20202021备战高考化学专题题库∶铜及其化合物推断题的综合题附答案解析.pdf

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1、2020-2021 备战高考化学专题题库铜及其化合物推断题的综合题附答案解析 一、铜及其化合物 1为探究黑色固体 X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：（1）X 的化学式是_。（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式_。【答案】CuO Cu2O2H+CuCu2+H2O 【解析】【分析】根据框图逆推本题：气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明 X 中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。【详解】（1）32.0gX 隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为 32.0g-28

2、.8g=3.2g,证明 X 中含氧元素,28.8g 固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即 X 中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为 CuO,所以 X为氧化铜，本题答案：CuO；（2）由 n(CuO)=32.0g80gmol-1=0.4mol,结合质量守恒得到 n(O2)=3.2g32gmol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中 n(Cu):n(O)=0.4mol:(O.4mol-0.1mol2)=2:1,固体甲的化学式为 Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为 Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O2H

3、+CuCu2+H2O；答案：Cu2O2H+CuCu2+H2O。2将 Fe 粉、Cu 粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和 CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应)，试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。(1)若铁粉有剩余，则容器中不可能有_；(2)若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_，一定有_；(3)若氯化铁有剩余，则容器中不可能有_；(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_。【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或 Cu Fe2+Fe、Cu Fe3+Cu2Fe2+【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯

4、化铁溶液的烧杯中，加入一定量的 Cu 和 Fe 的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性 FeCu，Fe 有剩余，则 Cu 没有参加反应，溶液中不存在 Fe3+、Cu2+，以此解答该题。【详解】氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性 FeCu，(1)反应后铁有剩余，发生 Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；(2)若 CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有 Fe，一定有 Fe2+；容器中可能有 Fe3+或 Cu；(3)若 FeCl3有剩余，发生 Fe+2FeCl3

5、=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu 都不能存在；(4)由反应 Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为 Fe3+Cu2Fe2+。3为探究黄色固体 A（仅含三种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：a气体 C 能使品红溶液褪色 b溶液 D 遇 KSCN 溶液显血红色 c溶液 D 中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少 32g 请回答：（1）A 的化学式是_。（2）固体 A 与 O2反应生成 B 和 C 的化学方程式_。（3）少量 Mg 在气体 C 中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，有人认为还

6、可能存在一种含氧酸盐，请推测该盐的成分，并设计实验方案验证_。【答案】FeCuS2 4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2 MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在 MgSO3 【解析】36.8g 固体 A 与足量氧气加热条件下反应生成 32g 固体 B，和气体 C，气体 C 能使品红溶液褪色，说明 C 为二氧化硫，说明 A 中含有 S 元素；固体 B 被盐酸溶解生成溶液 D，溶液 D遇 KSCN 溶液显血红色，D 中含有 Fe3+，则 B 中含有氧化铁；溶液 D 中加入过量铁粉，生成固体 E 和氢气，其中含有红色固体，说明溶液 D 中还含有 Cu2+、H+，因

7、此固体 B 中还含有氧化铜，则 A 中含有 Cu、Fe 和 S 三种元素；(1)假设溶液 D 中含有的 Fe3+和 Cu2+、H+的物质的量分别为 x、y、z。生成的氢气为0.5mol，则 z=1mol。根据固体 B 的质量为 32g，有2x160g/mol+y80g/mol=32g，溶液 D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少 32g，有2z56g/mol+2x56g/mol-y8g/mol=32g，根据解得，x=0.2mol，y=0.2mol，根据固体 A 的质量为 36.8g，则 S 元素的物质的量为36.80.2 560.2 6432=0.4mol，则 A 的化学式为 FeCuS2，

8、故答案为FeCuS2；(2)固体 A 与 O2反应生成 B 和 C 的化学方程式为 4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2，故答案为 4FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2；(3)少量 Mg 在二氧化硫中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，可能是硫和氧化镁，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁，验证是否为亚硫酸镁，可以取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在 MgSO3，故答案为 MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在 MgSO3。点睛：正确推断出 BCDE 的成分是解题的关键。难点是 A 的化学

9、式的推断，要清楚溶液 D中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少 32g，发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应，其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。4氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产 CuCl 的工艺如图：已知 CuCl 难溶于醇和水，溶于 c(Cl-)较大的体系CuCl(s)+Cl-CuCl2-，潮湿空气中易水解氧化。（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是_。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为_；（2）“溶解”时所用硫酸浓度为 0.3molL-1，配制 1L 此硫酸溶液，需要 98%、1.84gm

10、L-1浓硫酸_mL（保留 1 位小数）。溶解时反应的离子方程式_；（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的 NH4Cl 的量关系如图所示。反应的氧化产物是_，n(氧化剂)：n(还原剂)=_；比较 c(Cu+)相对大小：A 点_C 点（填“”、“加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把 CuCl 氧化 【解析】【分析】利用 H2O2在酸性条件下将 CuS中的-2 价 S元素氧化成 S 单质，同时释放 Cu2+，经过系列处理得到 Cu单质，然后利用 NO3-在酸性条件下的强氧化性将 Cu氧化成 Cu2+，接下来用SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，同时利用 Cl-将 Cu+沉淀生成

11、 CuCl，用稀硫酸洗去 CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的 CuCl，据此回答。【详解】（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的 CuS 尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了 CuSO4和 S，发生了 CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高 Cu 的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）根据 c=1000M得，浓硫酸浓度=1.

12、84100098%98/gmLg mol=18.4molL-1，根据C1V1=C2V2得：18.4molL-1V=0.3molL-11L，解得 V16.3mL；根据反应物为 NH4NO3和硫酸，可知，利用 NO3-在酸性条件下的氧化性将 Cu 氧化溶解，发生的反应为 Cu 和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）流程可知，“反应”利用 SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，SO32-自身被 Cu2+被氧化成 SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化 S 化合价由

13、+4 升高到+6，升高了 2，每个 Cu2+被还原，化合价从+2 降低到+1，降低了 1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以 Cu2+和 SO32-的物质的量之比为 2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；B 点之前 Cu+和 Cl-形成 CuCl 沉淀，B 点时建立了 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B 点之后，Cl-浓度增大，有一部分 CuCl 溶解CuCl(s)+Cl-CuCl2-,由 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl 虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以 C 点和 B

14、点 Cu2+的浓度是相等的，由于 B 点之前 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以 B 点的 Cu2+的浓度小于 A 点，综上所述答案为：；既然 B 点之后是由于发生了 CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小 Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（5）硝酸有强氧化性，将 CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具有强氧化性会把 CuCl 氧化。【点睛】（3）由图可知，B 点之

15、后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的 NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！5为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图 1 实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：_。（2）试剂 X 是 _。步骤、中均需进行的实验操作是 _。（3）进行步骤时，该小组用如图 2 所示装置及试剂制取 CO2并将制得的气体通入溶液 A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体 C 减少，可采取的改进措施是 _。（4）由溶液 E 到绿矾晶体（FeSO47H2O），所

16、需操作是 _、_、_、洗涤、干燥。（5）用固体 F 制备 CuSO4溶液，可设计如图 3 三种途径：写出途径中反应的离子方程式 _，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由 _。【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 稀硫酸 过滤 在 a、b 之间添加盛放饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小 【解析】【分析】金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧

17、化钠反应，所得滤液 A 为 NaAlO2溶液，经途径与足量二氧化碳发生 AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体 C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成 AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液 D 为碳酸氢钠溶液；滤渣 B 为 Fe 和 Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液 E 为 FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣 F 为 Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。【详解】（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即 2Al+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=

18、2AlO2-+3H2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图 2 所示装置及试剂将制得的 CO2气体通入溶液 A 中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体 C 减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢

19、钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置 I 和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在 a、b 之间添加盛放饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶；（4）溶液 E 为 FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO47H2O）的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，

20、该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。6CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石(主要成分Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2杂质)制备 CuCl 的某流程如图：请回答：(1)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(2)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_ (3)下列说法不正确的是_ A步骤中产生的气体的主要成分为 CO2和 H2S 气体 B滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3和 Cu(OH)2 CCO

21、32-作用是控制溶液 pH，促使 CuCl 沉淀的生成 D若改变试剂加入顺序，将溶液 3 缓慢加入到含大量 SO32-/CO32-的溶液中，同样可制取CuCl【答案】2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O 2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H BD 【解析】【分析】孔雀石主要成分 Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2杂质中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣 1 为二氧化硅，溶液 1 中含有 Fe2+、Fe3+、Cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节 pH 值，使铁离子沉淀，得到滤渣 2 为氢氧

22、化铁，溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，由于2-2-33SO/CO的溶液呈碱性，所以如果将溶液 3 缓慢加入到含大量2-2-33SO/CO的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。【详解】（1）步骤主要目的是利用双氧水氧化 Fe2+，其反应离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；故答案为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；（2）溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使

23、CuCl 沉淀，其主要离方程式为：2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H；故答案为：2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H；（3）A由上述分析可知，步骤中产生的气体的主要成分为 CO2和 H2S 气体，故 A 不符合题意；B由上述分析可知，滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3，故 B 符合题意；C溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，故 C 不符合题意；D若先加入碳酸钠，溶液 2 中硫酸铜会先生成氢

24、氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备 CuCl，故 D 符合题意；故答案为：BD。7Ag2OZn 纽扣电池的固体拆解物中含 Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。如图是简要生产流程。（1）固体拆解物需先粉碎的目的是_。（2）浸渣的主要成分是_。（3）以上流程中可循环使用的物质是_，除此之外，你认为通过对_（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现_（填化学式）的循环利用。（4）加入 Cu 之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的 pH，原因是_（用离子方程式表示）.（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：已知：Ag+2NH3Ag(NH3)2+K稳=

25、1.7107；Ksp（AgCl）=1.810-10 写出 AgCl（s）与 NH3反应的离子方程式_，该反应的平衡常数 K=_。（6）上述两种回收方案中都用到了试剂 X，X 是_。A稀硫酸 B稀硝酸 CCuSO4溶液（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。若电流强度为yA，1 小时后，得到 Ag_g（列出计算式，已知 1 个电子所带电量为 1.610-19C，阿伏伽德罗常数的值用 NA表示）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率 石墨 Cu 滤液、Zn +2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O AgCl+2NH3Ag(NH3)2+Cl-3.0610-3 A

26、 24A2.43 10 yN 【解析】【详解】（1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加酸浸速率，提高浸取率；（2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，故答案为：石墨；（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液、中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，故答案为：Cu；滤液、；Zn；（4）加入 Cu 之前，若酸性太强，Cu 与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O，故答案为：+2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2NO+4H O；（5）由信息可得，AgCl 溶于 NH3的离子方程

27、式为 AgCl+2NH3Ag(NH3)2+Cl-；该反应的平衡常数为3223Ag NHClNHccKc=32+23Ag NHAgClAgNHccccc=K稳Ksp=1.71071.810-10=3.0610-3，故答案为：AgCl+2NH3Ag(NH3)2+Cl-；3.0610-3；（6）第一种回收方法中，固体混合物与 X 反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含 Zn和 Cu，要回收 Cu，可利用稀硫酸和 CuSO4溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含 Zn和 Ag，若要除去 Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为 A，故答案为：A；（7）1h=3600s，Q=It=y3600，根据题意回收

28、的 Ag 的质量=2419AAy 36002.43 10 yMmol 108g/mol=1.6 10nNNg，故答案为：24A2.43 10 yN。8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

29、，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42CuSO5H O Mr250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：2222CuH YCuY2H写出计算42CuSO5H O质量分数的表达式 _ 【答案】2322Cu4H2NOCu2NO2H 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

30、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 Cu2+，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

31、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；第步 Cu 与酸反应的离子方程式为：2322Cu4H2NOCu2NO2H O V，Au、Pt 和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：2322Cu4H2NOCu2NO2H O V，Au、Pt；(2)第步加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

32、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：2222C

33、uH YCuY2H，铜离子物质的量和标准液物质的量相同33cmol/Lb 10 Lbc 10 mol；依据元素守恒得到：则 20ml 溶液中含有的42CuSO5H O物质的量为3bc 10 mol；100ml 溶液中含33bc 10 mol55bc 10 mol；所以42CuSO5H O质量分数的表达式31cmol/Lb 10 L250g mol5125cb100%=%agg；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。9过渡金属的单质及化合物很多有催化

34、性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。实验室中用氯气与粗铜（杂质只有 Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。查阅资料：氯化亚铜：白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。氯化铜：从水溶液中结晶时，在 2642得到二水物，在 15以下得到四水物，在 1525.7得到三水物，在 42以上得到一水物，在 100得到无水物。（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。按气流方向连接各仪器接口顺序是：a_、_h、i_、_。本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_后_。（2）分析流程：固体甲需要加稀

35、盐酸溶解，其理由是_；溶液甲可加试剂 X 用于调节 pH 以除去杂质，X 可选用下列试剂中的（填序号）_。a Cu（OH）2 b NH3H2O c CuO d CuSO4 查阅有关资料得到如下数据，常温下 Fe（OH）3的溶度积 Ksp8.01038，Cu（OH）2的溶度积 Ksp3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于 1105 molL1时就认为沉淀完全，设溶液中 CuSO4的浓度为 3.0 molL1，则 Cu（OH）2开始沉淀时溶液的 pH 为_，Fe3完全沉淀时溶液的 pH 为_。（提示：lg20.3）完成溶液乙到纯净 CuCl22H2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、

36、蒸发浓缩、_、_、洗涤、干燥。（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如 SO2、N2H4、SnCl2等），并微热得到 CuCl 沉淀，写出向乙溶液加入 N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：_。【答案】d e f g b A D 抑制氯化铜、氯化铁水解 ac 4 3.3(或 3+lg2)冷却到2642结晶 过滤 4Cu2+4Cl+N2H44CuCl+N2+4H+【解析】【分析】A 装置制取氯气，B 除掉尾气，C 除掉氯气中 HCl 杂质，D 氯气与铜反应，E 除掉氯气中水；先反应生成氯气，不能先加热 D，先加热会使铜与氧气反应。固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜

37、、氯化铁水解；溶液甲可加试剂 X 用于调节 pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质；设溶液中 CuSO4的浓度为 3.0 molL1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH，Fe3完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和 pH；根据题中意思要得到纯净 CuCl22H2O 晶体要冷却到 2642结晶。向溶液乙中加入适当的还原剂 N2H4，并微热得到 CuCl 沉淀和氮气。【详解】A 装置制取氯气，B 除掉尾气，C 除掉氯气中 HCl 杂质，D 氯气与铜反应，E 除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：ad、eh、if、gb，故答案为：d；e；f；g；b。先反

38、应生成氯气，不能先加热 D，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先 A 后D，故答案为：A；D。固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解，故答案为：抑制氯化铜、氯化铁水解。溶液甲可加试剂 X 用于调节 pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：ac。设溶液中 CuSO4的浓度为 3.0 molL1，2+2220sp(Cu)(OH)3(OH)3 10Kccc ，101(OH)1 10mol Lc，14141w101 10(H)mol L1 10 mol L(OH)1 10Kcc，因此 C

39、u(OH)2开始沉淀时溶液的pH 为 10，Fe3完全沉淀3+35338sp(Fe)(OH)1 10(OH)8 10Kccc ，111(OH)2 10mol Lc，14141w111 10(H)mol L5 10 mol L(OH)2 10Kcc，因此 Fe3完全沉淀时溶液的 pH=lg510-4=4-lg5=3.3，故答案为：3.3。完成溶液乙到纯净 CuCl22H2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到2642结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却到 2642结晶；过滤。向溶液乙中加入适当的还原剂 N2H4，并微热得到 CuCl 沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N2H4的离子方

40、程式：4Cu2+4Cl+N2H44CuCl+N2+4H+，故答案为：4Cu2+4Cl+N2H44CuCl+N2+4H+。10常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源 （1）填充物用 60温水溶解，目的是_。（2）操作 A 的名称为_。（3）铜帽溶解时加入 H2O2的目的是_（用化学方程式表示）。铜帽溶解完全后，可采用_方法除去溶液中过量的 H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为 KOH，总反应为 Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为_。（5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含

41、锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2+6H2O。当 1 mol MnO2参加反应时，共有_mol 电子发生转移。MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：_。【答案】加快溶解速率 过滤 CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加热 Zn2OH2e=Zn(OH)2 4 2MnO(OH)6HCl(浓)2MnCl2Cl24H2O 【解析】【详解】（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。所以填充物用 60 温水溶解，目的是加快溶解速率；（2）分离难

42、溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；（3）H2O2具有强氧化性，Cu 与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入 H2O2的 Cu 就会被溶解变为 Cu2，反应的化学方程式是 CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的 H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为 KOH，总反应为 Zn2MnO22H2O=2MnOOH Zn(OH)2，负极 Zn 发生氧化反应，电极反应式为 Zn2OH2e=Zn(OH)2。（5）根据方程式 2MnO(OH)MnO22H2C2O4 3H2SO4=2MnSO44CO26H2O 转移4e，可知：当 1 mol MnO2参加反应时，共有 4 mol 的电子发生转移；MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化学方程式是：2MnO(OH)6HCl(浓)2MnCl2Cl24H2O。