高考化学专题复习铜及其化合物推断题的综合题含答案解析

高考化学专题复习铜及其化合物推断题的综合题含答案解析
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＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
(3)氨气的物质的量是
V
24.5
mol，溶液的质量是
17V
+100
24.5
⎛⎫
⎪
⎝⎭
g，溶液的体积为
-1
17V
+100g
24.5
ρg mL
⎛⎫
⎪
⎝⎭
g
＝
17V+2450
24.5ρ
mL，所以溶液的物质的量浓度为
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
⨯
mol·L－1，故答案为：
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
⨯
；
(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＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：3CuO＋2NH3=3Cu ＋N2＋3H2O；
(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O
Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O
Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。

2．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。

3．某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素，不含结晶水，M(X)<908g ⋅mol -1)的组成和性质，设计并完成了如下实验：
取一定量的浅绿色盐X 进行上述实验，充分反应后得到23.3g 白色沉淀E 、28.8g 红色固体G 和12.8g 红色固体H 。

已知：①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；
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___。

（2）已知G 溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。

请写出该反应的离子方程式为___。

（3）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___。

（4）一定条件下，NH 3与黑色固体C 发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙(丙是大气主要成分之一)，写出一个可能的化学反应方程式___。

【答案】
3Cu 2O+14H ++2NO 3-=6Cu 2++2NO↑+7H 2O Cu 4(OH)6SO 44CuO+SO 3↑+3H 2O↑ 3CuO+2NH 3N 2+3Cu 2O+3H 2O
【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 为水；A 和水反应生成的D 能和氯化钡反应生成白色沉淀E ，E 只能为硫酸钡，则A 为SO 3，D 为H 2SO 4；黑色固体C 可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，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 能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，Cu 2O+H 2SO 4=CuSO 4+Cu+H 2O ，所以红色固体G 为氧化亚铜，气体F 为氧气，红色固体H 为铜，蓝色溶液I 为硫酸铜，黑色固体C 为氧化铜，据此分析解答。

【详解】
(1)B 为水，水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，故答案为：；
(2)红色固体G 为氧化亚铜，Cu 2O 中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为：3Cu 2O+14H ++2NO 3-═6Cu 2++2NO↑+7H 2O ，故答案为：
3Cu 2O+14H ++2NO 3-═6Cu 2++2NO↑+7H 2O ；
(3)根据上述分析，A 为SO 3， B 为水，C 为氧化铜，D 为H 2SO 4，E 为硫酸钡，F 为氧气，G 为氧化亚铜，H 为铜，I 为硫酸铜。

23.3g 白色沉淀E(硫酸钡)的物质的量为n=23.3g 233g /mol
=0.1mol ，浅绿色盐X 中n(Cu)=0.4mol ，n(S)=0.1mol ，n(CuO)∶n(SO 3)=1∶4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu 4(OH)m SO 4，Cu 4(OH)m SO 4
4CuO+SO 3↑+2
m H 2O↑，根据氧元素守恒得：m=6，符合M(X)＜908g•mol -1，则该反应流程为：X 在隔绝空气、570℃温度下加热Cu 4(OH)6SO 4
4CuO+SO 3↑+3H 2O↑，故答
案为：Cu 4(OH)6SO 4
4CuO+SO 3↑+3H 2O↑； (4)空气的主要成分为氧气、氮气，黑色固体C 为氧化铜，与氨气反应生成氮气，气体丙为氮气、铜(0价)或氧化亚铜(铜为+1价)和水，红色固体为铜或氧化亚铜，反应的化学方程式可能为：3CuO+2NH 3
N 2+3Cu+3H 2O 或3CuO+2NH 3N 2+3Cu 2O+3H 2O ，故答案为：3CuO+2NH 3
N 2+3Cu+3H 2O 或3CuO+2NH 3N 2+3Cu 2O+3H 2O 。

【点睛】
本题的易错点和难点为X 的确定，要注意根据流程图确定X 所含元素及其物质的量，结合M(X)＜908g•mol -1确定，本题的另一个注意点为(4)，要注意红色固体为铜或氧化亚铜，甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。

4．为探究黑色固体 X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
（1）X的化学式是________________。

（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。

【答案】CuO Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O
【解析】
【分析】
根据框图逆推本题：气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明X中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。

【详解】
（1）32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X 为氧化铜，本题答案： CuO；
（2）由n(CuO)=32.0g÷80g·mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)=3.2g÷32g·mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n(Cu): n(O)=0.4mol:(O.4mol-0.1mol×2)=2:1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O；答案：Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋
H2O。

5．下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出下列各物质的化学式：
X：________；F：_______。

（2）写出下列变化的反应方程式：
A→D：____________________；
C→E：_________________。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NO22Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O24NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】
【分析】
C为无色气体且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C为氨气；A为无色气体，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为二氧化碳、D为氧气；C与D在催化剂作用下产生E，则E为一氧化氮；E与D进一步反应产生F，则F为二氧化氮；G在稀释时与铜反应产生E，在浓
溶液时产生F，故G为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故B为水。

【详解】
由分析可知，A为二氧化碳，B为水，C为氨气，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸。

X分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结合相关物质的性质可知，X可能为NH4 HCO3或（NH4）2CO3。

（1）X为NH4 HCO3或（NH4）2CO3；F：NO2；
（2）A→D的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
C→E的化学方程式为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。

6．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。

7．硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。

以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO4•5H2O）的生产流程示意图：
胆矾和石膏（CaSO4•2H2O）在不同温度下的溶解度（g/100 g水），见下表：
温度（℃）20406080100
石膏0.320.260.150.110.07
胆矾3244.661.883.8114
(1)“浸出”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是__________________。

(2)取样检验是为了确认Fe3+是否除净。

有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：
方案一：取样于试管→滴加KSCN溶液；方案二：径向层析→喷KSCN溶液
①你认为上述两种方案设计更合理的是__________；
②指出你认为不合理的方案存在的问题_____________________________；
(3)操作Ⅰ（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是_________________；
(4)操作Ⅱ具体方法是________________、________________（填操作方法）、洗涤后干燥，对产品进行干燥宜在__________（填“较高”或“不太高”）温度下，判断产品已经干燥的操作是____________________。

(5)某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备，在整个实验过程中，使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是__________（填仪器名称）。

(6)中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物（如：FeSO4•7H2O、硝酸盐的结晶水合物、
Na2SO4•10H2O等）来研究结晶水含量测定实验，其优点可能是_________（填字母）a．胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到
b．胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水
c．胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化
d．CuSO4不易分解，也不易与空气中物质反应
【答案】3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O 方案二 Cu2+的颜色对检验有干扰使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出冷却结晶过滤不太高重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001 g（或恒重操作）漏斗 c、d
【解析】
【分析】
含铁的废铜原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，溶解后得到浸出液，在浸出液中主要含有Cu2+、Fe3+、H+、SO42-，加入石灰浆调节溶液pH，沉淀铁离子，过滤得到红褐色滤渣为氢氧化铁沉淀，依据石膏和蓝矾的溶解度，控制100°C，滤液中析出石膏，滤液中主要为硫酸铜，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥得到硫酸铜晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：
3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
(2)①方案一：取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象有干扰，不能检验铁离子的存在；方案二：径向层析→喷KSCN溶液，纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离的目的，不但可以分辨出铁离子还能辨别出含有铜离子，故答案为：方案二；
②取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象干扰，不能检验铁离子的存在，故答案为：Cu2+的颜色对检验有干扰；
(3)由表中溶解度可知，胆矾的溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，因此操作Ⅰ中趁热过滤可以使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出，故答案为：使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出；
(4)从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；硫酸铜晶体受热容易分解，因此干燥时温度不宜太高，当重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001 g，说明产品已经干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；不太高；重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001 g；
(5)在整个实验过程中，除了滴加容易，蒸发浓缩、还有过滤操作，因此使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是漏斗，故答案为：漏斗；
(6) a、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，不是因为胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到，故a错误；b、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，故b错误；c、硫酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na2SO4•10H2O加热前后颜色没有变化，故c正确；d、硫酸铜比较稳定，不容易被氧化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，故d正确；故答案为：cd。

【点睛】
本题的易错点和难点为（1）中方程式的书写，要注意流程图中的浸出液中没有硝酸根离
子，说明硝酸根离子完全反应，同时溶液为稀溶液。

8．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体请回答：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式： ______ 。

（2）试剂X是 ______。

步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是 ______。

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A 中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少．为了避免固体C减少，可采取的改进措施是 ______。

（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO4•7H2O），所需操作是 ______ 、 ______ 、 ______ 、洗涤、干燥。

（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径①中反应的离子方程式______ ，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由 ______ 。

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑稀硫酸过滤在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶蒸发浓缩冷却结晶过滤 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小
【解析】
【分析】
金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为碳酸氢钠溶液；
滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷
却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。

【详解】
（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，
故答案为：稀硫酸；过滤；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。

一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；
（4）溶液E为FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；
（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3-
+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径②最佳，
故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。

9．孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。

某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O，主要步骤如下：
已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下：
请回答下列问题：
(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施
有:__________(写一种)。

(2)试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是__________________________。

根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是__________________________。

(3)试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在___________________范围。

操作Ⅰ的名称是_________________。

(4)溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是__________________、________________、过滤、洗涤、干燥。

【答案】适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) 调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，从而把杂质快除去温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 3.2≤pH<4.7 过滤蒸发浓缩冷却结晶
【解析】
【分析】
孔雀石中加入稀硫酸，得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳，还有SiO2，那么气体E为CO2，加入试剂②后产生红褐色沉淀D，说明沉淀为Fe(OH)3，进一步说明溶液B中含有
Fe3+，那么试剂①是一种具有氧化性的试剂，可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，选用的试剂①是H2O2；试剂②的作用是调节溶液的pH使Fe3+沉淀，同时保留
Cu2+，溶液C为硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤干燥后可得CuSO4·5H2O，据此解答本题。

【详解】
（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施是升高反应的温度或者增大接触面积；
（2）由分析可知试剂①是双氧水，可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是在Cu2+开始沉淀之前Fe3+已完全沉淀，从而把杂质除去；由曲线图可知，当温度为80℃，pH=1.5时Fe3+的转化率最高，因此工业上氧化操作时应采取的条件是温度为80℃，pH=1.5时，氧化时间为4h左右；
（3）试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在3.2~4.7之间，既能让Fe3+完全沉淀，又不让Cu2+开始沉淀；操作Ⅰ为过滤；
（4）由分析可知，溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

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。