高考化學二輪復習專項測試：專題十四 考點二 銅及其化合物的性質 5含解析

《高考化學二輪復習專項測試：專題十四 考點二 銅及其化合物的性質 5含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考化學二輪復習專項測試：專題十四 考點二 銅及其化合物的性質 5含解析（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2020屆高考化學二輪復習專項測試專題十四考點二銅及其化合物的性質（5）1、將一定量鐵粉和銅粉的混合物加入由稀H2SO4和稀HNO3組成的混合溶液中,充分反應后金屬粉末有剩余,下列有關推斷正確的是()A.反應過程中不可能產生H2B.剩余的金屬粉末中一定有銅C.往反應后的溶液中加入KSCN溶液會變紅色D.往反應后的溶液中加入足量的稀H2SO4,則金屬粉末的質量一定會減少2、某學習資料上有這樣一個實驗:在蒸發(fā)皿中放黃豆粒大小的一塊金屬鈉,加熱至熔化時,用玻璃棒蘸取少量無水粉末與熔化的鈉接觸,瞬間產生耀眼的火花,同時有紅色物質生成,據此判斷下列說法中不正確的是( )A.上述反應是置換反應B.上述反應

2、是放熱反應C.上述反應中無水表現(xiàn)了還原性D.加熱且無水條件下,Na可以與反應并生成Cu3、足量銅與一定量濃硝酸反應,得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體,這些氣體與33.6L O2(標準狀況)混合后通入水中,所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,則消耗NaOH溶液的體積是( )A.2.5LB.1.2LC.1.5LD.3mL4、足量銅與一定量的濃硝酸反應,得到硝酸銅溶液和NO2、NO的混合氣體2.24L(標準狀況),這些氣體與一定體積O2(標準狀況)混合后通入水中,所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加

3、入4molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,則消耗NaOH溶液的體積是50mL,下列說法正確的是( )A.參加反應的硝酸是0.4mol B.消耗氧氣的體積為1.68LC.此反應過程中轉移的電子為0.3mol D.混合氣體中含NO21.12L5、取Cu、Cu2O和CuO 固體混合物,將其分成兩等份,一份用足量的氫氣還原,反應后固體質量減少6.40g,另一份加入1000mL稀硝酸,固體恰好完全溶解,收集到標準狀況下NO氣體4.48L,所用硝酸的物質的量濃度為( )A.3.2mol/LB.1.6mol/LC.0.9mol/LD.無法判斷6、研究性學習小組做銅與濃硫酸反應的實驗時,發(fā)現(xiàn)試管底

4、部有白色固體并夾雜有少量黑色物質。倒去試管中的濃硫酸,將剩余固體(含少量濃硫酸)倒入盛有少量水的燒杯中,發(fā)現(xiàn)所得溶液變?yōu)樗{色,黑色固體未溶解。過濾、洗滌后,向黑色固體中加入過量濃硝酸,黑色固體溶解,溶液呈藍色,所得溶液中加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得結論中正確的是( )A.白色固體中夾雜的少量黑色物質中一定含有Cu元素和S元素B.加入BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO3C.白色固體中夾雜的少量黑色物質可能是CuOD.銅與濃硫酸反應所得白色固體不是CuSO47、硝酸銅是一種重要的工業(yè)產品,化學上有很多方法可以制取硝酸銅:將銅溶于硝酸中 先將銅與O2反應生成CuO,再溶于硝酸中 將

5、銅溶于N2O4的乙酸乙酯(溶劑,不參加反應)溶液中生成硝酸銅和一氧化氮。下列認識或判斷錯誤的是( )A.方法需要消耗能源,對環(huán)境不產生污染B.方法中,若從經濟和環(huán)保的角度考慮,用稀硝酸比用濃硝酸好C.方法是最經濟和環(huán)保的D.方法中N2O4既是氧化劑又是還原劑8、為探究某銅的硫化物組成,取一定量硫化物在氧氣中充分灼燒,將生成的氣體全部通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中,得到白色沉淀 4.66g;將灼燒后的固體(僅含銅與氧2種元素)完全溶于100mL 1mol/L H2SO4中,過濾,得到0.64g 紅色固體,將濾液稀釋至200mL,測得c(Cu2+)=0.1mol/L。已知:Cu2O+

6、 H2SO4=CuSO4+Cu+H2O。下列說法正確的是( )A.得到白色沉淀亞硫酸鋇B.原銅的硫化物中n(Cu)n(S)=23C.最后所得的溶液最多可以溶解鐵1.12gD.灼燒后的固體中n(Cu2O)n(CuO)=119、分別用等量的鐵與足量的稀硫酸和足量的制備單質銅,有人設計了以下兩種方案： 對制備得到的量,下列判斷正確的是( )A.一樣多B.多C.多D.無法判斷10、某礦石主要含CuO和,以及少量、FeO和。按如下流程可制得和鐵紅。下列說法不正確的是( )A.每生成1mol ,轉移的電子為6molB.濾液G可以并入濾液E加以利用C.加入溶液需控制溫度以抑制水解和分解D.由轉化為的操作包括

7、洗滌、干燥、空氣中煅燒11、銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)。從切割廢料中回收銀并制備銅化工產品的工藝如下圖：（注：Al（OH）3和Cu（OH）2開始分解的溫度分別為450和80）1.固體混合物B的組成為_2.若銀銅合金中銅的質量分數為63.5%，理論上5.0kg廢料中的銅可完全轉化為 mol CuAlO2，至少需要1.0molL-1的Al2（SO4）3溶液_L（銅的相對原子質量為635）12、印刷銅制電路板的腐蝕液選取和回收再利用一直是研究的熱點。（1）應用傳統(tǒng)蝕刻液(HCl-FeCl3)蝕刻銅板主要反應的離子方程式為_。腐蝕結束后，通過以下兩步可分離出銅，并實現(xiàn)FeCl3溶液再生。步驟I所加試劑和

8、操作分別為_?？蓪崿F(xiàn)步驟II轉化的物質或方法是_（填一種即可）。 （2）應用酸性蝕刻液(HCl-H2O2)，產生的蝕刻廢液處理方法如下：蝕刻銅板主要反應的離子方程式為_。回收微米級Cu2O過程中，加入的試劑A是_（填字母）。a.Fe粉 b.葡萄糖 c. NaCl固體 d.酸性KMnO4溶液回收Cu2(OH)2CO3的過程中需控制反應的溫度，當溫度高于80時，產品顏色發(fā)暗，其原因可能是_。（3）應用堿性蝕刻液(NH3H2ONH4Cl) 蝕刻銅板，會有Cu(NH3)4Cl2和水生成。蝕刻銅板主要反應的化學方程式為_。13、鈹銅是力學、化學綜合性能良好的合金，廣泛應用于制造高級彈性元件。以下是從某廢

9、舊鈹銅元件(含BeO 25%、CuS 71%、少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的流程。已知：I鈹、鋁元素處于周期表中的對角線位置，化學性質相似常溫下：KspCu(OH)2=2.210KspFe(OH)3=4.010KspMn(OH)2=2.1101.濾液A的主要成分除NaOH外，還有_ (填化學式)，寫出反應I中含鈹化合物與過量鹽酸反應的離子方程式_。2.溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為提純BeCl2，選擇合理步驟并排序_。a加入過量的 NaOH b通入過量的CO2c加入過量的氨水d加入適量的HCl e過濾f洗滌3.MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質硫，寫出反應

10、中CuS發(fā)生反應的化學方程式_。若用濃HNO3溶解金屬硫化物，缺點是_ (任寫一條)。4.溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水調節(jié)pH可依次分離，首先沉淀的是_ (填離子符號)，為使銅離子開始沉淀，常溫下應調節(jié)溶液的pH值大于_。5.取鈹銅元件1000g，最終獲得Be的質量為81g，則產率是_。 答案以及解析1答案及解析：答案：B解析： 2答案及解析：答案：C解析：反應中被還原為Cu,無水表現(xiàn)的是氧化性。 3答案及解析：答案：B解析： 4答案及解析：答案：D解析：向所得硝酸銅溶液中加入4molL-1

11、NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,則消耗NaOH溶液的體積是50mL,可知共消耗NaOH0.2mol,參加反應的銅為0.1mol,反應中轉移0.2mol電子,由電子守恒和元素守恒可知參加反應的硝酸有兩部分,被還原的為0.1mol,生成NO2、NO的混合氣體2.24L.生成硝酸銅的硝酸為0.2mol,共消耗硝酸0.3mol,消耗氧氣0.05mol,即1.12L,由十字交叉法可知混合氣體中NO2、NO的體積比為(3-2):(2-1)=1:1。 5答案及解析：答案：B解析： 6答案及解析：答案：A解析：黑色固體溶于過量濃硝酸,溶液呈藍色,說明原黑色固體中含有Cu2+,向所得溶液中加入BaCl2溶液

12、產生了不溶于硝酸的沉淀BaSO4,則原黑色固體中含有S元素.所以原黑色固體中含有Cu、S兩種元素,A項正確;加入BaCl2溶液后有白色沉淀生成,已知硝酸過量,說明該鋇鹽沉淀不溶于硝酸,應為BaSO4,B項錯誤;由于濃硫酸過量,且黑色固體不溶于稀硫酸,而CuO能溶于硫酸,所以黑色固體不可能為CuO,C項錯誤;Cu與濃硫酸的主反應為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2+2H2O,由于濃硫酸過量且濃硫酸具有吸水性,故所得白色固體為CuSO4,D項錯誤; 7答案及解析：答案：C解析： 8答案及解析：答案：D解析：根據上述分析可知n(S)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mo

13、l,0.64g 紅色固體物質是Cu單質,n(Cu)=0.64g64g/mol=0.01mol,則根據方程式Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O中相應物質之間的轉化關系可知n(Cu2O)= n(Cu)=0.01mol,則其反應產生的Cu2+的物質的量是0.01mol,在酸溶解金屬氧化物后得到的溶液中Cu2+的總物質的量是=0.1mol/L 0.2L=0.02mol0.01mol,說明有0.01mol Cu2+是CuO與硫酸反應生成,則根據CuO+H2SO4=CuSO4+H2O,則n(CuO)= 0.01mol。A.根據上述分析可知反應產生的白色沉淀是硫酸鋇,A錯誤;B. 原銅的硫化

14、物中Cu 元素的物質的量為n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+20.01mol=0.03mol;原銅的硫化物中S元素的物質的量0.02mol,所以n(Cu)n(S)=32,B錯誤;C. 100mL 1mol/L H2SO4的物質的量是n(H2SO4)=0.1L1mol/L=0.1mol,向反應后的溶液中加入Fe粉,最后的溶液為FeSO4,所以根據元素守恒,可知溶解Fe的物質的量為0.1mol,其質量為0.1mol56g/mol=5.6g,C錯誤;D.根據前面計算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol,所以灼燒后的固體中n(Cu2O)n(CuO)=11,D正確;

15、故合理選項是D。 9答案及解析：答案：B解析：鐵的量一定,轉移的電子數一定。由于氫氣還原氧化銅的實驗中開始需消耗氫氣排凈裝置中的空氣,實驗結束后銅粉需在氫氣氛圍下冷卻,所以能夠用于還原氧化銅的氫氣量較少,根據電子守恒原理可知,制得銅較少。 10答案及解析：答案：A解析：某礦石主要含CuO和，以及少量、FeO和，第一次酸浸過濾得到的濾渣A為，濾液B中含有，加入物質C后再過濾，濾渣D最終轉化為，濾液E最終轉化為氧化鐵，所以濾液E中含有，物質C為鐵粉，濾渣D為Cu和多余的Fe；濾渣D加酸溶解，過濾，濾液G為含有的溶液，濾渣F為Cu；濾液E中含有的與碳酸氫銨反應生成，在空氣中煅燒得到。Cu轉化為，Cu

16、元素的化合價由0價升高為+1價，反應中只有Cu元素的化合價升高，則每生成1mol ，轉移電子3mol，A錯誤；由分析可知，濾液G為含的溶液，濾液E中含有，所以濾液G可以并入濾液G可以并入濾液E加以利用，B正確；溫度太高會促進亞鐵離子水解，并使分解，所以需控制溫度以抑制水解和分解，C正確；通過過濾把從溶液中分離出來，經洗滌、干燥后再空氣中煅燒得到，D正確。 11答案及解析：答案：1. ;CuO2.50.0；25.0解析： 12答案及解析：答案：（1）2Fe3+Cu=2Fe2+ +Cu2+ 加入過量鐵粉，過濾 ;Cl2（2）Cu+2H+ +H2O2=Cu2+ +2H2Ob 溫度高于80時，Cu2(OH)2CO3易分解生成黑色CuO，導致產品顏色發(fā)暗 （3）2Cu + 4NH4Cl + 4NH3H2O + O2= 2Cu(NH3)4Cl2 + 6H2O解析： 13答案及解析：答案：1. Na2SiO3 、Na2BeO2; +4H+=Be2+2H2O2.cefd3.MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O產生污染環(huán)境的氣體4.Fe3+;45.90%解析：