2020-2021高考化学铜及其化合物推断题综合题汇编及详细答案

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题综合题汇编及详细答案
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 2O
Δ 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-1
17V +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。

C 为黑色氧化物，E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀，则C 是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E 是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I 是氢氧化铜，J 是氯化铜。

(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ，故答案为：3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O ；
(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 ，所以溶液的物质的量浓度为V 100024.517V+245024.5ρ
⨯mol·L －1，故答案为：V 100024.517V+245024.5ρ
⨯；
(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硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；
(5)B 与C 反应的化学方程式为3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ，故答案为：3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O ；
(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的离子方程式为2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O
Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－，故答案为：2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－。

2．将铁粉、铜粉、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液和氯化铜溶液，混合于容积合适的烧杯内，充分反应后，试填写下列空白。

（1）若铁粉有剩余，则溶液中不可能有的离子是______________（从Fe 3+、Cu 2+、Fe 2+中选填）。

（2）若溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余，则不可能有的金属单质是____________ （从Fe 、Cu 中选填）。

（3）若铜粉有剩余，溶液中不可能含有的离子是____________（从Fe 3+、Cu 2+、Fe 2+中选填）。

【答案】Fe 3+、Cu 2+ Cu 、 Fe Fe 3+
【解析】
【分析】
利用共存原理，对各空进行逐一分析。

（1）由反应2Fe 3++Fe ＝3Fe 2+、Fe+Cu 2+＝Fe 2++Cu 进行分析，确定铁粉有剩余时，溶液中不可能有的离子。

（2）利用2Fe 3++Fe ＝3Fe 2+、Fe+Cu 2+＝Fe 2++Cu 、2Fe 3＋+Cu ＝2Fe 2＋+Cu 2＋进行分析，确定当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，不可能有的金属单质。

（3）利用2Fe 3＋+Cu=2Fe 2＋+Cu 2＋进行分析，确定铜粉有剩余时，溶液中不可能含有的离子。

【详解】
（1）从反应2Fe 3++Fe ＝3Fe 2+、Fe+Cu 2+＝Fe 2++Cu 可以看出，当铁粉有剩余时，溶液中能与Fe 反应的Fe 3+、Cu 2+不可能存在。

答案为：Fe 3+、Cu 2+；
（2）从反应2Fe 3++Fe ＝3Fe 2+、Fe+Cu 2+＝Fe 2++Cu 、2Fe 3＋+Cu ＝2Fe 2＋+Cu 2＋可以看出，当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，与它们能反应的Fe 、Cu 不可能存在。

答案为：Fe 、Cu ；
（3）从反应2Fe 3＋+Cu=2Fe 2＋+Cu 2＋可以看出，当铜粉有剩余时，溶液中能与Cu 反应的Fe 3＋不可能存在。

答案为：Fe 3+。

【点睛】
所谓离子共存，是指离子(包括原子、分子)间既不能发生氧化还原反应，又不能发生非氧化还原反应，从而生成沉淀、气体、弱电解质等物质的反应。

在平时的学习中，应对基本的反应加强记忆，否则，我们无法确定离子间能否共存。

3．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。

4．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
-=⋅。

5．在下图所示的物质转化关系中，A 是常见气态氢化物，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。

（部分反应中生成无没有全部列出，反应条件未列出）
请回答下列问题：
（1）E的化学式为_____________________________。

（2）实验室制取A的化学方程式为_______________________________。

（3）反应①的化学方程式：___________________________________。

（4）反应③的化学方程式：__________________________________。

【答案】HNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O 3NO3+H2O=2HNO3+NO
4NH3+5O2=4NO+6H2O
【解析】
【分析】
B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气；G是一种紫红色金属单质，则G是铜；A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可以判断，A可能是氨气，则C就是NO，F是水。

NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO，据此答题。

【详解】
（1）由以上分析可知E为HNO3，故答案为：HNO3。

（2）由以上分析可知A为NH3，实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热，反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（3）反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应的方程式为：
3NO3+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO3+H2O=2HNO3+NO。

（4）反应③为氨的催化氧化，反应生成NO和H2O，化学方程式为：
4NH3+5O2=4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2=4NO+6H2O。

【点睛】
解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

6．已知：在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。

用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：
①取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。

②向滤液中通入Cl2，搅拌。

③向②中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。

④把③所得滤液浓缩。

（1）①中加热并搅拌的目的是_____________________________。

（2）②中发生反应的离子方程式是_________________________。

（3）③中的物质A可能是__________________；调整的PH范围是_______________；
过滤后滤渣的成分是__________________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_________________________。

（5）①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值：_________________________。

【答案】加快反应速率，是反应充分 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- CuO 4-5 Fe(OH)3
CuO+2H+=Cu2++H2O 取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解，此时溶液中主要有Cu2+，Fe2+，Cl-，H+；通入氯气将亚铁离子
2Fe+Cl=2Fe+2Cl，加入适量CuO可以调节pH值至氧化成Fe3+，离子方程式为：2+3+-
2
4-5，将Fe3+转化成沉淀，同时不引入新的杂质，之后过滤浓缩，得到CuCl2溶液。

【详解】
（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，
故答案为：加快反应速率，使反应充分；
2Fe+Cl=2Fe+2Cl；
（2）根据分析可知答案为：2+3+-
2
（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH 在4-5的环境中Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解；得到的滤渣为Fe(OH)3，
故答案为：CuO；4-5；Fe(OH)3；
（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
（5）测溶液pH值的方法为：取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

7．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。

某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：
（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。

（2）滤渣的成分为____。

（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。

【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2 Cu、Fe 2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－
【解析】
【分析】
按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；
【详解】
（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2
答案为：2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；
（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为Cu、Fe；
答案为：Cu、Fe；
（3）滤液中溶质只有FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2+＋Cl2＝
2Fe3+＋2Cl－；
答案为：2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。

8．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，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26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃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）。

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。

②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：
①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_____；
②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 NH 3·H 2O
c CuO
d CuSO 4
查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe （OH ）3的溶度积K sp ＝8.0×10
－38，Cu （OH ）2的溶度积K sp ＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·
L －1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，则Cu （OH ）2开始沉淀时溶液的pH 为________，Fe 3＋完全沉淀时溶液的pH 为________。

（提示：lg2＝0.3）
③完成溶液乙到纯净CuCl 2·
2H 2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。

（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO 2、N 2H 4、SnCl 2等），并微热得到CuCl 沉淀，写出向乙溶液加入N 2H 4（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26～42℃结晶 过滤 4Cu 2+ + 4Cl － + N 2H 4
4CuCl ↓ + N 2↑+ 4H +
【解析】
【分析】
⑴①A 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；②先反应生成氯气，不能先加热D ，先加热会使铜与氧气反应。

⑵①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；②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CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH ，Fe 3＋完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH ；③根据题中意思要
得到纯净CuCl 2·
2H 2O 晶体要冷却到26～42℃结晶。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N 2H 4，并微热得到CuCl 沉淀和氮气。

【详解】
⑴①A 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：a→d 、e→h 、i→f 、g→b ，故答案为：d ；e ；f ；g ；b 。

②先反应生成氯气，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 。

⑵①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。

②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CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，2+2220sp (Cu )(OH )3(OH )310K c c c ---=⋅=⨯=⨯，101(OH )110mol L c ---=⨯⋅，
14
141w 10110(H )mol L 110mol L (OH )110K c c -+
-----⨯==⋅=⨯⋅⨯，因此Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH 为10，Fe 3＋完全沉淀3+35338sp (Fe )(OH )110(OH )810K c c c ----=⋅=⨯⨯=⨯，
111 (OH)210mol L
c---
=⨯⋅，
14
141
w
11
110
(H)mol L510mol L
(OH)210
K
c
c
-
+---
--
⨯
==⋅=⨯⋅
⨯
，
因此Fe3＋完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4 = 4-lg5 = 3.3，故答案为：3.3。

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却到26～42℃结晶；过滤。

⑶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的离子方程式：4Cu2+ + 4Cl－ + N2H44CuCl↓ + N2↑+ 4H+，故答案为：4Cu2+ + 4Cl－ + N2H44CuCl↓ + N2↑+ 4H+。

9．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方程式为______。

(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。

①反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为______。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是______。

(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。

当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。

(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为______
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。

【答案】CuFeS2＋Cu＋2H+=2CuS＋Fe2+＋H2S↑ 2mol 4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 Fe3+水解程度随pH的升高而增大 32：7 洗涤煅烧(或灼烧)
【解析】
【分析】
辉铜矿（主要成分为Cu2S）用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。

【详解】
（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑，故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；
（2）①反应Cu2S+4FeCl3＝2CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，
故答案为：2mol；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
②浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，
故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；
（3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，
故答案为：Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大；
（4）在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2++N2H4+4OH-
=2Cu+N2↑+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（2×64）：
28=32：7，
故答案为：32：7；
（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品，
故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。

10．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4-n Cln]，随着环境酸度的改变n随之改变。

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：
(1)写出溶解过程中产生无色气体的化学式：_______。

(2)还原过程中发生的主要反应的离子方程式：______。

(3)析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

70℃，真空干燥、密封包装的原因是：______。

(4)滤液中主要成分是(NH4)2SO4，工业上用(NH4)2SO4与Al2(SO4)3制取铵明矾，铵明矾在食品，制革等方面有重要用途，写出铵明矾的化学式________。

(5)随着pH值减小[Cu2(OH)4-n Cln]中Cu%_______。

(填字母)
A．增大 B．不变 C．不能确定 D．减小
(6)如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。

由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65 时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是______。

(7)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：
_______。

【答案】NO 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 NH4 Al(SO4)2·12H2O D 温度过高，会促进CuCl的水解，且促进了CuCl与空气中氧气反应 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵、NO等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应
2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，以此来解答。

【详解】
(1)溶解过程中铜和硝酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为3Cu+2NO3-
+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，产生的无色气体是NO；
(2)还原步骤中，Cu2+被还原产生Cu+，Cu+与Cl-结合形成CuCl沉淀，SO32-被氧化产生SO42-，发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
(3)70℃真空干燥、密封包装的原因是加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；
(4)根据明矾化学式KAl(SO4)2·12H2O可知在工业上用(NH4)2SO4与Al2(SO4)3制取铵明矾，铵明矾就是明矾中的K+被NH4+替代，化学式为NH4 Al(SO4)2·12H2O；
(5)随着溶液pH值减小，c(H+)增大，[Cu2(OH)4-n Cl n]中OH-含量降低，Cl-含量增大，则化合物中Cu元素占总质量的百分含量就会降低，故合理选项是D；
(6)由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl 产率会下降，其原因可能是温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；
(7)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，Cu2+在阴极得到电子，与溶液中的Cl-反应生成CuCl，反应的电极方程式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

【点睛】
本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，本题侧重考查学生的分析与实验能力及知识的灵活运用能力。