【化学】培优易错试卷铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案解析

【化学】培优易错试卷铜及其化合物推断题辅导专题训练含答案解析
一、铜及其化合物
1．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Fe3+、Cu2+、Fe2+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Fe3+、Cu2+、Fe2+中选填）。

【答案】Fe3+、Cu2+ Cu、 Fe Fe3+
【解析】
【分析】
利用共存原理，对各空进行逐一分析。

（1）由反应2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++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2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋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2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋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2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu可以看出，当铁粉有剩余时，溶液中能与Fe反应的Fe3+、Cu2+不可能存在。

答案为：Fe3+、Cu2+；
（2）从反应2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋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2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋可以看出，当铜粉有剩余时，溶液中能与Cu反应的Fe3＋不可能存在。

答案为：Fe3+。

【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。

2．将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。

根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子
．．．．．．．．．的符号。

（1）充分反应后，若Fe有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。

（2）充分反应后，如果烧杯中还有大量的Fe3+，则还会有的金属离子是_____。

（3）如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中一定没有的金属离子是____，一定没有的金属单质是______。

【答案】Fe3+、Cu2+ Fe2+、Cu2+ Fe3+ Fe
【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，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，铁先与氯化铁溶液反应，Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】
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，单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应。

氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；
①Fe有剩余，则溶液中不存在Fe3+、Cu2+；
②如容器内有大量Fe3+，说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+；
③如有一半Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+；则Fe完全溶解，一定没有Fe剩余。

【点睛】
考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和Cu2+无剩余。

3．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。

4．今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。

已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。

这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。

（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________，乙______________，
A______________， D______________。

（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，
③___________________。

【答案】CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OCu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓CuO+2H+=Cu2+ +H2O 【解析】
【分析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C 为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。

5．（11分）A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他产物已略去）：请填写下列空白：
（1）若A为气体单质，则A为，D→B的离子方程式为
（2）若A为固体单质，则A为，A主要用于制造（任写两种）
（3）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则实验室制取A的化学方程式为。

（4）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为，A与B反应的化学方程式为。

【答案】（11分）
（1）N2 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O （3分）
（2）S 火药、硫酸（合理即给分）（3分）
（3）Ca(OH)2+2NH 4Cl 2NH 3↑+ CaCl 2+2H 2O （2分）
（4）H 2S 2H 2S+SO 2=3S↓+2H 2O （3分）
【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、
D 均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A 为气体单质,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为N 2,B 为NO,C 为NO 2,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,D 为HNO 3, 验证符合转化关系；
(2)若A 为固体单质,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为S,B 为SO 2,C 为SO 3,由
C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为H 2SO 4，验证符合转化关系；
(3)若A 为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A 为碱性气体,A 为NH 3,B 为NO,C 为NO 2,由C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为HNO 3, 验证符合转化关系；
(4)若A 为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A 为酸性气体,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为H 2S,B 为SO 2,C 为SO 3,由C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为H 2SO 4, 验证符合转化关系。

【详解】
A 、
B 、
C 、
D 均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A 为气体单质,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为N 2,B 为NO,C 为NO 2,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,D 为HNO 3,D→B 是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 、水,反应离子方程式为: 3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2+
+2NO↑+4H 2O ； 因此，本题正确答案是: N 2；3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O ；
(2)若A 为固体单质,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为S,B 为SO 2,C 为SO 3,由
C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为H 2SO 4,硫主要用于制造火药、硫酸等；
因此，本题正确答案是:S ，火药、硫酸；
(3)若A 为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A 为碱性气体,A 为NH 3,B 为NO,C 为NO 2,由C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为HNO 3,实验室制取NH 3的方程式为: Ca(OH)2+2NH 4Cl 2NH 3↑+ CaCl 2+2H 2O ；
因此，本题正确答案是: Ca(OH)2+2NH 4Cl
2NH 3↑+ CaCl 2+2H 2O ； (4)若A 为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A 为酸性气体,由A+O 2→B，B+O 2→C 可以知道,A 为H 2S,B 为SO 2,C 为SO 3,由C+H 2O→D,D+Cu→B 可以知道,D 为H 2SO 4,H 2S 与SO 2反应生成S 与水,反应方程式为: 2H 2S+SO 2=3S↓+2H 2O ；
因此，本题正确答案是: H 2S, 2H 2S+SO 2=3S↓+2H 2O 。

6．铜及其化合物向12ml 0.2mol?L -n n n 23Na SO 溶液中滴加10.2mol?L -n 4CuSO 溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含24SO -
，含有
Cu +、2Cu +和23SO -。

已知：Cu +−−−→稀硫酸Cu+Cu 2+, Cu 2+-I −−→CuI↓(白色)+I 2。

(1)用稀硫酸证实沉淀中含有Cu +的实验现象是___________。

(2)向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI 溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。

【答案】有暗红色不溶物生成 222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++
【解析】
【分析】
(1)Cu +在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。

【详解】
(1)Cu +在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有Cu +的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：有暗红色不溶物生成；
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为
222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++。

故答案为：
222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++。

7．氧化亚铜(Cu 2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS 2、Cu 2S 等)为原料制取Cu 2O 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)2 Fe(OH)3 Cu(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___________，Cu 2S 与O 2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(2)试剂X 是H 2O 2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N 2H 4转化率可采取的措施有_________(填序号)。

a.不断搅拌，使N 2H 4和溶液充分接触
b.增大通入N 2H 4的流速
c.减少KOH 的进入量
d.减小通入N 2H 4的流速
(5)写出用N 2H 4制备Cu 2O 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Cu 2O ，写出阳极上生成Cu 2O 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SO 2；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
4CuSO 4+N 2H 4+8KOH 2Cu 2O+N 2↑+4KSO 4+6H 2O ；
(6)操作X 为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu 2O ，因为Cu 2O 可以被O 2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Cu 2O ，阳极发生氧化反应，电极
反应式为：2Cu-2e －+2OH －=Cu 2O+H 2O ；
(8)根据图示，NH 3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，NH 3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，NH 3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，NH 3转化率不变，与图像不符，c 不符合题意；
d
．()
()34n NH n CH 增加，平衡正向移动，但是NH 3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，NH 3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH 4，才可以。

如果只加入NH 3，则CH 4的转化率增加，而NH 3自身的转化率会降低。

8．2CuCl 、CuCl 是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂．实验室中以粗铜(含杂质Fe)为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下：
(1)上述流程中固体K 溶于稀盐酸的目的是 ______ .试剂X 、固体J 的物质分别为 ______ ．
A ．NaOH 3Fe(OH)
B ．CuO 3Fe(OH)
C ．32NH H O ⋅ 2Fe(OH) 4D.CuSO 2Cu(OH)
(2)反应②是向溶液2中通入一定量的2SO ，加热一段时间后生成CuCl 白色沉淀．写出制备CuCl 的离子方程式 ______ ．
(3)以石墨为电极，电解2CuCl 溶液时发现阴极上也会有部分CuCl 析出，写出此过程中阴极上的电极反应式 ______ ．
【答案】防止2Cu +
水解 B 222242Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO +-+-∆+++↓++ 2Cu e Cl CuCl +--++=
【解析】
【分析】
粗铜（含杂质Fe ）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，再加试剂x 为CuO 或氢氧化铜等调节pH ，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的固体J 为氢氧化铁，溶液2为氯化铜溶液，通入二氧化硫，二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成CuCl ，氯化铜溶液在HCl 氛围中蒸发结晶得到CuCl 2•2H 2O 。

【详解】
（1）流程中固体K 溶于稀盐酸的目的是防止铜离子水解，试剂X 、固体J 的物质分别为氧化铜，氢氧化铁，选B ，
故答案为：防止2Cu +水解；冷却结晶，B ；
（2）根据信息可知：在加热条件下，2SO 与铜离子反应生成CuCl 白色沉淀和24SO -
，其反应的离子方程式为：222242Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO ∆+-+-+++↓++； 故答案为：22224
2Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO ∆+-+-+++↓++； （3）以石墨为电极，电解2CuCl 溶液时发现阴极上也会有部分CuCl 析出，阴极上是得到电子发生还原反应，2Cu +得到电子生成CuCl ，电极反应为：2Cu e Cl CuCl +--++=， 故答案为：2Cu e Cl CuCl +--++=。

【点睛】
本题以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查。

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H 2O 2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．CuCl难溶于水，广泛应用于电镀、印染等行业。

工业上用辉铜矿（CuS2）为原料制取CuCl的一种流程图如下：
⑴写出“氧化Ⅰ”反应的离子方程式：______。

⑵写出“氧化Ⅱ”反应的离子方程式：_____。

⑶写出“还原”反应的离子方程式：______。

⑷将Cl2通入热的NaOH溶液，可以制得含NaClO3的溶液，写出该反应的离子方程式：
_____。

【答案】MnO2＋CuS2＋4H+＝2S＋Mn2+＋Cu2+＋2H2O 5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+ 2Cu2+＋SO32-＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO42-＋2H+ 3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O
【解析】
【分析】
辉铜矿（CuS2）溶解于稀硫酸和二氧化锰的混合物得到硫、硫酸铜及硫酸锰的混合溶液，过滤得到滤渣硫，滤液中加NaClO3，发生反应Ⅱ5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，过滤，除去MnO2，滤液加入Na2SO3发生氧化还原反应得到CuCl沉淀，过滤、水洗、醇洗最后烘干得到CuCl。

【详解】
（1）反应Ⅰ中是Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，其中S、Cu元素分别被氧化为S、Cu2＋，“氧化Ⅰ”反应的离子方程式：MnO2＋CuS2＋4H+＝2S＋Mn2+＋Cu2+＋2H2O。

（2）硫酸锰被氯酸钠氧化成二氧化锰，“氧化Ⅱ”反应的离子方程式：5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O ＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+。

（3）亚硫酸钠水溶液具有较强还原性，将Cu2+还原成CuCl，“还原”反应的离子方程式：
2Cu2+＋SO32-＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO42-＋2H+。

（4）将Cl2通入热的NaOH溶液，可以制得含NaClO3的溶液，同时生成氯化钠和水，该反应的离子方程式：3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O。