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1、2020-2021 备战高考化学铜及其化合物推断题(大题培优 易错 难题)含答案解析 一、铜及其化合物 1浅绿色盐 X 仅含四种元素，不含结晶水，M(X)908gmol-1，某小组为了探究 X 的组成和性质，设计并完成了如下实验 上述实验中，得到 23.3g 白色沉淀 E、28.8g 红色固体 G 和 12.8g 红色固体 H。已知：X 分解成 A、B、C 的反应为非氧化还原反应；常温下 B 呈液态且 1 个 B 分子含有 10 个电子。请回答如下问题：(1)写出 B 分子的电子式_；X 的化学式是_。(2)在隔绝空气、570温度下加热 X 至完全分解的化学反应方程式为：_。(3)请写出 G
2、溶于 D 溶液的离子方程式：_。(4)请设计实验检验固体 C 中是否仍含有 X：_。【答案】Cu4(OH)6SO4 Cu4(OH)6SO44CuO+SO3+3H2O Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量 BaCl2溶液，若产生白色沉淀则样品中含有 X，反之则没有。【解析】【分析】浅绿色盐 X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到 A、B 和黑色固体C，常温下 B 呈液态且 1 个 B 分子含有 10 个电子，B 为 H2O，A 和水反应生成的 D 能和氯化钡反应生成白色沉淀 E，E 只能为 BaSO4，则 D 为 H2S
3、O4，A 是 SO3；23.3g 白色沉淀 E 的物质的量为 0.1mol，黑色固体 C 可能为 Fe3O4、CuO、C 等，黑色固体 C 隔绝空气在 1000反应生成气体 F 和红色固体 G，G 能和 H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为 Cu2O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体 C 为 CuO，G 为 Cu2O，气体 F 为 O2，红色 H 为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO4，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定 X 的化学式，并进行有关解答。【详解】根据上述分析可知
4、 A 是 SO3，B 是 H2O，C 是 CuO，D 是 H2SO4，E 是 BaSO4，F 是 O2，G 为Cu2O，H 为 Cu，I 为 CuSO4，X 是含有 Cu、H、O、S 四种元素的化合物。(1)B 为 H2O，水分子中 H、O 原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒可知，在浅绿色盐 X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=228.8?g144?g/mol=0.4mol，n(CuO)=0.4mol，n(S)=n(BaSO4)=23.3?g233?g/mol=0.1mol，n(CuO)：n(SO3)=0.04mol：0.01mol=4：1，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：
5、Cu4(OH)mSO4，Cu4(OH)mSO44CuO+SO3+2mH2O，根据氧元素守恒得：m=6，符合 M(X)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.34n NHn CH【答案】SO2 21 空气或氧气 3.7pH4.8 ad 4CuSO4N2H48KOH902Cu2ON24K2SO46H2O 防止 Cu2O 被空气中氧气氧化 2Cu2e2OH=Cu2OH2O bd 【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+3SO
6、2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+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 pH3.74.8 沉淀 Fe3+，过滤，将滤液用 KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+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+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为
7、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：3.7pH4.8；(4)还原过程中发生的反应是 4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+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
8、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+8KOH2Cu2O+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
9、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；d34n NHn CH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
10、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。6某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含 71%Cu、20%Al、5%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：已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2 回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为_。（2）第步加入 H2O2目的是将 Fe2+氧化成 Fe3+，其离子方程式为_；使用 H2O2作为氧化剂的优点是_。（3）用第步所得 CuSO45H2O 晶体加热制备无水 CuSO4的瓷质主要仪器_。
11、（4）由滤渣 2 制取 Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，可行方案是_，其中不可行方案的原因是_。【答案】Pt、Au H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O 不引入新杂质且产物无污染 蒸发皿 乙 甲 【解析】【分析】（1）.滤渣 1 成分应为 Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。（2）.H2O2将 Fe2+氧化成 Fe3+，同时其被还原为 H2O。产物无污染无需后续处理。（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。（4）.滤液 1 加 H2O2是为了将溶液中 Fe2+Fe3+，然后通过加 NaOH 调 PH 值使 Al3+和 Fe3+沉
12、淀，这样才能使滤液 2 只含 Cu2+。而滤渣 2 成分为 Fe(OH)3和 Al(OH)3,所以在制取Al2(SO4)318H2O 时要考虑除去 Fe3+影响。【详解】（1）.Pt，Au 都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣 1 含 Pt 和 Au，答案为 Pt、Au。（2）.根据分析，H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为 H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，反应产物只有 H2O 和 Fe3+，没有引入新杂质且无污染。答案为 H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，不引入新杂质且产物无污染。（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。（4）.根据分析，滤渣 2 如果采用甲方案
13、处理无法除去 Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2(SO4)3成分。如果采用乙方案，加适量 Al 粉可以置换出 Fe 同时生 Al3+。丙方案加入NaOH 溶解 Al(OH)3然后过滤，可排除 Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。7氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu 和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。回答下列问题：（1）步骤中 N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式_。（2）步骤中，亚硫酸铵要略保
14、持过量，原因是_，滤液中可循环利用的物质是_。（3）步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu(OH)ClCuCl，被氧化为23Cu(OH)Cl的化学方程式为_。（4）用227K Cr O溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g，将其置于过量的3FeCl溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL溶液，取溶液10.00mL用2270.1000mol LK Cr O溶液进行滴定，反应中272Cr O被还原成3Cr，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl的质量分数_。实验编号 1 2 3 消耗227K
15、Cr O溶液的体积/mL 14.98 16.03 15.02 （5）制造印刷电路板产生的废液中含大量234Cu NH等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl，电解时阴极的电极反应式为_，生成CuCl的离子方程式为_。【答案】-+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O 使完全反应，阻止生成的被氧化 硫酸 22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl 89.55%2+-3233242Cu NH+e+2H O=Cu NH+2NHH O 342Cu NH2HClCuCl2NH 【解析】【分析】铜与硝
16、酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。【详解】步骤中 N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程式；+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O；故答案为：+2+3424Cu+NO+10H=4Cu+NH+3H O。步骤中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl 在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu2+、Cl、SO32和H2O 反应 CuCl、SO22、H+，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应
17、，阻止生成的被氧化；硫酸。步骤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu(OH)Cl，CuCl与空气中氧气、水反应生成23Cu(OH)Cl和 HCl，其反应的的化学方程式为22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl；故答案为：22234CuCl+O+4H O=2Cu(OH)Cl+2HCl。三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为 15.00mL，根据得失电子守恒关系得到 n(CuCl)=6n(Cr2O72)=60.1 molL10.015L=0.009mol，该样品中 CuCl 的质量分数10.009mol 10 99.5g mol100
18、%89.55%10.0g 根据图中信息，阴极234Cu NH得到电子变为+32Cu NH和32NHH O，因此电解时阴极的电极反应式为2+-3233242Cu NH+e+2H O=Cu NH+2NHH O，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到 CuCl，生成 CuCl 的离子方程式为342Cu NH2HClCuCl2NH ；故答案为：342Cu NH2HClCuCl2NH 。8FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的 Cu。某实验兴趣小组模拟该过程，并回收 Cu 和蚀刻液的流程如下：（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为_。（2）滤渣的成分为_。（3）“反应”的离子方程式为_。【答案】2FeC
19、l3Cu2FeCl2CuCl2 Cu、Fe 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl 【解析】【分析】按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；【详解】（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为 2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2 答案为：2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2；（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为 Cu、Fe；答案为：Cu、Fe；（3）滤液中溶质只有 FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应”的离子方程式为 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl。9氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；
20、微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（1）出步驟中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（2）步骤的操作名称是_。（3）步骤中所加物质 X 为_。（4）步骤的操作是_。（5）步骤应调节溶液 pH 呈酸性，且用乙醇洗涤 CuCl 晶体，目的是_。（6）在 CuCl 的生成过程中，可以循环利用的物质是_。【答案】Cu2+Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或 Fe+2H+=Fe2+H2 过滤、洗涤 CuO(或Cu(OH)2等）在 HCl 气流中蒸发结晶 减少 CuCl 的损失 硫酸(
21、或 H2SO4)【解析】【分析】酸性废液中含 Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、H+都能发生反应，反应的离子方程式为：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2+H2，反应后所得的固体 a 为 Cu 与过量的 Fe，加入足量稀盐酸，Fe 溶解为 Fe2+，此时溶液过滤可得固体 b，固体 b 为 Cu，加入浓硫酸可得 SO2和硫酸铜，所得 SO2与 Cu2+再反应制备 CuCl，据此分析。【详解】（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤中发生的两个主要反应的离子方程式为 Cu2+Fe=Cu+Fe2+、F
22、e+2Fe3+=3Fe2+或 Fe+2H+=Fe2+H2；（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤中所加物质 X 为 CuO 或 Cu(OH)2 或 CuCO3等；（4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶；（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤 CuCl 晶体的目的是减少 CuCl 的损失；（6）由于最终还有硫酸生成，因此在 CuCl 的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。【点睛】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的
23、理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶。10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。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 Cu2+、Fe3+、H+、CI-)中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（1）写出步骤中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（2）步骤的操作名称是_。（3）步骤中所加物质 X 为_。（4）步骤的操作是_。（5）步骤应调节溶液的 pH 呈酸性，且用乙醇洗涤 CuCl 品体，目的是_。（6）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
24、充(不考虑调节等消耗)；理由是_。（7）业上还可以采用以碳棒为电极电解 CuCl2溶液得到 CuCl。写出电解 CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反应：_。【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 减少 CuCl的损失 硫酸 不需要 Cu与浓硫酸反应生成 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 11，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
25、（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-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，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，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，酸性废液调节 pH值使铁离子沉淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反应生成氯化亚铜和硫酸，硫酸可以再循环利用。【详解】（1）步骤中铁能与铜离子及铁离子反应生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反应生成氢气，涉及的离子方程式为 Cu2+Fe=C
26、u+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Cu2+Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或 Fe+2H+=Fe2+H2；（2）步骤中从溶液中分离出固体物质过量的铁和生成的铜，所以步骤的操作名称是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；（3）步骤中为调节溶液的 pH 值，要能与酸反应同时不引入新的杂质，所以物质 X 为CuO 或 Cu(OH)2或 CuCO3等，故答案为：CuO 或 Cu(OH)2或 CuCO3等；（4）步骤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，所以步骤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶，故答案为：在 HCl 气流中
27、蒸发结晶；（5）CuCl 微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇洗涤 CuCl 晶体，减少 CuCl 的损失，故答案为：减少 CuCl 的损失；（6）根据流程分析可知，硫酸可以循环利用，Cu 与浓硫酸反应生成 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 11，所以理论上不需要补充 H2SO4，故答案为：硫酸；不需要；Cu 与浓硫酸反应生成 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 11，所以理论上不需要补充 H2SO4；（7）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化亚铜沉淀，电极反应式为 Cu2+Cl-+e-=CuCl，故答案为：Cu2+Cl-+e-=CuCl。