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【化学】培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含详细答案一、铜及其化合物1．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。
已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题：（1）D的化学式为__；F的结构式为__。
（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。
（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。
（4）B和C反应的化学方程式为__。
（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。
写出SO2还原J生成K的离子方程式：__。
【答案】NO N≡N硝酸 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O 2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−【解析】【分析】E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu(NO3)2，I为Cu(OH)2，J 为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；(3)G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O；(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。
培优铜及其化合物推断题辅导专题训练及详细答案一、铜及其化合物1．氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，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CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是__________。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。
（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。
工业上常用的固液分离设备有__________（填字母）A．分馏塔B．离心机C．反应釜D．框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。
【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化）B、D【解析】【分析】【详解】（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。
（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl 沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl 沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。
【化学】培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案解析一、铜及其化合物1．周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。
A的原子半径最小，A和D、C和F分别同主族，F的单质是淡黄色固体，B所形成的化合物种类最多，E的最外层电子数等于其电子层数。
（1）F的离子结构示意图为：______。
C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是________（填微粒符号）；A、C元素组成的10电子阴离子的电子式________，A、G、C元素组成具有漂白性的分子的结构式为________。
（2）用电子式表示B的简单氢化物的形成过程____________________。
（3）写出E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式________。
写出铜单质与F的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式____________。
【答案】 Al3+ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O【解析】【分析】周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。
F的单质是淡黄色固体，F为S，C和F同主族，C为O；B所形成的化合物种类最多，B为C；E的最外层电子数等于其电子层数，E为Al；A的原子半径最小，A为H，A和D同主族，D为Na；因为G的原子序数比F(S)的原子序数大，所以G为Cl。
【详解】由分析可知，A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl。
（1）F为S，S2-的结构示意图为：；C、D、E、F四种元素所形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层数越多半径越大，当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是Al3+；A为H、C为O，A、C元素组成的10电子阴离子为OH-，OH-的电子式为；A、G、C元素组成具有漂白性的分子为HClO，其结构式为；（2）B的简单氢化物为CH4，用电子式表示CH4的形成过程为；（3）E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；F的最高价氧化物的水化物为H2SO4，铜单质与浓硫酸反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。
培优铜及其化合物推断题辅导专题训练及答案解析一、铜及其化合物1．为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。
B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。
(1)A组成元素是_____（用元素符号表示）。
(2)B的化学式是_________。
(3)B与水反应的化学方程式是___________。
【答案】Cu S O Cu2OSO4 3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4·H2O+2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4 +2CuSO4或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4【解析】【分析】①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。
【详解】(1)根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；(2)由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4 +2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。
化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)含答案一、铜及其化合物1．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。
已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D 是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。
（1）B的化学式为__________________。
（2）K的电子式为__________________。
（3）写出反应①的化学方程式：_________________________________________。
（4）写出反应②的离子方程式：____________________________________。
【答案】NaN3CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D 中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J 是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。
（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；（2）NaOH的电子式为；（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2；（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。
点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。
解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。
通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。
【化学】培优易错试卷铜及其化合物推断题辅导专题训练含详细答案一、铜及其化合物1．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。
已知：A 、F 为无色气体单质，B 为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得1918年的诺贝尔化学奖。
C 为黑色氧化物，E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题：(1)常温下铝遇到G 的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。
(2)E 与G 的稀溶液反应的离子方程式为_________。
(3)在25 ℃和101 kPa 的条件下，将VL 的B 气体溶于100 mL 水中，得到密度为ρg·mL －1的溶液M ，则M 溶液的物质的量浓度为________ mol·L －1。
(已知25 ℃、101 kPa 条件下气体摩尔体积为24.5 L·mol －1，不必化简) (4)分别蘸取B 的浓溶液和G 的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。
(5)B 和C 反应的化学方程式为__________。
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀。
写出SO 2还原J 生成K 的离子方程式：______。
【答案】钝化 3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O V 100024.517V+245024.5ρ⨯ 冒白烟3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O 2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2OΔ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－ 【解析】【分析】(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ，溶液的质量是17V +10024.5⎛⎫ ⎪⎝⎭g ，溶液的体积为-117V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，据此解答； (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；(5)B 与C 反应即CuO 和NH 3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；【详解】A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。
化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)一、铜及其化合物1．下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。
A 是紫红色的金属单质，B 为强酸，E 在常温下为无色液体，D 、F 、G 为气体。
请回答下列问题：（1）G 的化学式为___，实验室中试剂B 应保存在___中。
（2）写出反应①的化学方程式：___，反应中B 体现的性质为___。
（3）写出反应②的离了方程式：___，实验室中F 可用___法收集。
【答案】O 2 棕色试剂瓶 Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O 强氧化性、酸性 3NO 2+H 2O=2H ++2NO 3-+NO 排水【解析】【分析】A 是紫红色的金属单质，则A 为Cu ，B 为强酸，且与Cu 反应生成C 、D 、E ，而E 在常温下为无色液体，可知B 为硝酸或硫酸，而D 能与E 反应生成B 与F ，且D 、F 为气体， 可推知B 为浓硝酸、C 为()32Cu NO 、D 为2NO 、E 为2H O 、F 为NO ，硝酸在光照条件下分解生成的气体G 为2O 。
【详解】（1）由分析可知，G 的化学式为：O 2．B 为浓硝酸，实验室中试剂B 应保存在：棕色试剂瓶中，故答案为：O 2；棕色试剂瓶；（2）反应①的化学方程式：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ，反应中硝酸体现的性质为：强氧化性、酸性，故答案为：Cu+4HNO 3（浓）═Cu （NO 3）2+2NO 2↑+2H 2O ；强氧化性、酸性；（3）反应②的离了方程式：3NO 2+H 2O ═2H ++2NO 3﹣+NO ，实验室中F （NO ）可用排水法收集，故答案为：3NO 2+H 2O ═2H ++2NO 3﹣+NO ；排水。
2．为探究不含结晶水盐A （仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验： ①取少量A ，加水，A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；②另取一定量A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B 产生，同时产生气体C ，B 的质量为A 质量的四分之三，C 能使盐酸酸化的BaCl 2溶液产生白色沉淀。
培优铜及其化合物推断题辅导专题训练附详细答案一、铜及其化合物1．某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O的热稳定性，进行如下操作：上述所列物质都是纯净物，请回答：(1)气流C的结构式______，白色固体的化学式________。
(2)已知Y的摩尔质量为233 g·mol-1，完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式__________。
【答案】H-Cl CuCl 2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O【解析】【分析】(1)气流C是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；(2)在无保护气条件下，盐受热水解，可能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定Y的组成，Y加热得到黑色固体是CuO，根据Y的成分可确定其分解反应方程式。
【详解】(1) CuCl2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的HCl，所以给盐的结晶水合物CuCl2·2H2O加热时，为抑制其水解，要在HCl气流中进行，所以C是HCl，目的是作保护气，抑制加热过程CuCl2可能的水解。
该物质是共价化合物，H原子、Cl原子之间通过一个共用电子对结合，所以HCl的结构式是H-Cl，X是CuCl2。
由于3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，当高于300℃加热，CuCl2分解，产生的白色固体中含有Cu 0.02 mol，质量为0.02×64 g/mol=1.28 g<1.99 g，说明含有Cl原子，其物质的量为(1.99 g-1.18 g)÷35.5 g/mol=0.02 mol，则白色固体中Cu、Cl个数比是1：1，所以白色固体的化学式为CuCl，Z为Cl2；(2)3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解，可能生成碱式盐Cu2(OH)2Cl2也可能生成相应的碱Cu(OH)2，Cu2(OH)2Cl2摩尔质量是233 g/mol，3.42 gCuCl2·2H2O反应产生0.01 molCu2(OH)2Cl2，质量是2.33 g，正好吻合，说明Y是Cu2(OH)2Cl2；若反应产生Cu(OH)2，其摩尔质量是98 g/mol，与题干不符合，故Y为碱式盐Cu2(OH)2Cl2，则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O；Cu2(OH)2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl，反应方程式为Cu2(OH)2Cl2CuO+2HCl↑。
【化学】培优铜及其化合物推断题辅导专题训练及详细答案一、铜及其化合物1．由两种元素组成的矿物A，测定A的组成流程如下：请回答：（1）②反应中除了产生D外，还有一种气体生成，请写出该气体的电子式____________（2）写出①的化学方程式：_______________________________________________________（3）写出③的离子方程式：____________________________________________________（4）检验E溶液中含有Fe2+ 的方法是：_____________________________【答案】 Cu2S + 2O22CuO + SO2 SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42－+4H+取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+【解析】【分析】由黑色固体B与一氧化碳共热反应生成红色固体单质D可知，黑色固体B为氧化铜，单质D为铜，则A中含有铜元素；由无色气体C与过量氯化铁溶液反应生成E溶液，E溶液与过量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，C为二氧化硫，E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，白色沉淀F为硫酸钡，则A中含有硫元素；4.66g硫酸钡的物质的量为0.02mol，由硫原子守恒可知，A中含有硫原子的物质的量为0.02mol，3.20gA中含有的铜原子的物质的量为3.20g0.02mol32g/mol64g/mol-⨯=0.04mol，则A中n（Cu）：n（S）=0.04mol：0.02mol=2:1，A的化学式为Cu2S。
【详解】（1）②反应为氧化铜与一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为，故答案为：；（2）反应①为硫化亚铜与氧气在高温下发生氧化还原反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S + 2O22CuO + SO2，故答案为：Cu2S + 2O22CuO + SO2；（3）反应③为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸和氯化亚铁，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42－+4H+，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42－+4H+；（4）E为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，因溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验，所以检验亚铁离子应选用铁氰化钾溶液，具体操作为取少量溶液E于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe 2+，故答案为：取少量溶液E 于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe 2+。
【化学】化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题及详细答案一、铜及其化合物1．某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O的热稳定性，进行如下操作：上述所列物质都是纯净物，请回答：(1)气流C的结构式______，白色固体的化学式________。
(2)已知Y的摩尔质量为233 g·mol-1，完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式__________。
【答案】H-Cl CuCl 2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O【解析】【分析】(1)气流C是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；(2)在无保护气条件下，盐受热水解，可能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定Y的组成，Y加热得到黑色固体是CuO，根据Y的成分可确定其分解反应方程式。
【详解】(1) CuCl2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的HCl，所以给盐的结晶水合物CuCl2·2H2O加热时，为抑制其水解，要在HCl气流中进行，所以C是HCl，目的是作保护气，抑制加热过程CuCl2可能的水解。
该物质是共价化合物，H原子、Cl原子之间通过一个共用电子对结合，所以HCl的结构式是H-Cl，X是CuCl2。
由于3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，当高于300℃加热，CuCl2分解，产生的白色固体中含有Cu 0.02 mol，质量为0.02×64 g/mol=1.28 g<1.99 g，说明含有Cl原子，其物质的量为(1.99 g-1.18 g)÷35.5 g/mol=0.02 mol，则白色固体中Cu、Cl个数比是1：1，所以白色固体的化学式为CuCl，Z为Cl2；(2)3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解，可能生成碱式盐Cu2(OH)2Cl2也可能生成相应的碱Cu(OH)2，Cu2(OH)2Cl2摩尔质量是233 g/mol，3.42 gCuCl2·2H2O反应产生0.01 molCu2(OH)2Cl2，质量是2.33 g，正好吻合，说明Y是Cu2(OH)2Cl2；若反应产生Cu(OH)2，其摩尔质量是98 g/mol，与题干不符合，故Y为碱式盐Cu2(OH)2Cl2，则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O；Cu2(OH)2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl，反应方程式为Cu2(OH)2Cl2CuO+2HCl↑。
【化学】培优铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案一、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)<908g•mol-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：①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应；②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)6SO4Δ4CuO+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H2SO4，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)=2×28.8?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：Cu4(OH)m SO4，Cu4(OH)m SO4Δ4CuO+SO3↑+2mH2O↑，根据氧元素守恒得：m=6，符合M(X)<908g/mol，所以X化学式为Cu4(OH)6SO4；(2)X在隔绝空气、570℃温度下加热发生Cu4(OH)6SO4Δ4CuO+SO3↑+3H2O↑；(3)砖红色固体G是Cu2O，与足量稀H2SO4发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；(4)黑色固体C为CuO，如含有X，则可用检验SO42-的方法检验，方法是：取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。
【点睛】本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。
2．物质A～D均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除A～D外的其他物质均已略去）。
（1）写出相应物质的类别。
物质B C D类别_______（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。
（3）①D→A转化的化学方程式：__。
②B→C转化的离子方程式：__。
【答案】盐碱氧化物 3 CuO+H2Cu+H2O Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓【解析】【分析】由转化关系可知D应为氧化物，与氢气反应生成A为单质，B应为硫酸盐，可由A与浓硫酸反应生成，B可与铁反应生成A，则可考虑A为Cu，则D为CuO，B为CuSO4，C为Cu(OH)2，以此解答该题。
【详解】根据以上分析知：A 为Cu ，B 为CuSO 4，C 为Cu (OH )2，D 为CuO ；(1)B 为CuSO 4，属于盐类，C 为Cu (OH )2，属于碱，D 为CuO ，为氧化物；(2)上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；(3)①D →A 转化，涉及CuO 与H 2的反应，化学方程式为CuO +H 2 Cu +H 2O ； ②B →C 为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu 2++2OH -=Cu (OH )2↓。
3．有A 、B 、C 、D 四种常见的金属单质，A 元素在地壳中含量位列第6，A 的密度为0.97 g/cm 3；B 为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C 在空气中加热融化但不滴落；D 在氧气燃烧，火星四射。
根据以上信息回答下列问题：写出对应化学式：(1)A 在室温下与氧气反应生成______，D 在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。
(2)写出下列化学方程式：①A 在空气中燃烧_______________；②B 长期置于空气中变成绿色物质_________。
(3)将5 g 钠铝合金投入200 mL 的水中，固体完全溶解，产生4.48 L 标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。
经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____(假设溶液体积变化忽略不计)。
【答案】Na 2O Fe 2O 3 2Na ＋O 2Na 2O 2 2Cu ＋O 2＋CO 2＋H 2O=Cu 2(OH)2CO 3 1：1 0.5 mol/L【解析】【分析】根据A 元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97 g/cm 3，可推知A 是Na ；B 为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B 是Cu ；C 在空气中加热熔化但不滴落，故C 是Al ；D 在氧气中燃烧，火星四射，则D 是Fe 。
【详解】（1）A 为Na ，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D 为Fe ，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe 2O 3；（2）①Na 在空气中燃烧的方程式为2Na ＋O 2 Na 2O 2②Cu 长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu ＋O 2＋CO 2＋H 2O=Cu 2(OH)2CO 3 （3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO 2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol ，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c(NaAlO 2)=10.1mol 0.5mol L 0.2L-=⋅。
4．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO 3·yCu(OH)2(x 、y 为正整数，且x≤3，y≤2)。
(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L 标准状况下的CO 2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO ，则该碳盐类铜矿的化学组成中x ：y=____。
(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag ，含铜质量为bg ，加酸完全分解得到标准状况下CO 2气体VL ，则a 、b 、V 的代数关系式是_____。
【答案】3:2 a=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭或a=65495632V b + 【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO 2、CuO 的物质的量，然后根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(CuO)，计算出n[Cu(OH)2]，就可得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比；(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)，用含有b 、V 的代数式表示，也可根据n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V 先计算出CuCO 3的质量，用总质量减去CuCO 3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比。
【详解】(1)n(CO 2)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol ，则n(CuCO 3)=n(CO 2)=0.15mol ，n(CuO)=20g÷80g/mol=0.25mol ，根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-0.15mol=0.10mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO 3·yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO 3·2Cu(OH)2； (2)根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，根据Cu 元素可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)=64b mol ，则n[Cu(OH)2]=(6422.4b V -)mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=22.4V ：(6422.4b V -)，a= a=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭；n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，m(CuCO 3)=mol 22.4V ×124g/mol=124g 22.4V ，该化合物含有Cu 的总物质的量是n(Cu)b 64mol =，则根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=b mol 6422.4V mol -，m[Cu(OH)2]=98g/mol×（b mol 6422.4V mol -），根据反应前后物质质量不变，可得a=124g 22.4V +98g/mol×(b mol 6422.4V mol -)=65495632V b +。
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。
