2022届高三化学一轮高考复习常考题型：27铜及其化合物 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型：27铜及其化合物一、单选题（共15题）1化学与生产、生活、科技等密切相关。下列有关说法错误的是A我国新疆等地盛产优质棉花，其主要成分为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等B今年3月20日在四川省三星堆古遗址考古中，出土了珍贵文物青铜立人、青铜神树，其硬度低于纯铜C国产新冠灭活疫苗需冷冻保存以防发生变性D大口径单体反射镜使用的碳化硅属于无机非金属材料2举世瞩目的三星堆三十五年之后在2021年3月再次被挖掘。此次挖掘出了五百多件重要的文物，包括大量的黄金制品、丝绸饰品，还有大米、象牙、青铜、神树等等。下列有关文物的说法不正确的是A工艺精湛的青铜方尊主

2、要材质是铜锡合金B祭祀坑内发现了丝绸朽化后的残留物，丝绸的主要成分是纤维素C新出土的半张黄金面具历经3000年仍然金光璀璨，说明金的活动性较弱D出土的文物可以用碳的一种核素来测定其年代3下列实验中，对应的实验现象以及实验结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验实验现象实验结论A用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝不滴落金属铝的熔点较高B向溶液中加入少量铜粉，充分反应溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C向鸡蛋清溶液中加入少量溶液出现浑浊蛋白质可能发生了变性D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸4后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，

3、形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是A青铜的熔点低于纯铜B古代湿法炼铜的原理是置换反应C现代电解精炼铜时，粗铜作阳极D青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物5现在有很多电视节目聚焦中国传统文化艺术精品，用现代化的传播方式及国际化的视角来系统地诠释中国古代艺术品的精湛与美艳。下列说法中不正确的是A北宋的天青无纹椭圆水仙盆是“瓷器第一宝”，其主要成分是二氧化硅B西周时期的伯矩鬲是罕见的青铜器，鬲身的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C王羲之的书法作品快雪时晴帖堪称“书法第一宝”，纸张的主要成分是高分子化合物D西汉素纱禅衣是世界上现存年代最早、保存最完整、制作工艺最精

4、湛的一件衣服，它由精缫的蚕丝织造，蚕丝和毛笔中的狼毫成分相同6Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，CuSO4溶液中加入强碱产生蓝色絮状沉淀，继续加入强碱沉淀溶解生成蓝色Cu(OH)42-。CuSO45H2O的晶体结构如图，关于铜的化合物说法不正确的是A蛋白质溶液中加入CuSO4发生盐析BCu2O溶于硫酸的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2OCCu(OH)2为两性氢氧化物，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖DCuSO45H2O晶体中与水分子之间存在氢键7能实现下列物质间直接转化的元素是单质氧化物酸或碱盐AFeBSiCNaDCu8根据下列实验操作和现象，所得结论或推论正确的是实验操作和现象实验

5、结论或推论A向FeCl3溶液中加入Cu片，振荡，溶液颜色变化Cu与FeCl3发生了置换反应B用pH试纸测得NaA、NaB溶液的pH分别为9、8酸性：HBHAC用AgNO3标准溶液滴定待测液中c(Cl-)，以K2CrO4为指示剂D向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀SO2具有还原性9以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究亚硫酸钠的性质和盐溶液间反应的多样性。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI(白色)+I2；Al2(SO3)3在水溶液中不存在。实验试剂现象滴管试管0.2mol/LNa2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液I.产生白色溶液沉淀0.2mol/LCu

6、SO4溶液.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol/LAl2(SO3)3溶液.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀下列有关分析错误的是A经检验现象中的白色沉淀为亚硫酸银，产生沉淀的离子方程式为+Ag2SO4=Ag2SO3+B向中棕黄色的沉淀中加入稀硫酸，产生紫红色的固体，说明棕黄色沉淀中含有Cu+C向中棕黄色的沉淀中加入碘化钾溶液，静置后取上层清液于试管中，再加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生了白色沉淀，说明沉淀中含有D取中的白色沉淀进行实验，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，则说明沉淀中含有、Al3+和OH-10研究甲醛与新制Cu(OH)2反应的固体产物(

7、固体A)，实验如图。已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，分别产生Cu(NH3)(无色)、Cu(NH3)(蓝色)。下列说法不正确的是A甲醛与新制Cu(OH)2反应时，Cu(OH)2被还原B无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2OC出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)+4OH- +6H2OD将试管替换为，放置一段时间后发现溶液变蓝，也能确认固体A的成分11CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法正确的是A相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想B将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体CX可能是SO2和SO3的混合气体DY可以是

8、葡萄糖溶液12氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC122H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是A途径1中产生的Cl2可以回收循环利用B途径2中200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCCuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl+4H+SO=2Cu2+2Cl-+SO2+2H2ODX气体是HCl，目的是抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解13CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用于媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量N

9、i、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：下列说法正确的是A“碱溶”时发生了Al和NaOH的反应B“洗涤”时使用乙醇防止CuCl被氧化C“还原”反应所得的溶液中大量存在、D工艺流程中不包含化合反应和分解反应14某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如图所示：已知：Cu(OH)2溶于氨水形成Cu(NH3)42+，根据以上流程，下列说法错误的是A煅烧生成的气体X为B为实现溶液C到溶液D的转化，加入过量的NH3H2O后过滤即可C蒸氨过程总反应方程式为Cu(NH3)4Cl2+H2OCuO+2HCl+4NH3D溶液E与碳酸钠的混合比例及方式(加入顺序)不影响产品成分15某同学通过实验研究铜盐溶液颜

10、色的变化。下列说法不正确的是A由可知，中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果B由可知，Cu2+与Cl可能会结合产生黄色物质C由可知，Cl的浓度对铜盐溶液的颜色有影响D由可知，CuCl2溶液一定为绿色二、填空题（共5题）16胆矾()易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_(填标号)。A烧杯 B容量瓶 C蒸发皿 D移液管(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的

11、优点是_。(3)待完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量，冷却后用调为3.54，再煮沸，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_、乙醇洗涤、_，得到胆矾。其中，控制溶液为3.54的目的是_，煮沸的作用是_。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_(填标号)。胆矾未充分干燥 坩埚未置于干燥器中冷却 加热时有少胆矾迸溅出来17CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小

12、组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。资料查阅该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)，请回答下列问题：(1)仪器X的名称是_。(2)实验操作的先后顺序是a_e(填操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCl，然后通入N2(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(4)装置D中作用是_，装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是_。(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析：若杂质是CuCl2

13、，则产生的原因是_。若杂质是CuO，则产生的原因是_。18甲醛与新制氢氧化铜反应的产物随反应条件改变而有所不同。实验室对该反应在一定条件下所得产物成分进行探究，具体过程如下。取一定量的NaOH溶液、CuSO4溶液和甲醛于锥形瓶，控制温度40-50回流1h，收集到大量气体X，并有红色沉淀生成。(1)“控制温度40-50”的常用加热方法是_。气体X能燃烧且完全燃烧产物不会使澄清石灰水变军浊，说明该气体是_。(2)在探究甲醛的氧化产物时，发现未生成CO。为了进一步确定甲醛是否被氧化为HCOONa，进行如图实验(如图省略夹持和加热装置，甲酸与浓硫酸反应能生成CO，而CO可将银氨溶液还原成银单质)。仪器

14、a的名称是_。b中，NaOH溶液的作用是_。c中，银氨溶液中出现黑色沉淀，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)已知：2NH3+Cu+Cu(NH3)2+(无色)，Cu(NH3)2+遇空气容易被氧化成Cu(NH3)42+(蓝色)；验证红色沉淀中含Cu2O，进行如下实验步骤和现象记录：取样品，_，说明红色固体中含Cu2O。(4)若最终测得沉淀中Cu单质和气体产物物质的量比为1:1，该条件下甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应化学方程式为_。19已知：Cu2O在酸性条件下能迅速发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；氮的氧化物能与红热的铜反应。某小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物，装

15、置如图所示(部分夹持装置未画出)。请回答下列问题：(1)装置A中盛放铜粉的仪器名称为_，a管的作用是_，该装置中发生反应的离子方程式为_。(2)装置B中试剂为_，装置E的作用是_。(3)实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是_，当Cu充分反应，实验结束时，下列操作中应首先进行的操作是_(填序号)。停止滴加浓硝酸 熄灭酒精灯 从E装置中取出导气管(4)为了探究氧化产物是否含有Cu2O，取少量完全反应后的产物，进行如下实验：(甲)加入足量的稀硝酸，观察是否完全溶解(乙)加入足量的稀硫酸，观察是否完全溶解(丙)加入足量的浓硝酸，观察是否完全溶解(丁)在加热条件

16、下通入乙醇蒸气，观察固体是否变为红色其中，能达到实验目的的是_(填代号)。(5)若氧化产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL标准状况下NO气体，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为_。20某化学兴趣小组用氧化铜制备配位化合物Cu(NH3)xSO4H2O(亮蓝色)，并测定该配合物的配位数。制备Cu(NH3)xSO4H2O的过程：已知：2CuSO4+2NH3H2O=(NH4)2SO4 +Cu2(OH)2SO4(蓝色)Cu2(OH)2SO4+2xNH32Cu(NH3)x2+2OH回答下列问题：(1)为加快氧化铜的溶解速率，可采用的方

17、法是_(回答两种)。(2)所用的氨气可采用下列装置中的_(填字母)制备，相应的制备原理为_(写化学方程式)。(3)当出现_现象时，停止通入氨气。(4)在步骤中，倒入95%酒精，静置一段时间，出现大量蓝色晶体，原因是_。(5)在步骤中，加入浓氨水洗涤沉淀的目的是_。测定Cu(NH3)xSO4H2O的配位数，装置如下：实验操作：称量反应前装置C的质量为327.65 g；取12.30 g产品加入三颈瓶中，加入氢氧化钠溶液，并加热；反应过程中从a通入空气；一段时间后装置C的质量为恒重331.05 g。(6)根据上述数据计算该配合物的配位数x=_，若反应过程中没有通入空气，则会造成所测结果_(填“偏高”

18、“偏低”或“无影响”)。参考答案1B【详解】A棉花的主要成分是纤维素，化学式为(C6H10O5)n，可制布、纤维素硝酸酯等，A正确；B青铜是铜的合金，硬度比纯铜大，B错误；C蛋白质在高温下会变性，则疫苗冷冻保存以防发生变性，C正确；D碳化硅是由非金属性元素组成，属于无机非金属材料，D正确；故选：B。2B【详解】A青铜是铜锡合金，A正确；B丝绸的主要成分是蛋白质，B错误；C新出土的半张黄金面具历经3000年仍然金光璀璨，说明金没有变质，即可说明金的活动性较弱，C正确；D碳的一种核素14C可用来考古断代，D正确；答案选B。3D【详解】A铝和氧气反应生成的氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，

19、A错误；B与硫酸铁反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，没有黑色固体出现，根据此实验也不能比较、的活泼性，B错误；C鸡蛋清的主要成分是蛋白质，蛋白质遇轻金属盐离子会发生盐析，向鸡蛋清溶液中加入少量溶液，出现浑浊，说明蛋白质可能发生了盐析，C错误；D.浓盐酸和浓氨水均易挥发，二者相遇会生成固体，产生白烟，D正确；答案为D。4D【详解】A青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不选；B古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不选；C现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不选；D青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故D选；故选：D。5A【详解】

20、A瓷器的主要成分是硅酸盐，故A错误；B铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；C纸张的主要成分是纤维素，纤维素属于高分子化合物，故C正确；D蚕丝和毛笔中的狼毫的主要成分都是蛋白质，成分相同，故D正确；故选A。6A【详解】A蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，故A错误；BCu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4、H2O，反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故B正确；CCu(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，Cu(OH)2为两性氢氧化物，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，蔗糖和新制氢氧化铜悬浊液不反应，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，故C正确；D根据图示，CuSO45H

21、2O晶体中与水分子之间存在氢键，故D正确；选A。7C【详解】AFe与氧气点燃会生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，A不符合题意；BSi与氧气加热条件下可生成二氧化硅，但二氧化硅不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，B不符合题意；CNa与氧气常温下可生成氧化钠，氧化钠与水反应可生成氢氧化钠(碱)，氢氧化钠再与HCl发生中和反应生成氯化钠(盐)和水，均可实现物质间直接转化，C符合题意；DCu与氧气加热条件下可生成氧化铜，但氧化铜不溶于水，也不与水发生反应，不能实现直接转化，D不符合题意；故选C。8D【详解】A向FeCl3溶液中加入Cu片，振荡，溶液颜色变

22、化发生的反应方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，不是置换反应，A不合题意；B用pH试纸测得NaA、NaB溶液的pH分别为9、8，由于未告知NaA、NaB溶液的物质的量浓度是否相等，故不能说明A-的水解程度比B-的大，根据盐类水解的规律越弱越水解可知，也就不能得出酸性HBHA，B不合题意；C用AgNO3标准溶液滴定待测液中的Cl-，以K2CrO4为指示剂，说明Ag2CrO4生成时氯离子已沉淀完全，但是，铬酸银和氯化银的沉淀类型不同，不能比较二者的溶度积常数，C错误；D向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，产生白色沉淀，是由于Ba(NO3)2溶液中的硝酸根与SO2与水反应生成

23、的H2SO3电离出的H+结合成HNO3将SO2氧化为H2SO4，再与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，故体现了SO2的还原性，D符合题意；故答案为：D。9A【详解】A实验中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+=Ag2SO3，故A错误；BCu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，有紫红色固体生成，说明有单质铜生成，则沉淀中含有Cu+，故B正确；C由白色沉淀可知之前所取上层清液中有，由加入KI生成CuI白色沉淀和

24、I2，碘单质与盐酸酸化的氯化钡溶液不反应，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂，故C正确；D根据题意知实验的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的，故D正确；答案为A。10D【详解】A甲醛与新制Cu(OH)2反应时，反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu(OH)2被还原，故A正确；B由已知Cu(NH3)(无色)，Cu(NH3)(蓝色)，且Cu2O均能溶于浓氨水，则无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O，故B正确；C已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体

25、A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，则出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)+4OH- +6H2O，故C正确；D将试管替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体A的成分，故D错误。故选D。11D【详解】ACu和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2、H2O，途径产生了有毒气体，A项错误；B将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，故无法得到胆矾，B项错误；CCuSO4热分解生成两种产物，其中一种为Cu2O，Cu化合价降低，则必有元素的化合价升高，CuSO4中只有O元素的化合价能升高，故X中必有

26、O2，C项错误；DCuSO4与过量NaOH溶液反应会生成Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能还原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，D项正确；答案选D。12C【分析】根据流程中物质的变化利用原子守恒和化合价升降守恒进行配平方程式，根据反应中加入的物质和产物判断是否可循环利用。【详解】ACuCl22H2O加热过程中在加热过程会因为水解而生成氢氧化铜，故在加热时通入HCl抑制水解，而最终生成的氯气可以生成氯化氢，故可以回收循环利用，故A正确；B根据途径中的反应物和生成物利用原子守恒配平得方程式：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；CCuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl=C

27、u2+2Cl-+Cu。故C不正确； D由于CuCl2水解生成易挥发的氯化氢，故在加热时需要抑制其水解，故应在氯化氢的气流中加热，故D正确；故选答案C。【点睛】离子方程式正误判断可以利用原子守恒或电子守恒。其次根据物质中元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂是否发生反应，是否符合客观事实。13B【分析】根据流程分析，废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、等)，通入一氧化碳气体后，生成Ni(CO)4，达到除去镍的目的；剩余物质进行碱浸，只有氧化铝与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后滤渣为铜，加入过氧化氢，在酸性环境下，铜被氧化为铜离子，加入亚硫酸钠和氯化钠的混合物，+2价铜被还原为+1价铜，反应生成CuCl，

28、过滤洗涤可以得到CuCl。【详解】A结合以上分析可知，“碱溶”时发生了和NaOH的反应，故A错误；B乙醇易挥发，可以带去氯化亚铜表面的水分，起干燥作用，而氯化亚铜在潮湿时易被氧化，故乙醇可以使氯化亚铜不潮湿，从而防止CuCl被氧化，故B正确；C还原前的溶液中大量存在的离子有氢离子和铜离子，还原后的溶液中的铜离子反应生成CuCl，而亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，故“还原”反应所得的溶液中不会大量存在、，故C错误；D除镍过程中：Ni+4CO= Ni(CO)4，为化合反应，故D错误；故选B。14D【分析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe3O4，加入盐酸

29、得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到Cu(NH3)42+和Fe(OH)3，Cu(NH3)42+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。【详解】A辉铜矿含有Cu2S，通入氧气煅烧时会生成SO2，A正确；BCu(OH)2溶于氨水形成Cu(NH3)42+，而Fe(OH)3不溶于氨水，所以为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，B正确；C根据流程可知，固体B用盐酸酸浸，所以溶液D中主要含有Cu(NH3)4Cl2，经加热可得到CuO、氨气，结合元素守恒可知反应的方程式为Cu(NH3)4Cl

30、2+H2OCuO+2HCl+4NH3，C正确；D铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸钠溶液中，可生成氢氧化铜，反之可生成碱式碳酸铜，D错误；综上所述答案为D。15D【详解】A由可知，硫酸铜遇水变蓝，所以中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，故A正确；B由可知，氯化钠固体表面氯离子浓度较大，固体表面为黄色，所以Cu2+与Cl可能会结合产生黄色物质，故B正确；C增大了氯离子浓度，所以Cl的浓度对铜盐溶液的颜色有影响，故C正确；D由溶液为蓝色可知， CuCl2溶液不一定为绿色，故D错误；选D。16A、C CuO+H2SO4CuSO4+H2O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗

31、硫酸少（硫酸利用率高） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤 【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；(2)将加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸

32、发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液为3.54，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4) 称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。则水的质量是()g，所以胆矾（CuSO4nH2O）中n值的表达式为=n:1，解得n；(5) 胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据

33、n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：。17干燥管 cdb 先变红后褪色 防倒吸和尾气吸收 Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O 加热时间不足或温度偏低 通入HCl的量不足 【分析】热分解CuCl22H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸

34、铜变蓝，可知CuCl22H2O分解生成水，温度大于300，发生2CuCl22CuCl+Cl2， 产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，D中NaOH溶液吸收尾气。【详解】(1)由图示可知，仪器X的名称为球形干燥管；(2)实验中有气体生成，先检查装置的气密性，然后装入药品，先通入HCl（防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜），点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以顺序为ac d b e；(3)实验中有水生成，所以B中有白色变为蓝色，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；(4)

35、装置D吸收氯气和氯化氢，氯化氢极易溶于水，倒置漏斗可以防倒吸；D中的氧化还原反应是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)由2CuCl22CuCl+Cl2可知，若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，可能原因是加热时间不足或温度偏低；若杂质是CuO，根据信息提示，在没有HCl或者提供HCl不足的情况下都会生成氧化铜，所以产生的原因可能是通入HCl的量不足。【点睛】本题以热分解CuCl22H2O制备CuCl为载体，考查化学实验，明确实验目的和实验原理是解题关键，掌握基本实验操作方法，注意题目提供的信息的分析和应用，

36、培养学生实验能力。18水浴加热 H2 分液漏斗 除去CO中混有的HCOOH蒸气 2:1 方案一：溶于氨水，所得溶液中通空气(氧气或者在空气中放置一段时间)，观察溶液变蓝色；方案二：样品溶于硫酸，观察到溶液呈蓝色 2HCHO+Cu(OH)2+2NaOHCu+2HCOONa+2H2O+H2 【分析】首先利用浓硫酸与反应液反应，若甲醛被氧化为HCOONa，则浓硫酸会与其反应生成CO，由于甲酸具有挥发性且能与银氨溶液反应，应先将其除去，再通入银氨溶液，银氨溶液中出现黑色沉淀，说明有CO生成，进而说明甲醛被氧化为HCOONa，气球可以收集尾气。【详解】(1)40-50低于水的沸点，所以可以采用水浴加热；

37、气体X能燃烧且完全燃烧产物不会使澄清石灰水变军浊，根据元素守恒可知该气体应为H2；(2)根据仪器a的结构特点可知其为分液漏斗；乙酸具有挥发性，且含有-CHO结构，能和银氨溶液反应，所以需要用NaOH溶液除去CO中混有的HCOOH蒸气；银氨溶液中出现黑色沉淀，说明Ag+将CO氧化为CO2，氧化剂为Ag(NH3)2+，还原剂为CO，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；(3)红色固体可能为Cu或Cu2O或二者都有，Cu不溶于氨水或硫酸，若红色固体中含Cu2O，则固体溶于氨水得无色溶液，放置一段时间后，Cu(NH3)2+被氧化成Cu(NH3)42+，溶液变蓝；或将Cu2O溶于硫酸

38、，Cu2O发生歧化，得到硫酸铜蓝色溶液，所以方案一：取样品，溶于氨水，所得溶液中通空气(氧气或者在空气中放置一段时间)，观察溶液变蓝色；方案二：取样品，样品溶于硫酸，观察到溶液呈蓝色；(4)根据前述分析可知生成的气体为H2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2HCHO+Cu(OH)2+2NaOHCu+2HCOONa+2H2O+H2。19蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗内外压强，使液体顺利流下 Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2O 水 收集多余的NO，防止污染环境 将装置中的空气排空，防止氧气与Cu反应，影响实验结果 乙 2：3 【分析】本题以探究NO和Cu反应的氧化产物为题材进行实验探究，实验

39、装置中A为制备NO2的装置，发生的反应为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，装置B为制备NO的装置，发生的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，装置C为干燥NO的装置，D为NO与Cu发生反应的装置，E为收集多余的NO，进行尾气处理，防止污染环境，据此分析解题。【详解】(1)由实验装置图可知，装置A中盛放铜粉的仪器名称为蒸馏烧瓶，a管的作用是使分液漏斗中的压强始终和蒸馏烧瓶中的相等，使液体能够顺利流下，该装置中是铜和浓硝酸反应，故发生反应的离子方程式为Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：蒸馏烧瓶；平衡分液漏斗内外压强，使液体顺利流下；Cu+4H

40、+2=Cu2+2NO2+2H2O；(2)由分析可知，装置B的作用是将NO2转化为NO，故B中装的试剂为水，由分析可知，装置E的作用是收集多余的NO，防止污染环境，故答案为：水；收集多余的NO，防止污染环境；(3)由于空气中的氧气也能与Cu反应生成CuO，干扰后续实验，故实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是将装置中的空气排空，防止氧气与Cu反应，影响实验结果，当Cu充分反应，实验结束时，若先从E装置中取出导气管，则导致过量的NO排放到空气中，污染环境，若先熄灭酒精灯，将产生倒吸现象，故应该先停止滴加浓硝酸，然后从E装置中取出导气管，最后熄灭酒精灯，故答案

41、为：将装置中的空气排空，防止氧气与Cu反应，影响实验结果；(4) (甲)由于CuO和稀硝酸、Cu2O和稀硝酸都能反应生成可溶性的硝酸铜，故实验甲不能达到实验目的； (乙)由于Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，故加入足量的稀硫酸，若固体完全溶解说明没有Cu2O，若不能完全溶解，说明含有Cu2O，故实验乙能够达到实验目的；(丙) 由于CuO和浓硝酸、Cu2O和浓硝酸都能反应生成可溶性的硝酸铜，故实验丙不能达到实验目的；(丁)由于Cu2O本身就是红色，在加热条件下通入乙醇蒸气，即使有含有Cu2O也观察不出来，故实验丁不能达到实验目的，故其中，能达到实验目的的是乙，故答案为：乙；(5)假设混合物

42、中CuO和Cu2O的物质的量分别为n1mol和n2mol，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL标准状况下NO气体，则根据质量守恒：80n1+144n2=5.92g，根据氧化还原反应中电子守恒可知：2n2=，联合解得：n1=0.02mol，n2=0.03mol，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为0.02mol：0.03mol=2：3，故答案为：2：3。20搅拌；适当升高温度(或适当提高硫酸浓度等) b或c 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O NH3H2O+CaO=Ca(OH)2 + NH3，答案合理即可) 蓝色沉淀完全溶解，形成亮蓝色溶液 该配合

43、物难溶于乙醇 减少产品溶解损失 4 偏低 【分析】在氧化铜中加入稀硫酸生成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液中通入氨气发生反应2CuSO4+2NH3H2O=(NH4)2SO4 +Cu2(OH)2SO4(蓝色)，Cu2(OH)2SO4+2xNH32Cu(NH3)x2+2OH-；【详解】(1) 实验室中的氧化铜为粉末状，在实验过程中，采用搅拌、适当升高温度、适当提升硫酸浓度等方法来加快氧化铜的溶解速率；(2) 氨气的实验室制法主要有两种：一是氯化铵和氢氧化钙混合加热，二是浓氨水加入氧化钙，但反应装置不同，分别对应装置b、c；方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O或NH3H2O+Ca

44、O=Ca(OH)2 + NH3；(3) 当出现蓝色沉淀完全溶解，形成亮蓝色溶液现象时，停止通入氨气；(4) 步骤中，倒入95%酒精，静置一段时间，出现大量蓝色晶体，说明该配合物难溶于乙醇，易结晶；(5) 操作中，产品存在溶解平衡：Cu(NH3)xSO4H2O Cu(NH3)x2+H2O，而Cu(NH3)x2+可进一步分离，Cu(NH3)x2+Cu2+ +xNH3，加入浓氨水，促使上述两个可逆反应依次逆向移动，从而减少产品溶解，避免产品损失。(6) 该配合物物质的量为mol，产生的氨气的物质的量为 mol =0.20 mol，根据质量守恒，可以得出，解得x=4.若反应没有通入空气，会造成装置内残留氨气，未被吸收，所测氨气的质量偏低，所以会使所测结果偏低。