2020-2021高考化學(xué)銅及其化合物推斷題綜合練習(xí)題附答案

1、2020-2021 高考化學(xué)銅及其化合物推斷題綜合練習(xí)題附答案一、銅及其化合物為探究黑色固體 X(僅含兩種元素)的組成和性質(zhì)，設(shè)計并且完成如下實驗:七體沖總使帯火屋.木-務(wù)夏詢確NOH 唔液如曲固體申7R.FI .門溶嵌.沆淀.園體 Fe3+、H+,故答案為 Cu2+、Fe3+、H+；Z 中兩Fe2O3、Fe、CuO C 均Cu2+、Fe2+ Fe3+、 H+，氯化亞鐵溶液中加淀粉碘化鉀和H2時，雙氧水具有氧化性，能將還原性的離子碘離子、亞鐵離子氧化，原理方程式為：2Fe2+4I-+3H2O2=2Fe(OH)3J+2b，故答案為2Fe2+4I-+3H2O2=2Fe (OH) 3 J +2b；原

2、樣本中加足量稀硫酸， Y CuOCCuOCFe2O3CuOCCuO、CF03。氯化亞銅(CuCI廣泛應(yīng)用于化工、印染等行業(yè)。以硫化銅精礦為原料生產(chǎn)CuCl的工藝如圖：, * 、 曹 rui讐FT血昨司f-*wMgf丄X 哉CuCI 難溶于醇和水，溶于 c(Cr)較大的體系CuCI(s)+Cl= CuC2-氧化。氧化酸浸”前先將銅礦粉碎的目的是 。該進(jìn)程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀，則反映的化學(xué)反映方程式為 ;溶解”時所用硫酸濃度為 0.3mol L，1L此硫酸溶液，需要 98%、1.84g mL-1濃硫酸 mL (保留1位小)。溶解時反映的離子方程式 ;反映”時，Cu+的沉淀率與加入的 NH4CI

3、的量關(guān)系如圖所示。反映的氧化產(chǎn)物是 ,n(氧化劑)：n(還原劑)=;比較c(Cu+)相關(guān)于大小：A點 C點(填“ ”“ 或 “ =)。C點狀態(tài)的混合物中 Cu+沉淀率措施是;過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分的化學(xué)式為 ;不能用硝酸代替硫酸進(jìn)行酸洗”理由是 。【答案】增大接觸面積，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等CuS+HSOt+H2O2=CuSQ+S+2H2O 16.3 3Cu+8l4+2NO3-=3Cu2+2NOf +4H2O SQ2 或 (NH4)2SO4 2： 142加水稀釋 (NH SQ HNO 具有強(qiáng)氧化性會把 CuCI 42【解析】【分析】利用H2O2在酸性條件下將 CuS中的-2價S

4、元素氧化成S單質(zhì)，同時釋放 Cu2+，經(jīng)過系列 處理得到Cu單質(zhì)， 然后利用 NO3-在酸性條件下的強(qiáng)氧化性將Cu氧化成Cu2+，接下來用SO32-Cu2+Cu+CI-Cu+CuCICuCI (NH 4+)2SO4 等雜CuCI，據(jù)此回答?！驹斀狻抗に嚵鞒糖?，一般將固體礦物粉碎，目的是增大礦物與酸的解除面積，一方面可以加快反映速率，另一方面使礦物中的CuS盡可能轉(zhuǎn)化，提高浸取率；根據(jù)程生成藍(lán)色溶液和淺黃色沉淀可知，本反映生成了CuSO和S,發(fā)生了 CuS+HSO4+H2O2=CuSQ+S+2H2O,故答CuS+HSO+H2O2=CuSQ+S+2H2O；Cu 的浸出率等；1000、100098%

5、-1得，濃硫酸濃度=mL=18.4moI -L，根據(jù)98g / moIi2CV=C V 得：18.4mol L -1 V=0.3mol L-1 x 1,V 16.3mL 根據(jù)反映物為 NHNO i2NO-在酸性條件下的氧化性將 Cu氧化溶解，發(fā)生的反映為 Cu和稀硝酸反應(yīng)，故離子方程式為：3CU+8汕+2NO3-=3Cif+2NOf+4H2 0,故答案為：16.3; 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOf +4H2O；流程可知，反映”利用SO32將Cu2*還原成Cu+, SO33 4 5 6自身被CLF+被氧化成SQ2-,SQ2-為氧化產(chǎn)物；SQ2-被氧化S化合價由+4 升高到+6,升高

6、了 2,每個Cu2*被還原，化合 價從+2 降低到+1，降低了1,根據(jù)氧化還原反映中化合價升高總數(shù)=化合價降低總數(shù)得，所4Cu2+SO32-的物質(zhì)的量之比為 2:1,即氧化劑：還原劑 =2:1;故答案為：SQ2-或 (NH SO; 2:1 4B8+Cl-CuCl沉淀，BCuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B點之后，Cl-濃度增大，有一部分 CuCl 溶解CuCl(s)+C= CuC2,由 CuCl(s) ? Cu+(aq)+ Cl - (aq)可知，CuCl 雖然被溶解了一部分，但是平衡并且沒有發(fā)生移動，所以BCuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Cu2+A點，綜上所述答案為：

7、;BCuCI(s)+CCuC2-C 點和 B 點 Cu2+的B 點C-濃度，具體做法是反其道而行之，加適量水稀釋，所以答案為：加水稀釋；424 2由上可知，過濾”所得濾液中溶質(zhì)主要成分為 (NH SO，所以答案為：(NH ) 424 2氧化，所以不能用硝酸代替硫酸進(jìn)行有強(qiáng)氧化性會把 CuCl 氧化。【點睛】(3)之后，NH4CI 越多，沉淀率反而減少，但是已經(jīng)加進(jìn)去的不出來，所以最直接的做法是反著來，加適量的水！CuCl酸洗”故答案為： HNO3具由圖可知，B 點NH4CI 又拿4.電子垃圾關(guān)于環(huán)境構(gòu)成的影響，將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含Cu、25% Al、4% Fe Au、Pt OH

8、角NOHTat 液 2 - - -Cuso 為了降低70%Cu. Ps Au PiIM 稀港 pHtoSraa-SHO(1) Cu與混酸反映的離子方程式為 1的主要成分為(2 )第 步中加入H2O2的作用是 ，使用H2O2的優(yōu)點是 調(diào)溶液pH的目的是 。簡述第 步由濾液2得到CuSO4 5H2O的方法是 。32Al2(SQ18H2O，設(shè)計了以下三種方案：3-IhSO.甲：進(jìn)衢 2 亠亠 瞬匐終上臥蛛臥胡艸旳內(nèi)-呂EHa上述三種方案中， 方案不可行，原因是 從原子利用率角度考慮， 方案更合理(5)用滴定法測定 CUSQ5H2O 含量。取 a g 試樣配成 100 mL 溶液，每次取 20.00

9、mL,消 除干擾離子后，用 cmolL-1ETA( H2Y7 8 9)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗ETA 溶液 b2mL。滴定反映如下：Cu2+ HSYT CUY + 2H+。寫出計算 CuSQ 5H O 質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式 32O淀全部溶解使制得的產(chǎn)品中含有較多(SC 雜質(zhì)；從原子利用率角度分析，乙方案更合24 3理，不僅能除去硫酸鐵，同時增加了硫酸鋁的量，原子利用率較高；P4由滴定反映方程式得 100mLn(Cu2*=bx1C xax5moCuSC 5H O=bP4I0 x ax 5x 250/a xioo%FeC3 刻液的流程如下：Cu。某實驗興趣小組模擬該進(jìn)程，并且回收Cu和蝕 Cu2+

10、,故先發(fā)生反映：2Fe3+Fe=3Fg+，然后再發(fā)生反映：CU2+Fe=F(2+Cu,接合方程式計算需要加入Fe 的物質(zhì)的量和質(zhì)量?！驹斀狻抗蚀鸢笧椋篊u+2Fe3+=Cu2+2Fe2+;Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+,Fe反應(yīng)，濾液中含有氯化亞鐵，通入氯氣可以得到氯化鐵，濾渣中含 有金屬銅、未反映的鐵，加入鹽酸，過濾，回收銅，濾液中含有氯化亞鐵，與濾液合并且，制備氯化鐵。操作 i 和 n 都為過濾，用到的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，濾渣 含有的單質(zhì)有銅、鐵，將氯化亞鐵轉(zhuǎn)化為氯化鐵可以通入燒杯；銅、鐵；Cl2；Cl2,故答案為：漏斗、玻璃棒、CuC20.2Lx1.5mol/L=0.3m

11、glFeC20.2Lx3mol/L=0.6mglFeC3為0.2Lx1.0mol/L=0.2mol為充分回收銅，加入的鐵依次發(fā)生 2個反映：2Fe3+Fe=3Fg+Cu2+Fe=F(2+Cu,要將銅全部回收，加入 Fe粉的質(zhì)量應(yīng)不少于1(0.2mol x +0.3mol) x 56g/mol=22.4g 故答案為：22.4g。29信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾關(guān)于環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅。某變廢為寶”學(xué)習(xí)探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含 70%Cu 25%AI、4%Fe 及少量 Au、Pt 等金屬的混合 物，并且設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：(1)第步Cu與酸反映

12、的離子方程式為 得到濾渣I的主要成分為 ；第 步加H2O2的作用是 ;用第 步所得CUSC4 5H2O制備無水CuSQ的方法是 3由濾渣 2 制取 Al2(SQ) 18H O3甲】宓型空 2 臉達(dá)更蒸航冷卻*業(yè)晶 過電 Alj(SOhAl 応跖結(jié)品、過謔唾外閉粋麵 嘆旳曲呼 AhtSOOrlflH上述三種方案中，案不可行，原因是 ；從原子利用率角度考慮IBHiO方案更合理?！敬鸢浮?4IT+2NO3- Cu2+2NO2 f+2HO 或 3Cu+8H+2NO3 3Cu2+2NOf +4HO A、Pt將2Fe2+氧化為Fe3+Fe (so2【解析】加熱脫水 甲 所得產(chǎn)品中含【分析】本題是以含 70

13、%CU、25%AI、4%Fe 及少量 AU、Pt 等金屬的混合物為原料，制備硫酸銅和硫 酸鋁晶體，涉及了用離子方程式表示反映原理，利用綠色氧化劑過氧化氫氧化二價亞鐵離 子得到三價鐵離子，然后經(jīng)過調(diào)整溶液的pH 使 Fe3+、Al3+沉淀，再先用堿溶液溶解沉淀，過濾后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再訣別結(jié)晶，根據(jù)物質(zhì)中雜質(zhì)含量判斷方案的可行 性，根據(jù)原子利用率高低判斷方案的優(yōu)劣?！驹斀狻肯×蛩?、濃硝酸混合酸后加熱，CU Al、Fe發(fā)生反映生成 C+、Al3+、Fe2：其中不活潑的金屬AU、Pt 不能溶解，進(jìn)入濾渣；所以濾渣1的成分是Pt和Au,濾液1中的離子是CU2+、Al3+、Fe2：CU CU+

14、4H+2NO3-C+2NO2f+2HO 或 3U+8+2NO3= 32+2NOT +4H；H2O2 Fe2+Fe3+; H2O2 作氧化劑，還原產(chǎn)物是質(zhì)，關(guān)于環(huán)境無污染；由于 CUSO 是難揮發(fā)性的強(qiáng)酸生成的鹽，在加熱進(jìn)程中發(fā)生水解反映產(chǎn)生的硫酸會再反映產(chǎn)生 CUSQ，所以第步由 CUSO5H20 制備 CUSO 的方法應(yīng)是直接在坩堝中H2O,不引入雜CU(OH)2 與加熱脫水；制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中：甲方案在濾渣中只加了硫酸，會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶 體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法甲不可行；2433乙方案先在濾渣中加 H2SQ，生成 Fe (SC )

15、和 Ab(SQ) ，再加適量 Al 粉，Al 和 FQ(SQ) 243324Al (SO 24322丙方案先在濾渣中加 NaOH, NaOH 和 Al(OH) 反映生成可溶性的 NaAIO ,然后在濾液中加 H SO, 322與硫酸反映生成 A|2(SO)3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體，方案 丙可行；24可見在上述三種方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得產(chǎn)品 中含有較多 Fe (SC 24雜質(zhì)；從原子利用率角度考慮，方案乙反映步驟少，產(chǎn)生的副產(chǎn)物少，原子利用率相關(guān)于高些，所 以方案乙更合理?！军c睛】本題考查了物質(zhì)的分離提純、離子方程式的書寫、實驗方案的設(shè)計與評

16、判等知識。較為全 面的考查了學(xué)生關(guān)于元素及化合物、離子的試驗、物質(zhì)的分離提純，鹽的水解及有電子轉(zhuǎn)移 的離子方程式的書寫規(guī)律等，將基本理論、元素化合物、化學(xué)實驗有機(jī)融為一體，是不可 多得的一道好題目。2210Cu (OHCQFeSiCuSQ5HO22扎-*1ICCuSO*5104pH扎-*1ICCuSO*5104pHpHFe(OH);N23.2Fe(OH)s7,69.6Cu(OH)=4.?6.4=r Li=r Li tI/-BO1E -sac fH-i s30 匸 f H-3u M MN請回答下列問題：為了提高孔雀石酸浸時的速率，除適當(dāng)增加濃硫酸濃度外，還可以采取的措有: (寫一種)。試劑 是雙

17、氧水，把 Fe2+氧化成Fe3F目的是 。根據(jù)如圖有關(guān)數(shù)據(jù)，你認(rèn)為工業(yè)上氧化操作時應(yīng)采取的條件是 。試劑為CuO,其目的是調(diào)節(jié)溶液的pH保持在 范圍。操作I的稱是 。溶液C得到CuSO5H2O的主要步驟是 、 、過濾、洗滌、干燥?！敬鸢浮窟m當(dāng)提高反映溫度 (或攪拌、將礦石研磨成粉末等其他合理等案 )調(diào)節(jié) pH 時,Fe3+ 在 Cu2*開始沉淀之前就能沉淀完全，從而把雜質(zhì)快除去氧化時間為 4h 左右 3.2W pH4.7 過濾蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶【解析】【分析】孔雀石中加入稀硫酸，得到硫酸銅、硫酸亞鐵、水、二氧化碳，還有8O0CpH1.5,SiO2E為3CQ,加入試劑后產(chǎn)生紅褐色沉淀,說明沉淀為Fe(OH),進(jìn)一步說明溶液 B中含有3Fe3+，那么試劑是一種具有氧化性的試劑，可將溶液新雜質(zhì)，選用的試劑是是調(diào)節(jié)溶液的CLTC 答本題。AF0Fe3+,為了不引入pHFe3+沉淀，同時保留CuSQ 5H2O,據(jù)此解【詳解】(1 )為了提高孔雀石酸浸時的速率，除適當(dāng)增加濃硫酸濃度外，還可以采取的