高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合及详细答案

高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合及详细答案
一、铜及其化合物
1．化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：
(1)A的化学式为___________________________。

(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：___________________(用化学式填空)
(3)B生成E的化学方程式为_____________________。

(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是
______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________N A。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 HNO3＞H2CO3 2H2O 2H2↑+O2↑ 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O NO 3
【解析】
【分析】
化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B 到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】
根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F 是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3；
(2)C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：HNO3＞H2CO3；
(3)B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O通电2H2↑+O2↑；
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2+
+2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3N A。

2．现有A、B、C、D四种物质，A、B为无色气体，C、D为黑色粉末，B跟D在一定条件下能生成A，A和D都能跟C反应生成B和一种红色固体E，其中B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F。

（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。

A______________B______________C______________D______________
（2）写出实现下列变化的化学方程式
B ＋D→A_____________________________________________________
A＋C→E ＋ B_________________________________________________
【答案】CO CO2 CuO C C＋CO2 2CO CO＋CuO Cu＋CO2
【解析】
【详解】
（1）A、B都为无色气体，B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F，所以B是二氧化碳，F是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末D在一定条件下能生成气体A，所以D是木炭，A 是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体E，所以C是氧化铜，E是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A是CO，B是CO2，C是CuO，D是C，E是Cu，F是CaCO3；
故答案是： CO；CO2；CuO；C
（2）B+D→A的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：C ＋CO2 2CO；
A+C→E+B的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：CO＋CuO Cu＋CO2；
故答案为C＋CO2 2CO；CO＋CuO Cu＋CO2
3．已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、Y发生反应，其转化关系如图所示，其中D为红棕色气体。

回答以下问题：
（1）反应③的离子反应方程式为___；
（2）6.4gB与过量X溶液(8mol /L、60mL)充分反应后，生成的还原产物有C、D，反应后溶液中所含X为n mol ，此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为___mol。

（3）常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W的转化关系如图所示(无关物质已略去)。

其中N是红棕色的化合物。

①M 由两种化合物组成，其中含有Ｆ；将Ｍ通入BaCl 2溶液，实验现象是___。

②若经反应I 得到16 g 固体Ｎ，产生的气体M 恰好被0.3L1mol·
L －1 NaOH 溶液完全吸收得溶液1，则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。

【答案】SO 2+NO 2 +H 2O=2H ++SO 42-+NO n+0.2 产生白色沉淀 2Fe 3++HSO 3-+H 2O=2Fe 2++SO 42-+3H +
【解析】
【分析】
常见金属A 为地壳中含量第二的金属，确定为Fe 、B 为红色金属确定为Cu ，根据 D 为红棕色气体，确定D 为NO 2，C 为NO ，X 为HNO 3；B 为Cu ，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO 2反应生成硫酸和硝酸，确定B 为Cu ，Y 为硫酸，F 为SO 2，G 为CuSO 4；（3）A （Fe ）与Y （硫酸）的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，确定W 为FeSO 4，2FeSO 4Fe 2O 3+SO 2↑+SO 3↑，气体M 为SO 2和SO 3的混合物，M 与NaOH 反应生成盐和水，N 为Fe 2O 3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。

Fe 3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。

【详解】
（1）根据以上分析可知，反应③为SO 2、NO 2和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应方程式为SO 2+NO 2 +H 2O=2H ++SO 42-+NO ；
答案：SO 2+NO 2 +H 2O=2H ++SO 42-+NO
（2）6.4gB 与过量X 溶液(HNO 3)充分反应后，生成的还原产物有NO 2、NO ，反应后溶液中所含HNO 3为n mol ，溶液中所含N 3O -的物质的量为：n （N 3O -
）=n （Cu 2+）×2+n= 6.4g 264/g mol
⨯+n= n+0.2mol ； 答案：n+0.2
（3）①将Ｍ（SO 2、SO 3）通入BaCl 2溶液，发生反应SO 3+H 2O+BaCl 2=BaSO 4↓+2HCl ，有白色沉淀生成；
答案：产生白色沉淀
②反应Ⅰ：2FeSO 4Fe 2O 3+ SO 2↑+ SO 3↑；反应ⅢFe 2O 3+3H 2SO 4=Fe 2(SO 4)3+3H 2O ； 根据固体M （Fe 2O 3）的量计算出SO 2和SO 3的物质的量。

2FeSO 4Fe 2O 3+ SO 2↑+ SO 3↑
160g 1mol 1mol
1.6g 0.01mol 0.01mol
反应Ⅱ SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O
1mol 2mol 1mol
0.01mol 0.02mol 0.01mol
SO2+ NaOH = NaHSO3
1mol 1mol 1mol
0.01mol 0.01mol 0.01mol
溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；
反应Ⅳ：硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+；
答案：2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
4．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＋。

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】 NH 3 NO 3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO 3Cu+ 8 H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O 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HNO 3，D 为NO 2，则C 为NO ，F 为H 2O ，由此推出A 为NH 3。

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

6．为探究黄色固体A （仅含三种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：a ．气体C 能使品红溶液褪色
b ．溶液D 遇KSCN 溶液显血红色
c ．溶液D 中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g
请回答：
（1）A 的化学式是_________。

（2）固体A 与O 2反应生成B 和C 的化学方程式_________。

（3）少量Mg 在气体C 中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，请推测该盐的成分，并设计实验方案验证_________。

【答案】FeCuS 2 4FeCuS 2+13O 2
2Fe 2O 3+4CuO+8SO 2 MgSO 3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO 3
【解析】
36.8g 固体A 与足量氧气加热条件下反应生成32g 固体B ，和气体C ，气体C 能使品红溶液褪色，说明C 为二氧化硫，说明A 中含有S 元素；固体B 被盐酸溶解生成溶液D ，溶液D 遇KSCN 溶液显血红色，D 中含有Fe 3+，则B 中含有氧化铁；溶液D 中加入过量铁粉，生成固体E 和氢气，其中含有红色固体，说明溶液D 中还含有Cu 2+、H +，因此固体B 中还含有氧化铜，则A 中含有Cu 、Fe 和S 三种元素；
(1)假设溶液D 中含有的Fe 3+和Cu 2+、H +的物质的量分别为x 、y 、z 。

生成的氢气为0.5mol ，则z=1mol 。

根据固体B 的质量为32g ，有①2
x ×160g/mol+y×80g/mol=32g ，溶液D
中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g ，有②2z ×56g/mol+2
x ×56g/mol- y×8g/mol=32g ，根据①②解得，x=0.2mol ，y=0.2mol ，根据固体A 的质量为36.8g ，则S 元素的物质的量为
36.80.2560.26432
-⨯-⨯=0.4mol ，则A 的化学式为FeCuS 2，故答案为FeCuS 2；
(2)固体A 与O 2反应生成B 和C 的化学方程式为4FeCuS 2+13O 2
2Fe 2O 3+4CuO+8SO 2，故答案为4FeCuS 2+13O 22Fe 2O 3+4CuO+8SO 2； (3)少量Mg 在二氧化硫中完全燃烧，产生的固体产物中含有单质、氧化物，可能是硫和氧化镁，有人认为还可能存在一种含氧酸盐，可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁，验证是否为亚硫酸镁，可以取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO 3，故答案为MgSO 3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO 3。

点睛：正确推断出BCDE 的成分是解题的关键。

难点是A 的化学式的推断，要清楚溶液D 中加入过量铁粉，充分反应后铁粉质量减少32g ，发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应，其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。

7．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。

湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。

某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu (NH 3)42+，反应中H 2O 2的作用是_____。

写出操作①的名称：_________。

（2）反应II 是铜氨溶液中的Cu (NH 3)42+与有机物RH 反应，写出该反应的离子方程式：_______。

操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。

a ．富集铜元素
b ．使铜元素与水溶液中的物质分离
c ．增加Cu 2＋在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR 2与稀硫酸反应生成CuSO 4和______。

若操作③使用下图
装置，图中存在的错误是_____。

（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。

阴极析出铜，阳极产物是_______。

操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。

（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。

循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。

【答案】作氧化剂过滤 Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗 a b RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤 H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。

反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。

（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和
NH3，方程式为：Cu(NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。

分液的目的是富集铜元素，使铜元
素与水溶液中的物质分离，所以a b正确。

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。

互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。

（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。

氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性，防止由于溶液中的c （OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。

8．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7.52.74.8
完全沉淀9.03.76.4
(1)炉气中的有害气体成分是__________(填化学式)，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

(2)若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：__________；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)操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。

(5)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：____________________________________。

【答案】SO2 2∶1 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O 空气或氧气
3.7≤pH＜
4.8 过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O 【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：
2CuFeS2+4O2高温
Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2
高温
2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，
得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，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pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：
4CuSO4+N2H4+8KOH 90℃
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得
Cu2O。

【详解】
（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋
2O2高温
2CuO＋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；故答案为：SO2；2∶1；
（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为；在酸性条件下，氧气也可将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；故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；；氧气或空气
（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 的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：3.7≤pH＜4.8；
（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。

9．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 Cl n]，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）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________。

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：__________，若将(NH4)2SO3换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式___________。

（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。

真空干燥、密封包装的原因是：______________________________。

（4）随着PH值减小[Cu2（OH）4-n Cl n]中Cu% ________。

(填字母)
A．增大 B．不变 C．不能确定 D．减小
（5）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_____。

（6）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】漏斗 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化D温度过高，促进了CuCl的水解（或温度过高，促进了CuCl与空气中氧气反应） Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+
H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

【详解】
（1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；若换为Fe时，铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+；
（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干燥、密封包装可防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；
（4）随着p H值减小，溶液中c（H+）增大，则[Cu2（OH）4-n Cl n]中OH-的量逐渐减小，则Cl-的量增大，摩尔质量增大，则Cu的百分含量减小，答案为D；
（5）温度过高时，CuCl与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl产率下降；
（6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

10．已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。

（2）固体混合物是____（填化学式）
（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。

（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥。

（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。

试写出该反应的离子方程式___。

【答案】过滤漏斗、玻璃棒 Fe、Cu Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑冷却结晶
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
【解析】
【分析】
已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过过滤得到溶液1，含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体；固体混合物铁和铜加入足量的硫酸，得到硫酸亚铁溶液进入溶液2中，同时剩余铜固体，据以上分析解答。

【详解】
（1）步骤1用于分离固体和液体，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；
（2）由上述分析可知，固体混合物含Fe、Cu；
故答案为：Fe、Cu；
（3）步骤3中发生反应的离子方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
故答案为：Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
(4)步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体，故答案为：冷却结晶；
(5)氧化亚铜与稀硫酸反应,溶液变蓝,发生离子反应为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。