2020-2021【化学】高考化学铜及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附详细答案

2020-2021【化学】高考化学铜及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习
附详细答案
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＋＋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．物质A～D均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除A～D外的其他物质均已略去）。

（1）写出相应物质的类别。

物质B C D
类别_______
（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。

（3）①D→A转化的化学方程式：__。

②B→C转化的离子方程式：__。

【答案】盐碱氧化物 3 CuO+H2Cu+H2O Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
【解析】
【分析】
由转化关系可知D应为氧化物，与氢气反应生成A为单质，B应为硫酸盐，可由A与浓硫酸反应生成，B可与铁反应生成A，则可考虑A为Cu，则D为CuO，B为CuSO4，C为
Cu(OH)2，以此解答该题。

【详解】
根据以上分析知：A为Cu，B为CuSO4，C为Cu(OH)2，D为CuO；
(1)B为CuSO4，属于盐类，C为Cu(OH)2，属于碱，D为CuO，为氧化物；
(2)上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；
(3)①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；
②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。

3．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。

4．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。

5．在下图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，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。

(部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出)
请回答下列问题：
（1）A、C的化学式分别为_______、_______。

（2）反应①的化学方程式为_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）向反应②后的溶液中通入少量的A,现象为_______。

【答案】 NH3 NO 3NO2+H2O=2HNO3+NO 3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 有蓝色沉淀生成
【解析】已知B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，即为氧气，G是一种紫红色金属单质，则为铜，E能与不活泼金属铜反应，且相对分子质量比D大17，所以E为
HNO3，D为NO2，则C为NO，F为H2O，由此推出A为NH3。

(1)A、C的化学式分别为NH3和NO；
(2)反应①为NO2与H2O的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(3)反应②为铜与稀硝酸的反应，其离子方程式为3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)反应②后的溶液为Cu(NO3)2溶液，通入少量的NH3，将发生如下反应Cu2＋＋2NH3·H2O Cu(OH)2↓＋2NH4＋，所以现象为有蓝色沉淀生成。

6．下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。

其中A为黑色固体氧化物；E为绿色固体；B、D是由相同元素组成的无色液体，且B具有消毒杀菌作用；
请回答下列问题：
（1）请判断X的化学式：________________。

（2）反应①中A物质的作用是_____________。

（3）反应①、⑤的化学方程式：①__________________；⑤_________________。

（4）在日常生活中为防止反应②的发生，可采取的措施是___________（写一点即可）。

【答案】Cu 催化作用保持表面洁
净、干燥或其它合理方法均可
【解析】
【分析】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。

【详解】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；
（1）结合以上分析，X是铜；
答案是：Cu；
（2）反应①中A物质不变，故A的作用是催化作用；
答案是：催化作用；
（3）反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：
；⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：；
答案是：；；
（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；
答案是：保持表面洁净、干燥。

7．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。

某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

铜铜绿A Cu(OH)2B Cu
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？____、____、___。

(2)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式________。

(3)写出B的化学式___________。

(4)上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是________。

【答案】铜盐碳酸盐碱式盐 Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑ CuO ①
④
【解析】
【分析】
（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；
（2）反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；
（3）Cu（OH）2分解生成CuO；
（4）依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断．
【详解】
（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu2(OH)2CO3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：铜盐；碳酸盐；碱式盐；
（2）碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：
Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（3）Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：CuO；
（4）在反应过程中：铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反应；
铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐是复分解反应；
A→③Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；
Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；
B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；
故答案为：①；④．
8．硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。

（1）工业制硫酸铜的方法很多。

① 方法一、用浓硫酸和铜制取硫酸铜。

该反应的化学方程式是________，此法的最大缺点是__________。

②方法二、用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜，生产的主要过程如下图所示：
稀硫酸、铜和氧化铁反应的化学方程式是_________________；向混合溶液中通入热空气的反应的离子方程式是___________________；由滤液得到无水硫酸铜的实验操作是
______________。

（2）氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，同时制得硫酸铵。

主要的工艺流程如下图所示：
①吸收塔中发生反应的化学方程式是_______________________。

② 有数据表明，吸收塔中溶液的pH在5.5~6.0之间，生产效率较高。

当控制一定流量的
尾气时，调节溶液的pH 的方法是________________。

【答案】Cu+2H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 产生有污染的气体 Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O 、2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+（或Fe 2O 3+Cu+6H +=3H 2O+2Fe 2++Cu 2+） 4Fe 2++4H ++O 2=4Fe 2++2H 2O 加热、蒸发 4NH 3·H 2O+2SO 2+O 2=2(NH 4)2SO 4+2H 2O 调节氨水的流量
【解析】
【分析】
【详解】
（1）① 方法一、用浓硫酸和铜制取硫酸铜。

该反应的化学方程式是Cu+2H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ，此法的最大缺点是产生有污染的SO 2气体。

②稀硫酸、氧化铁反应生成硫酸铁，硫酸铁与铜反应生成硫酸亚铁、硫酸铁，所以化学方程式是Fe 2O 3+Cu+6H +==3H 2O+2Fe 2++Cu 2+；向混合溶液中通入热空气亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式是4Fe 2++4H ++O 2=4Fe 2++2H 2O ；；加热蒸发滤液可得到无水硫酸铜。

（2）①吸收塔中亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，发生反应的化学方程式是
4NH 3·H 2O+2SO 2+O 2==2(NH 4)2SO 4+2H 2O ；
②当控制一定流量的尾气时，调节氨水的流量可调节溶液的pH 。

9．信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生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晶体的路线：
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1的主要成分为 ______ ． ()2第②步加入22H O 的作用是 ______ ，使用22H O 的优点是 ______ ；调节pH 的目的是使 ______ 生成沉淀．
()3由滤渣2制取2432Al (SO )18H O ⋅，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 ______ ；
()4探究小组用滴定法测定()42CuSO 5H O Mr 250⋅=含量．取a g 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用c mol /L ()22EDTA H Y
-标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液b mL.滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+写出计算
42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式ω= ______ ． 【答案】2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V Au 、Pt 把2Fe +氧化为3Fe +
不引入杂质，产物对环境无污染 3Fe +、3Al + 甲 滤渣中只加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
125cb %a 【解析】
【分析】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；
(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液pH 目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加22H O 的作用是把2Fe +氧化为3Fe +，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染；调溶液pH 的目的是使3Fe +和3Al +形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu 2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
(3)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
(4)依据滴定实验和反应离子方程式计算得到。

【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；第①步Cu 与酸反应的离子方程式为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt 和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt ；
(2)第②步加22H O 的作用是将2Fe +氧化为3Fe +，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液pH 铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将2Fe +氧化为3Fe +，不引入杂质，产物对环境无污染，3Fe +、3Al +生成沉淀；
(3)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，方法不可行，故答案为：甲，滤渣中只加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；
(4)取ag 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用
()122cmol L EDTA H Y --⋅标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液6mL ，滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同33cmol /L b 10L bc 10mol --=⨯⨯=⨯；依据元素守恒得到：
则20ml 溶液中含有的42CuSO 5H O ⋅物质的量为3bc 10mol -⨯；100ml 溶液中含33bc 10mol 55bc 10mol --⨯⨯=⨯；所以42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式
31cmol /L b 10L 250g mol 5125cb 100%=%ag g --⨯⨯⨯⋅⨯=⨯；故答案为：125cb %a。

【点睛】
硝酸根与氢离子的组合氧化性非常强，可以氧化金属铜，浓硝酸体现强氧化性生成的还原产物是二氧化氮；过氧化氢是常见的氧化剂，优点是不引入新杂质，对环境无污染。

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H 2SO 4、HNO 3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[Cu 2(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(NH 4)2SO 4，工业上用(NH 4)2SO 4与Al 2(SO 4)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[Cu 2(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CuCl 2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。