pH 的目的是使3Fe +和3Al +形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu 2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
(3)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
(4)依据滴定实验和反应离子方程式计算得到。

【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；第①步Cu 与酸反应的离子方程式为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt 和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt ；
(2)第②步加22H O 的作用是将2Fe +氧化为3Fe +，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液pH 铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将2Fe +氧化为3Fe +，不引入杂质，产物对环境无污染，3Fe +、3Al +生成沉淀；
(3)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行，故答案为：甲，滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
(4)取ag 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用
()122cmol L EDTA H Y --⋅标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液6mL ，滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同
33cmol /L b 10L bc 10mol --=⨯⨯=⨯；依据元素守恒得到：
则20ml 溶液中含有的42CuSO 5H O ⋅物质的量为3bc 10mol -⨯；100ml 溶液中含33bc 10mol 55bc 10mol --⨯⨯=⨯；所以42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式
31cmol /L b 10L 250g mol 5125cb 100%=%ag g --⨯⨯⨯⋅⨯=⨯；故答案为：125cb %a。

【点睛】
硝酸根与氢离子的组合氧化性非常强，可以氧化金属铜，浓硝酸体现强氧化性生成的还原产物是二氧化氮；过氧化氢是常见的氧化剂，优点是不引入新杂质，对环境无污染。

10．FeCl 3溶液在工业上用于蚀刻铜箔制造电路板。

从蚀刻后的废液中可以回收铜并使蚀刻液再生。

流程如下（部分物质有省略）：
回答下列问题：
（1）氯化铁溶液蚀刻铜箔反应的离子方程式为
_______________________________________。

（2）从固体中分离出铜，加入的试剂X 可以是________________。

（3）使滤液再生为蚀刻液可采用的方法是
___________________________________________。

【答案】2Fe3＋＋Cu→2Fe2＋＋Cu2＋盐酸(CuCl2) 通入足量氯气（含HCl的H2O2溶液）【解析】
【分析】
用FeCl3溶液蚀刻含Cu电路板，所得废液中主要含有Fe2+、Cu2+和Fe3+，向废液中加入过量铁粉，可将废液中的F e3+还原为Fe2+，同时置换出Cu，过滤后的滤渣中含有Fe和Cu，滤液中只含有Fe2+，用稀盐酸溶解滤渣过滤得到Cu，将两次滤液合并后通入氯气，重新得到FeCl3溶液。

【详解】
(1)氯化铁溶液溶解Cu生成FeCl2和CuCl2，则蚀刻铜箔反应的离子方程式为2Fe3＋＋
Cu→2Fe2＋＋Cu2＋；
(2)溶解Fe和Cu的固体混合物并分离出Cu，可选择稀盐酸或CuCl2溶液；
(3)再生为蚀刻液可采用的方法是向滤液中通入足量氯气，可使FeCl2完全氧化得到FeCl3溶液。

【点睛】
考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。

本题中根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。