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第 11 讲 铜 金属矿物的开发利用
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2022·上海浦东新·统考一模）下列材料的使用历史最短的是
A．铝合金 B．青铜 C．陶土 D．生铁
【答案】A
【解析】人类社会使用材料的历史为石器、陶器、青铜器、铁器、钢材和混凝土、轻合金和复合材料、硅
和高分子材料阶段，则使用历史最短的材料是铝合金，故选A。
2．（2022·上海闵行·统考模拟预测）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”以铝合金为点火段材料。有关铝合金
说法错误的是
A．密度小 B．耐腐蚀 C．熔点比纯铝高 D．属金属晶体
【答案】C
【解析】A．铝合金密度小，质量轻，故A正确；B．铝表面能形成致密的氧化膜，耐腐蚀能力强，故B
正确；C．合金的熔点比任一种组成的纯金属的低，则铝合金熔点比纯铝低，故C错误；D．Al属金属晶
体，故D正确；故选：C。
3．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现
的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】A．由反应Cu S+O 2Cu+SO，可知物质之间的转化能实现，A符合题意；B．由反应
2 2 2
Cu+Fe (SO )=CuSO+2FeSO，可知物质之间的转化不能实现，B不符合题意；C．由反应2Cu+S Cu S，
2 4 3 4 4 2
可知物质之间的转化不能实现，C不符合题意；D．常温下，Cu和浓硫酸不反应，可知物质之间的转化不
能实现，D不符合题意；故选A。
4．2021年3月1日，东方航空公司与中国商飞公司在上海正式签署了C919购机合同。东航将成为全球首
家运营C919大型客机的航空公司。大飞机 C919其主结构材料大量使用了铝锂合金，铝锂合金的优点是
A．高强度、导热性 B．低密度、高强度 C．低密度、导电性 D．导热性、导电性
【答案】B【解析】制造飞机材料要求密度低，强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低，强度高，
适合用作制造飞机的材料，与其导电和导热性无关。故选B。
5．（2023·上海黄浦·统考二模）在烧杯中混合含等物质的量溶质的KOH溶液和Cu(NO ) 溶液，能正确显
3 2
示反应后存在物质的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】KOH溶液和Cu(NO ) 溶液反应的方程式为：2KOH+Cu(NO )=Cu(OH) ↓+2KNO ， KOH和
3 2 3 2 2 3
Cu(NO ) 等物质的量时，反应生成的Cu(OH) 、KNO、剩余的Cu(NO )，则溶液中有K+、 、Cu2+三种
3 2 2 3 3 2
离子，选D。
6．（2023·河北邢台·统考模拟预测）钛(熔点为1668℃)广泛应用于生活和科技等各领域，用镁还原
制取金属钛是钛生产的重要方法，其简化工艺流程如下，下列说法错误的是
A．工业上，一般选择电解熔融 制备金属
B．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为
C．“真空蒸馏”的目的是为了降低单质 和 的沸点，使其气化分离出去
D．“电解”时，阴极上生成单质a，可用作其他联产过程的氧化剂
【答案】D
【分析】工业生产一般采用电解熔融 的方法制镁，则a为氯气，所得Mg通过“高温还原” 、
发生反应 制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
【解析】A．由于 的熔点高，电解 制备金属 能耗大，工业生产一般采用电解熔融 的方法，A项正确；B．还原时，发生反应的化学方程式为 ，B项正确；C．真空
蒸馏时，需要将金属 、 分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单
质 和 的沸点，C项正确；D．工业生产中，阳极上发生反应为： ， 可用作
其他联产过程的氧化剂，D项错误；答案选D。
7．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO 溶液，
4
再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号 1 2 3 4
滴加NaOH溶液的量 2滴 6滴 12滴 16滴
立即观察沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 蓝色 蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜
浅绿色 浅绿色 黑色 黑色
色
取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl 溶液，产生大量白色沉淀。取
2
蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法不正确的是
A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B．CuSO 溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
4
C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH) CuO+HO
2 2
D．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
【答案】D
【解析】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl 溶液，产生大量白
2
色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；B．由实验数据及
现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得
到不同的产物，故B正确；C．由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应
生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)
2
CuO+HO，故C正确；D．由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式
2
硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误；故选
D。
8．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）实验室从含有少量氧化铁杂质的废铜粉制取
无水硫酸铜的实验步骤如下图：下列有关说法正确的是
A．溶解废铜粉“过量酸”是指稀硝酸
B．气体A是Cl，将亚铁离子氧化为铁离子
2
C．生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO+2Fe3++3H O=2Fe(OH) ↓+3Cu2+
2 3
D．从溶液中得到的无水硫酸铜的方法是冷却结晶
【答案】C
【分析】因为要制备硫酸铜，则过量酸为稀硫酸，废铜粉(含有少量氧化铁)加过量稀硫酸，氧化铁溶于硫
酸生成硫酸铁和水，Cu和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，得到硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸混合溶液，混
合溶液通入气体A将亚铁离子氧化为铁离子，调pH=4将铁离子转化为氢氧化铁，然后过滤除去，固体B
可为CuO或氢氧化铜等，滤液C为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得
到硫酸铜晶体。
【解析】A．过量的酸应为稀硫酸，不适合用稀硝酸，原因是引入硝酸根杂质，A错误；B．向混合溶液通
入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子杂
质，B错误；C．加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3＋水解平衡正向移动，转变为氢氧化铁沉淀而
除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH) 或Cu (OH) CO，加CuO时离子方程式为3CuO+2Fe3+
2 2 2 3
+3H O=2Fe(OH) ↓+ 3Cu2+，C正确；D．从溶液中冷却结晶是得到硫酸铜晶体，D错误；选C。
2 3
9．（2023·福建福州·福州三中校考模拟预测）某同学进行如下实验：
实验 实验现象
溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜
ⅰ 将铜粉加入试管中，再加入稀
粉有剩余，余液呈酸性
ⅱ 继续向ⅰ中试管加入少量固体 又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色
取饱和 溶液，加入少量固体
ⅲ 无明显变化
和铜粉
下列说法不正确的是
A． 氧化性的强弱与其浓度大小有关
B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释
C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是
D．用一定浓度的 与 也能使铜粉溶解
【答案】C【分析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生
3
无色气体，无色气体又变为红棕色；铜粉有剩余，溶液为酸性；ii.继续向i中试管加入少量固体NaNO ，
3
由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，
产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i中的酸性是硝酸有剩余；iii.饱和Cu（NO ） 溶液，
3 2
加入少量固体NaNO 和铜粉，三者不反应，无明显变化；
3
【解析】A．由i、ii分析可知i还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和浓度有关，A正确；
B．i、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应
解释，B正确；C．由i、ii分析可知i还有剩余氢离子，不能说明余
液呈酸性的主要原因是铜离子水解所导致，C错误；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜
氧化，故用一定浓度的HSO 与NaNO 也能使铜粉溶解，D正确；故答案选C。
2 4 3
10．（2023·天津红桥·统考一模）“夏禹铸九鼎，天下分九州”，青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜
与锡、铅等的合金。铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu (OH) Cl和Cu (OH) CO。下列说法错误的是
2 3 2 2 3
A．青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B．青铜的熔点低于纯铜
C．Cu (OH) Cl和Cu (OH) CO 都属于盐类
2 3 2 2 3
D．可用FeCl 溶液浸泡青铜器来清洗青铜器的铜锈
3
【答案】D
【解析】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青
铜器中的铜，A正确；B．青铜为铜、锡、铅的合金，合金的熔点通常低于它的成分金属，所以青铜的熔
点低于纯铜，B正确；C．Cu (OH) Cl和Cu (OH) CO 中都含有Cu2+和Cl-或 ，二者都属于盐类，C正
2 3 2 2 3
确；D． FeCl 在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，Fe3+具有较强的氧
3
化性，能将Cu氧化为Cu2+，所以不能用FeCl 溶液浸泡青铜器来清洗青铜器的铜锈，D错误；故选D。
3
11．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）我国是历史悠久的文明古国。下列叙述错误的是
A．西安兵马俑表面的“蓝”，又称“中国紫”，主要成分是硅酸铜钡 (含有PbO)，其中的硅
元素不是以 形式存在的
B．敦煌壁画颜料中含有的青金石，其分子式为 ，属于硅酸盐
C．广东岭南“南越武王”赵佗汉墓出土的铜钱表面的绿色斑点或斑块，主要成分是碱式碳酸铜
D．中国古代瓷器的“红釉”，“釉汁细腻，光润匀净，色如胭脂”，其主要成分为 ，不可能含有铜
元素
【答案】D
【解析】A．西安兵马俑表面的“蓝”，又称“中国紫”，主要成分是硅酸铜钡 (含有PbO)，
其中的硅元素以硅酸盐的形式存在，故A正确；B．敦煌壁画颜料中含有的青金石，其分子式为
，属于铝硅酸盐，故B正确；C．铜在潮湿空气中易生成绿色碱式碳酸
铜，广东岭南“南越武王”赵佗汉墓出土的铜钱表面的绿色斑点或斑块，主要成分是碱式碳酸铜，故C正确；D．中国古代瓷器的“红釉”，“釉汁细腻，光润匀净，色如胭脂”，其主要成分为 ，可能含有
红色Cu O，故D错误；选D。
2
12．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）铜及含铜微粒的价荷图如图所示。下列推断不合理的是
A．要使Cu变成a可以加入稀盐酸和过氧化氢的混合溶液
B． 转化成 需要加碱
C．在酸性环境中，c可以反应生成a和Cu
D．b具有还原性
【答案】D
【解析】A．根据铜及含铜微粒的价荷图判断，a是Cu2+、b是 、c是 、d是 。a中Cu
元素为+2价，在酸性条件下，HO 氧化Cu变为Cu2+，A正确；B．由图可知， 转化为
2 2
需要碱性条件，B正确；C． 中Cu元素为+1价，在酸性条件下可以发生歧化反应生成+2价的铜和单
质铜，C正确；D． 中铜元素为+3价具有强氧化性，D错误；故选D。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（12分）（2023·吉林·统考二模）铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)纳米铜是性能优异的超导材料，工业上以辉铜矿(主要成分为 )为原料制备纳米铜粉， 中铜元
素的化合价为_______价。
(2)无水 常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成_______色晶体，俗称_______。
(3) 的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的CuO，化学
方程式为_______。
(4) 常用作媒染剂、杀虫剂等。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成 ， 对该反应
有催化作用，其催化原理如图所示。 的化学式为_______。
(5)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在高于300℃，HCl气流中热分解 可以制备CuCl，其
中HCl的作用是_______。【答案】（每空2分）(1)+1
(2)蓝 胆矾或蓝矾
(3)
(4)
(5)用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制 水解的发生，防止CuCl被氧化
【解析】（1） 中硫元素为-2价，则铜元素的化合价为+1；
（2）无水 常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成蓝色硫酸铜晶体，俗称胆矾或蓝矾；
（3）碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水、二氧化碳， ；
（4）Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成 ， 对该反应有催化作用，铜生成铜离子化
合价升高，根据电子守恒可知，M生成 中铁元素化合价降低，故 为亚铁离子 ；
（5）氯化铜加热水解生成氢氧化铜和挥发性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中铜具有还原性易被空气中氧
气氧化，在HCl气流中热分解 可以制备CuCl，其中HCl的作用是用HCl气流带走产生的水蒸
气，提供酸性环境抑制 水解的发生，防止CuCl被氧化。
14．（12分）（2021·浙江·学军中学校考模拟预测）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了
如图实验：
已知气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)X中含有的元素有___，气体B的电子式___。
(2)X的化学式__。
(3)X的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称__。
(4)写出X隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式___。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)Cu、N、S、O、H
(2)Cu(NH )SO •2H O（3分）
3 4 4 2
(3)铜氨纤维
(4)2Cu(NH )SO •2H O 2CuO+8NH ↑+2SO↑+O ↑+2H O（3分）
3 4 4 2 3 2 2 2【分析】气体A用碱石灰吸收后剩余气体B，且气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B为NH ，其物质
3
的量为 ，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，则气体A中除NH 外的气体总质量为
3
10.4g-6.8g=3.6g，此气体被碱石灰吸收，应为水蒸气，物质的量为 ；固体C的质量
为26.4g-10.4g=16g；加热分解后生成的黑色固体D应为CuO，混合气体E通入足量BaCl 溶液生成的白色
2
沉淀23.3g，应为BaSO，其物质的量 ，根据原子守恒可知，若气体为SO 应为
4 3
0.1mol，质量为8g，则混合气体应为0.1molSO 和0.05molO；则黑色固体D质量为8g，其物质的量为
2 2
，故X分解后生成的NH 、HO、CuO、SO 和O 的物质的量之比为(0.4mol)：
3 2 2 2
(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8：4：2：2：1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5种元
素，结合原子守恒和质量守恒分析解题。
（1）由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；气体B为NH ，电子式是 ；
3
（2）此化合物中含有Cu2+：NH +：SO 2-：HO的物质的量之比为0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1：
4 4 2
4：1：2，X的化学式Cu(NH )SO •2H O；
3 4 4 2
（3）Cu(NH )SO •2H O的水溶液可以与纤维素作用，工业上利用此性质得到产物名称铜氨纤维；
3 4 4 2
（4）X分解后生成的NH 、HO、CuO、SO 和O 的物质的量之比为(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：
3 2 2 2
(0.1mol)：(0.05)=8：4：2：2：1，则Cu(NH )SO •2H O隔绝空气强热生成A、D、E的化学方程式为：
3 4 4 2
2Cu(NH )SO •2H O 2CuO+8NH ↑+2SO↑+O ↑+2H O。
3 4 4 2 3 2 2 2
15．（16分）（2023·辽宁沈阳·统考一模） 在染色和催化领域应用广泛，某研究小组欲利用如图装置
(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备 。
已知： 为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸。
实验步骤及现象：
①向C中先加入 溶液，再加入 溶液 ；
②打开A中分液漏斗的活塞产生 气体至过量，刚开始C中出现少量淡黄色固体，静置一会儿之后，底部有较多的白色沉淀，上层是淡绿色的溶液。
③将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为 。
回答下列问题：
(1)试剂a为浓硫酸，b仪器的名称为__________。
(2)装置B中长颈漏斗的作用是__________。
(3)将 通入C中，与新制氢氧化铜悬浊液反应，产生白色固体的离子方程式为__________。
(4)小组成员针对步骤2中的现象展开进一步的探究得出：
ⅰ．白色沉淀为 。
ⅱ．上层淡绿色溶液中的主要溶质为 和少量 。
结论：本实验中较多量的新制氢氧化铜与二氧化硫发生了氧化还原反应，少量与之发生了复分解反应，二
者为竞争关系。试分析主要发生氧化还原反应的原因__________。
(5)用乙醇洗涤 的优点为__________。
(6)计算该实验中 的产率为__________％。
(7)已知： ， ， 。若所得
固体中混有少量 ，请补充完除去 的实验方案：
①向产物中滴加试剂__________，使固体充分溶解，再过滤出杂质；
②向滤液中加水稀释至不再产生沉淀为止；
③过滤、洗涤、干燥，可得到除去 后的 固体。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)蒸馏烧瓶
(2)允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空
(3)2Cl-+SO+2Cu(OH) =2CuCl+SO +2H O（3分）
2 2 2
(4)新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO 具有还原性，二者主要发生氧化还原反应
2
(5)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥
(6) （3分）
(7)HCl
【分析】A装置制备SO ，将SO 通入C中反应生成 ，D装置中NaOH溶液可以吸收过量的SO ，防
2 2 2
止污染空气。
【解析】（1）b仪器的名称为蒸馏烧瓶。
（2）装置B中长颈漏斗的作用是允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空。
（3）CuCl难溶于水，是自色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸
根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO+2Cu(OH) =2CuCl+SO +2H O。
2 2 2
（4）新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO 具有还原性，二者主要发生氧化还原反应。
2
（5）CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥。（6）15mL 0.5mol·L-1的CuCl 溶液中，CuCl 的物质的量=0.015L×0.5mol/L=0.0075mol，完全转化为
2 2
CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量=0.0075mol×99.5g/mol=0.74625g，实验实际所得CuCl
固体质量为0.594g，则CuCl的产率= 。
（7）可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生
沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu O后的CuCl固体。
2
1．（2021·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫
【答案】A
【解析】A．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨
焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B．镁燃烧
会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C．
粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗
石膏绷带，C说法正确；D．二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的
溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。综上所述，本题选
A。
2．（2023·上海·统考高考真题）战国时期人们用青铜浇铸塑形成各样的青铜器，青铜比纯铜更便于制成形
态各异的容器的原因是
A．熔点低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蚀
【答案】A
【解析】青铜为铜、锡、铅等的合金，通常合金的熔点小于成分金属，因此青铜比纯铜更便于制成形态各
异的容器，故答案选A。
3．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法不正确的是
A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件
B．还原铁粉可用作食品干燥剂
C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒
D．油脂是热值最高的营养物质
【答案】B
【解析】A．金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，
故A正确；B．还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C．氯气、臭氧、二氧化氯都具有
强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确 ；选B。
4．（2022·山东·高考真题） 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)
的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是
A．每个 晶胞中 个数为x
B．每个 晶胞完全转化为 晶胞，转移电子数为8
C．每个 晶胞中0价Cu原子个数为
D．当 转化为 时，每转移 电子，产生 原子
【答案】BD
【解析】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，位于体内的铜离子和亚铜
离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为
0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，NaSe转化为Cu Se的电极反应式为NaSe-2e-
2 2-x 2
+(2-x)Cu=Cu Se+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，则每个晶胞中
2-x
含有4个NaSe，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，Cu Se转化为NaCuSe的电极反应式为
2 2-x
Cu Se+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8× +6× =4，则每
2-x
个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NaCu Se转化为
y 2-x
NaCuSe的电极反应式为NaCu Se+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-
y 2-x
x)mol铜，故D正确；故选BD。
5．（2023·山东·统考高考真题）一种制备 的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液 在3~4之间，反
应Ⅲ需及时补加 以保持反应在 条件下进行。常温下， 的电离平衡常数
。下列说法正确的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若 产量不变，参与反应Ⅲ的 与 物质的量之比 增大时，需补加 的量减少
【答案】CD
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应
(反应Ⅱ)，所得溶液 在3~4之间，溶液显酸性，根据 的电离平衡常数
，可知 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是
，调节溶液pH值至11，使 转化为NaSO ，低温真空蒸发(防止NaSO 被氧化)，故固液
2 3 2 3
分离得到NaSO 晶体和NaSO 溶液，NaSO 和CuSO 反应的离子方程式是 +2Cu2＋+2H O= +
2 3 2 3 2 3 4 2
Cu O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使NaSO 转化成SO 气体，总反应方程式是2CuSO +3Na SO =
2 2 3 2 4 2 3
Cu O+2SO ↑+3Na SO ，需及时补加 以保持反应在 条件下进行。
2 2 2 4
【解析】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO 和碳酸钠溶液反
2
应，生成 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是NaSO 和CuSO 反应生成Cu O，是氧
2 3 4 2
化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化，而不是 ，故B错误；
C．经分析溶液Y的成分是NaSO 溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO 气体(气体Ⅰ)，故C正确；
2 3 2
D．制取 总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指NaSO ，若
4 2 3 2 2 2 4 2 3
产量不变，增大 比，多的NaSO 会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少 的量，故D正
2 3
确；答案CD。
6．（2023·全国·统考高考真题）元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对
有机化合物进行C、H元素分析。回答下列问题：
(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先_______，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，
检查_______。依次点燃煤气灯_______，进行实验。
(2)O 的作用有_______。CuO的作用是_______(举1例，用化学方程式表示)。
2
(3)c和d中的试剂分别是_______、_______(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是_______。
A．CaCl B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．NaSO
2 2 3
(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：_______。取下c和d管称重。
(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相
对分子量为118，其分子式为_______。
【答案】(1)通入一定的O 装置气密性 b、a
2
(2)为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuO Cu+CO
2
(3)A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
(4)继续吹入一定量的O，冷却装置
2
(5)C HO
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【分析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，
将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物
吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而
得到有机物的分子式。
【解析】（1）实验前，应先通入一定的O 吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已
2
U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生
反应时产生的CO能被CuO反应生成CO
2
（2）实验中O 的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用
2
是催化a处产生的CO，使CO反应为CO，反应方程式为CO+CuO Cu+CO
2 2
（3）有机物燃烧后生成的CO 和HO分别用碱石灰和无水CaCl 吸收，其中c管装有无水CaCl ，d管装有
2 2 2 2
碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；（4）反应
完全以后应继续吹入一定量的O，保证石英管中的气体产物完全吹入两U行管中，使装置冷却；（5）c
2
管装有无水CaCl ，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的
2
物质的量n(H)= = =0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO，则增重量为
2CO 的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)= = =0.0008mol；有机物中
2
O元素的物质的量为0.0128g，其物质的量n(O)= = =0.0008mol；该有机物中C、H、O三
种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其
化学式为C HO；
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