高考化学专题训练---铜及其化合物推断题的综合题分类含答案解析

高考化学专题训练---铜及其化合物推断题的综合题分类含答案解析
一、铜及其化合物
1．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 2
Na 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 2
②Cu 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
-=⋅。

2．A 、B 、C 、D 、X 均为中学化学常见的物质。

它们之间存在如下图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：
（1）若A 为两性氢氧化物, B 为NaOH 溶液，写出反应A+B→C+D 的离子方程式_________，并写出偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳的离子方程式
________________________
（2）若A 为金属单质，B 、C 、D 都是化合物，A 与B 发生的反应常用于刻制印刷电路板，
该反应的离子方程式__________________。

【答案】Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O AlO2－＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3 2Fe3+ +Cu=2Fe2+ +Cu2+
【解析】考查无机推断，（1）A为两性氢氧化物，即A为Al(OH)3，B为NaOH，A和B 反应的离子反应方程式为 Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，碳酸的酸性强于偏铝酸，因此偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子反应方程式为AlO2－＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3－；（2）A与B反应常用于刻制印刷电路板，即离子反应方程式为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋。

3．下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（部分产物未列出）：
已知C是紫红色金属固体，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。

（1）A的化学式是____________，E化学式是__________________；
（2）电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________；（3）对200ml 1mol/L的A溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，溶液的为___________（假设溶液体积不变）。

【答案】Cu(NO3)2 CuO 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3 1
【解析】
【分析】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO，据此解答．
【详解】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO；
(1)由上述分析可知，A的化学式是Cu(NO3)2，E化学式是CuO；
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；
(3)对200ml 1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，参加反应铜
离子物质的量=0.02mol
2
=0.01mol，故生成氢离子为0.01mol×
4
2
=0.02mol，故氢离子物质
的量浓度=0.02mol
0.2L
=0.1mol/L，故溶液pH=-lg0.1=1。

4．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+＞Cu2＞Fe2+
【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：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，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：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，
(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=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+＞Cu2＞Fe2+。

5．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2
开始沉淀7.5 2.7 4.8
完全沉淀9.0 3.7 6.4
(1)炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(2)试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。

(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是________。

(4)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。

a.不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触
b.增大通入N2H4的流速
c.减少KOH的进入量
d.减小通入N2H4的流速
(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________
(6)操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。

(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式为________
(8)工业上用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为：CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g ) △H>0。

其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。

则X可以是
___________(填字母序号)
a.温度
b.压强
c.催化剂
d.
() ()3
4 n NH n CH
【答案】SO2 2∶1 空气或氧气 3.7≤pH<4.8 ad 4CuSO4＋N2H4＋8KOH 90℃
2Cu2O＋
N2↑＋4K2SO4＋6H2O 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O bd 【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含 CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和SO2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

【详解】
(1)根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为
Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋；酸性条件下，O2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；
(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8；
(4)还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高N2H4
的转化率，则N2H4要充分反应；
a．不断搅拌，增加N2H4与溶液的接触面，使得N2H4充分反应，a符合题意；
b．增大通入N2H4的流速，有部分N2H4来不及反应，转化率会降低，b不符合题意；c．减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c 不符合题意；
d．减小通入N2H4的流速，能够使得N2H4反应更加充分，转化率增加，d符合题意；
综上ad符合题意；
(5)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为
4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O；
(6)操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为Cu2O可以被O2氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；
(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；
(8)根据图示，NH3的转化率随着X的增加而减小；
a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增加，与图像不符，a不符合题意；
b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率减小，与图像相符，b符合题意；
c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3转化率不变，与图像不符，c不符合题意；
d．
()
()3
4
n NH
n CH
增加，平衡正向移动，但是NH3的转化率减小，与图像相符，d符合题意；
综上bd符合题意。

【点睛】
问题(8)中的d项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4，才可以。

如果只加入NH3，则CH4的转化率增加，而NH3自身的转化率会降低。

6．实验室以废铜为原料制取碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）的过程如下：
完成下列填空：
（1）酸浸中产生的气体是_________（填化学式）。

（2）检验过滤Ⅱ的沉淀是否洗净的方法是________。

（3）从实验流程中可看出影响产品生成的因素有多种，请写出其中两个：___________，并任选其中一个因素，说明其原因___________。

（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3，写出该反应的化学方程式：______。

（5）产品中Cu含量的测定步骤是：称取mg样品，用适量稀硫酸完全溶解，加水稀释，调节溶液为中性或弱酸性，再加入过量的KI-淀粉溶液后，用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液v mL。

实验中反应的离子方程式为2Cu2++4I-→2CuI（白色）
↓+I2；I2+2S2O32-→2I-+S4O62-。

（i）样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，其原因是________。

（ii）产品中Cu的含量为__________________（用含m、c、v的代数式表示）。

【答案】NO、NO2取最后一次洗涤液测其pH,若溶液为中性，则沉淀已洗净温度和pH （反应物浓度、反应物配比等合理答案也得分）温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢（或：pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜）。

2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑若溶液酸性过强，则
2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液 0.064cv/m
【解析】
【分析】
废铜屑溶于浓硝酸中转化为硝酸铜，过滤除去滤渣，向滤液中加入碳酸钠溶液，除去多余的硝酸，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成碱式碳酸铜，据此解答。

【详解】
（1）酸浸中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮（NO2），随着浓度的降低，会产生一氧化氮（NO），
故答案为：NO、NO2；
（2）根据流程分析可知，碱式碳酸铜是从含有碳酸钠的溶液中析出的，所以检验沉淀是否洗净就是检验沉淀上有没碳酸根离子，操作方法是取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净；（3）从实验流程中可看出温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜，所以影响产品生成的因素有温度和pH，
故答案为：温度和pH；温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，或：pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜；
（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2（OH）2CO3，根据元素守恒可知反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；
（5）①样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2S2O3溶液，
故答案为：若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液；
②根据反应2Cu2++4I-→2CuI（白色）↓+I2、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-可得关系式Cu2+～S2O32-，根据题意可知，Na2S2O3的物质的量为cv×10-3mol，所以样品中铜元素的质量为
0.064cvg，进而确定产品中Cu的含量为0.064cv/m，
故答案为：0.064cv/m。

7．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。

如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为____。

（2）写出产生CuCl的离子方程式：____。

（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
pH1234567
CuCl产率/%70908278757270
析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。

调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。

（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。

②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。

已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。

三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数123
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95
则样品中CuCl的纯度为_____。

（结果保留三位有效数字）。

（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。

第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H 2O(l)CuOH(s)＋Cl− (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为____。

第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下K W、K sp(CuOH)、K sp(CuCl)的关系为K＝____。

【答案】Fe 2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42- 2 Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能硝酸会与产品CuCl发生反应 95.5%
2CuOH Cu2O+H2O K w×K sp(CuCl)/K sp(CuOH)
【解析】
【详解】
向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
故答案为：Fe；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：2Cu2++
2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为：2Cu2++ 2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH 的硝酸代替硫酸，
故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；
（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍
去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：24.05mL+23.95mL
2
=24mL，
结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度
为：
3
2410L0.1mol/L99.5g/mol
0.25g
-
⨯⨯⨯
×100%=95.5%，
故答案为：95.5%．
（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOH Cu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）⇌CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）
=
()()
c H c OH
c(OH)
+-
-
×
()()
()
+-
+
c Cu c Cl Kw Ksp(CuCl)
=
Ksp(CuOH)
c Cu
⨯⨯
答案为：Kw Ksp(CuCl) Ksp(CuOH)
⨯
8．工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如图：
（1）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为___。

（2）“酸化”步骤反应的离子方程式为___。

（3）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为___。

（4）“淘洗”所用的溶液A应选用___(填序号)。

a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸
（5）“反应”一步的过程中无红棕色气体生成。

①理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为___。

②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式____。

（6）由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是___。

(相关物质的溶解度曲线如图所示)
【答案】2CuS+3O22CuO+2SO2 CuO+2H+═Cu2++H2O FeSO4 a 2∶1 Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶
【解析】
【分析】
工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后，铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用溶液A淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出
Cu(NO3)2•3H2O，据此分析解答。

【详解】
(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为：2CuS+3O2
2CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；
(2)酸化过程为经过焙烧得到的氧化铜与稀硫酸反应生成铜离子，离子方程式为：
CuO+2H+═Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；
(3)根据上述分析可知，过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，故答案为：FeSO4；
(4)淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜。

a．稀硫酸，不能和铜反应，故a
选；b．浓硫酸和铜在常温下不反应，但浓硫酸稀释会放出大量热，会和铜发生反应，故b 不选；c．稀硝酸具有氧化性能溶解铜，故c不选；d．浓硝酸能溶解铜，故d不选；故答案为：a；
(5)①“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2，硝酸做酸，过氧化氢做氧化剂将Cu 氧化生成硝酸铜，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；
②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；(6)根据图像中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，故答案为；蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。

【点睛】
本题的易错点为(6)，要注意图像中温度的临界点为26.4°C。

9．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学习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和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；
得到滤渣I的主要成分为____________________；
(2)第②步加H2O2的作用是__________________；
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，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_____；从原子利用率角度考虑，___方案更合理。

【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O
Au、Pt 将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
【解析】
【分析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。

【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；
(4)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了硫酸，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，方法甲不可行；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加适量Al粉，Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；
丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；
可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；
从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。

【点睛】
本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。

较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。

10．从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____．（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_____．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是
_____．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有_____，为保持流程持续循环，每生成
1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程
式为：6CuFeS2+13O2高温
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
高温
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比
主要缺点有_____．
【答案】CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S Fe2O3 Cu2+ CuCl2（HCl） 0.5mol 会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
【解析】
【分析】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。

【详解】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝
CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝
4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝
2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染
空气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。