高考化学压轴题专题铜及其化合物推断题的经典综合题及答案(1)

高考化学压轴题专题铜及其化合物推断题的经典综合题及答案(1)
一、铜及其化合物
1．A 为金属单质，B 、C 、D 、E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。

请回答：
(1)A 是_____________，C 是_____________。

(均用化学式表示)
(2)写出实验室制备 D 的化学方程式：_____________。

(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。

(4)设计实验方案，检验 C 溶液中的金属阳离子：_____________
【答案】Fe FeCl 2 MnO 2+4HCl(浓)=∆
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+ 取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+
【解析】
【分析】
A 为金属单质，
B 、
C 、
D 、
E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且B 与A 反应生成C ，则A 为Fe ，D 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，A 与E 反应生成C(FeCl 2)，结合(3)“用B 溶液与Cu 反应制作印刷电路板”可知，E 为HCl ，据此解答。

【详解】
（1）根据分析可知，A 为Fe ，C 为FeCl 2，
故答案为：Fe ；FeCl 2；
（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，
故答案为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；
（3）B 为FeCl 3，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+，
故答案为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+；
（4）C 为FeCl 2，其阳离子为Fe 2+，检验Fe 2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+，
故答案为：取C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+。

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．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3·yCu(OH)2(x、y为正整数，且x≤3，y≤2)。

(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x：y=____。

(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2气体VL，则a、b、V的代数关系式是_____。

【答案】3:2 a=124
98
22.46422.4
V b V
⎛⎫
+-
⎪
⎝⎭
或a=
6549
5632
V b
+
【解析】
【分析】
(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO2、CuO的物质的量，然后根据C元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)，根据Cu元素守恒可得n(CuCO3)+ n[Cu(OH)2]=n(CuO)，计算出
n[Cu(OH)2]，就可得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比；
(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)，用含有b 、V 的代数式表示，也可根据n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V 先计算出CuCO 3的质量，用总质量减去CuCO 3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比。

【详解】
(1)n(CO 2)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol ，则n(CuCO 3)=n(CO 2)=0.15mol ，
n(CuO)=20g÷80g/mol=0.25mol ，根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-
0.15mol=0.10mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学
组成为xCuCO 3·
yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO 3·2Cu(OH)2； (2)根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=
mol 22.4V ，根据Cu 元素可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)=64b mol ，则n[Cu(OH)2]=(6422.4
b V -)mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=22.4V ：(6422.4b V -)，a= a=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭
；n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，m(CuCO 3)=mol 22.4V ×124g/mol=124g 22.4
V ，该化合物含有Cu 的总物质的量是n(Cu)b 64mol =
，则根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=b mol 6422.4V mol -，m[Cu(OH)2]=98g/mol×（b mol 6422.4
V mol -），根据反应前后物质质量不变，可得a=124g 22.4V +98g/mol×(b mol 6422.4V mol -)=65495632V b +。

4．有关物质的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。

已知：A 为紫红色金属，B 是强酸，E 能使品红溶液褪色，F 是海水的主要成分，H 是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量
为99.5 g·
mol -1，I 溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液。

请回答下列问题：
(1)H 的化学式为_____。

(2)F 的电子式为_____。

(3)写出反应①的化学方程式_____。

(4)写出反应③的离子方程式_____。

【答案】CuCl Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-
【解析】
【分析】
A为紫红色金属，则应为Cu，B是强酸，E能使品红溶液褪色，则B是浓硫酸，E为
SO2，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，F是海水的主要成分，F为NaCl，H是一种难溶于水的白色固体，摩尔质量为99.5 g·mol-1，则H应为CuCl，I溶液呈黄色，工业上可作为印刷电路板蚀刻液，则I为FeCl3溶液，以此解答该题。

【详解】
(1)根据以上分析，H的化学式为CuCl，
因此，本题正确答案是：CuCl；
(2)根据以上分析，F为NaCl，则F的电子式为，
因此，本题正确答案是：；
(3)根据以上分析，反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则反应的化学方程式Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，
因此，本题正确答案是：Cu + 2H 2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑ + 2H2O；
(4)根据以上分析，反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应，反应的离子方程式为：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-，
因此，本题正确答案是：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-。

5．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验(部分产物略去)：
（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。

取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填化学式)________________。

（2）Z为一种或两种气体：
①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是_____________________________。

②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量的水，则Z中两种气体的化学式是______。

（3）向Y中通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)________________。

（4）取Y中的溶液，调节pH约为7，加入淀粉KI和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生
成。

当消耗2molI－时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_______________。

（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应，若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中物质用化学式表示)_________________。

【答案】Al C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O NO CO2 Cu2+Fe3+ H+ 2Fe2+＋3H2O2＋4I-2Fe(OH)3↓＋2I2 CuO、C；CuO、C、Fe2O3
【解析】
【分析】
（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；
（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
②一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；
（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；
（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化；
（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝。

【详解】
（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，
故答案为Al；
（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应Ⅰ获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，
故答案为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；
②二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应Ⅰ是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为NO、CO2；
（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为Cu2+、Fe3+、H+；
（4）氯化亚铁溶液中加淀粉碘化钾和H2O2时，双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2，故答案为
2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2；
（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝，故其可能组合为：CuO和C或CuO、C和Fe2O3，故答案为CuO和C或CuO、C和Fe2O3。

6．汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。

化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A。

(1)判断A为________________，键型________________。

(2)A的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式____________。

(3)歧化产物之一与A的阴离子反应方程式____________。

(4)检测汞蒸气时，试纸颜色由________色变成________色。

写出反应方程式
____________(已知反应产物之一是配合物)。

【答案】CuI 共价键 2Cu＋＝Cu2＋＋Cu 2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2白红 4CuI＋Hg＝
Cu2HgI4＋2Cu
【解析】
【分析】
根据题干信息，化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A，则化合物A为CuI，是共价化合物；检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色。

【详解】
(1)据以上分析可知化合物A为CuI，是共价化合物，Cu和I形成共价键，故答案为：CuI；共价键；
(2)A的阳离子为Cu+，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu＋＝Cu2＋＋Cu，故答案为：2Cu＋＝Cu2＋＋Cu；
(3)歧化产物之一(Cu2+)与A的阴离子(I-)发生氧化还原反应生成CuI和I2，反应方程式是2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2，故答案为：2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2；
(4) 检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：白；红；4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。

7．氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。

CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。

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：
回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是_________，溶解温度应控制在60~70度，原因是
__________。

（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。

（3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_________（写名称）。

（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是______________________________。

（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。

工业上常用的固液分离设备有
__________（填字母）
A．分馏塔B．离心机C．反应釜D．框式压滤机
（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。

【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解 2Cu2++SO32-+2Cl-
+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化）B、D
【解析】
【分析】
【详解】
（1）海绵铜的主要成分是Cu与CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则Cu被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。

（2）步骤③反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为CuCl沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤③发生的离子反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解CuCl沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。

（4）CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。

（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。

A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选BD；
（6）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、a mol/L K2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。

8．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－。

9．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产氯化铜晶体的流程如下：
（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是______________________
（2）滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是___________________
（3）写出反应Ⅱ的化学方程式____________________________________________________（4）“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________、___________。

（5）在空气中直接加热CuCl2·x H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是
___________________________________________________（用化学方程式表示）
（6）CuCl2·x H2O晶体中x值的测定：称取3.420g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 4.400×10-2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl- 外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl-完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000 mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。

①滴定终点的现象是_______________________________________。

②若滴定过程用去上述浓度的KSCN标准溶液20.00mL，则CuCl2·x H2O 中x值为
________。

【答案】加入过量的Zn会使产品中含有杂质。

Zn2+、Fe2+ Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 洗涤干燥 2CuCl2·xH2O Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O 溶液变为血红色，且30s不褪
色 2
【解析】
【分析】
黄铜灰渣加入盐酸浸取，盐酸可与Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应，滤渣Ⅰ为铜，过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu2+、Zn2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，锌粉只与Cu2+、H+反应生成铜单质。

过滤Ⅱ后，铜进入反应Ⅱ与双氧水和盐酸反应，最后得到产品，滤液Ⅱ中为产生的Zn2+和未反应的Fe2+。

【详解】
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量，若过量会将铁置换出来，进入反应Ⅱ，使后面产品CuCl2·x H2O晶体含有杂质；
(2)滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是产生的Zn2+和未反应的Fe2+；
(3)反应Ⅱ是铜与双氧水和盐酸反应生成氯化铜，其化学方程式为：
Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；
(4)“系列操作”为了从CuCl2溶液中得到CuCl2·xH2O，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)氯化铜是强酸弱碱盐，水解产生的盐酸是易挥发性酸，在空气中直接加热CuCl2·x H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是：2CuCl2·xH2O Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O；
(6)①用含Fe3+的溶液作指示剂，用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，滴定终点时KSCN不再转化为AgSCN，而与Fe3+作用，使溶液变为血红色，故滴定终点的现象是：溶液变为血红色，且30s不褪色；
②与KSCN反应的Ag+的物质的量为：0.2000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=4.000×10-3mol，则与CuCl2·x H2O反应的Ag+的物质的量为：4.400×10-2mol-4.000×10-3mol=4.000×10-2mol，则CuCl2·x H2O的物质的量为：2.000×10-2mol，则2.000×10-2mol×(135+18x)g/mol=3.420g，解得x=2。

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。