2020-2021高考化学铜及其化合物推断题提高练习题压轴题训练及答案

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题提高练习题压轴题训练及答案
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．某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O的热稳定性，进行如下操作：
上述所列物质都是纯净物，请回答：
(1)气流C的结构式______，白色固体的化学式________。

(2)已知Y的摩尔质量为233 g·mol-1，完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式
__________。

【答案】H-Cl CuCl 2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)气流C是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；
(2)在无保护气条件下，盐受热水解，可能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定Y的组成，Y加热得到黑色固体是CuO，根据Y的成分可确定其分解反应方程式。

【详解】
(1) CuCl2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的HCl，所以给盐的结晶水合物
CuCl2·2H2O加热时，为抑制其水解，要在HCl气流中进行，所以C是HCl，目的是作保护气，抑制加热过程CuCl2可能的水解。

该物质是共价化合物，H原子、Cl原子之间通过一个共用电子对结合，所以HCl的结构式是H-Cl，X是CuCl2。

由于3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，当高于300℃加热，CuCl2分解，产生的白色固体中含有Cu 0.02 mol，质量为0.02×64 g/mol=1.28 g<1.99 g，说明含有Cl原子，其物质的量为(1.99 g-1.18 g)÷35.5 g/mol=0.02 mol，则白色固体中Cu、Cl个数比是1：1，所以白色固体的化学式为CuCl，Z为Cl2；
(2)3.42 g CuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42 g÷171 g/mol=0.02 mol，在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解，可能生成碱式盐Cu2(OH)2Cl2也可能生成相应的碱Cu(OH)2，Cu2(OH)2Cl2摩尔质量是233 g/mol，3.42 gCuCl2·2H2O反应产生0.01 mol
Cu2(OH)2Cl2，质量是2.33 g，正好吻合，说明Y是Cu2(OH)2Cl2；若反应产生Cu(OH)2，其摩尔质量是98 g/mol，与题干不符合，故Y为碱式盐Cu2(OH)2Cl2，则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuCl2·2H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O；
Cu2(OH)2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl，反应方程式为
Cu2(OH)2Cl2CuO+2HCl↑。

【点睛】
本题考查了易挥发性的结晶水合物受热分解产物的判断。

这类盐在受热分解时，发生的分解反应有两种类型。

在有保护气时，会失去全部结晶水，生成无水盐，温度升高，无水盐进一步分解；在无保护气时，会转化为碱式盐或相应的碱，继续升高温度，将进一步分解，最终转化为金属氧化物。

一定要掌握外界条件对物质分解反应的影响。

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：
请回答：
（1）X 的化学式是______________。

（2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是______________。

（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式______________。

【答案】CuO Cu2++2OH-=Cu(OH)2 Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O
【解析】
【分析】
流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：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，X为氧化铜，n(CuO)=
32
80/
g
g mol
=0.4mol，结合质量守恒得到
n(O2)=
3.2
32/
g
g mol
=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-
0.1mol×2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜。

【详解】
(1)分析可知X为CuO，故答案为CuO；
(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2；
(3)固体甲为Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋H2O，故答案为Cu2O＋H2SO4=Cu＋CuSO4＋
H2O。

4．在下图所示的物质转化关系中，A是常见气态氢化物，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。

（部分反应中生成无没有全部列出，反应条件未列出）
请回答下列问题：
（1）E的化学式为_____________________________。

（2）实验室制取A的化学方程式为_______________________________。

（3）反应①的化学方程式：___________________________________。

（4）反应③的化学方程式：__________________________________。

【答案】HNO3 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O 3NO3+H2O=2HNO3+NO
4NH3+5O2=4NO+6H2O
【解析】
【分析】
B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气；G是一种紫红色金属单质，则G是铜；A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可以判断，A可能是氨气，则C就是NO，F是水。

NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO，据此答题。

【详解】
（1）由以上分析可知E为HNO3，故答案为：HNO3。

（2）由以上分析可知A为NH3，实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热，反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（3）反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应的方程式为：
3NO3+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO3+H2O=2HNO3+NO。

（4）反应③为氨的催化氧化，反应生成NO和H2O，化学方程式为：
4NH3+5O2=4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2=4NO+6H2O。

【点睛】
解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

5．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=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭或a=65495632V b + 【解析】 【分析】 (1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO 2、CuO 的物质的量，然后根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ 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 22.4
V ，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]=(6422.4b 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 +。

6．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO 2、O 2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，化学式为[Cu 2(OH)2CO 3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO 2、H 2O 。

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．
7．铜锌银精矿化学成分如下：
元素Cu Zn Ag S Fe Pb
元素质量
17.6018.300.14633.1518.177.86
分数/%
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：
回答下列问题：
(l)“气体A”为____(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和____(填化学式)。

(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是____________。

(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为____。

(4)“母液2”中阴离子含量最多的是____，该溶液最好返回 __工序循环使用。

(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是________。

【答案】SO2 AgCl 除去锌铁元素，分离出铜元素 1:2 氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2
【解析】
【分析】
铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为SO2，再加入H2SO4和NaCl，金属氧化物转化为硫酸盐，Ag转化为AgCl沉淀，Pb转化为PbSO4沉淀。

通入SO2将Cu2＋转化为Cu2Cl2沉淀，加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液，最后得到CuSO4晶体。

【详解】
(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A为SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2＋与SO42－沉淀得到PbSO4，而Ag＋与Cl－会生成AgCl沉淀；
(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋。

沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu 与Zn、Fe的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；
(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，Cu2Cl2中Cu的化合价为＋1价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2＋，失去2mol电子，1molO2反应时，得到4mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；
(4) 氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液2中含有较多的Cl－，以及没有沉淀的Cu2＋和SO42－，溶液中没有Ag＋和Pb2＋等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl－；
【点睛】
问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag＋，而Ag＋在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的Cl－，母液2中含有较多的Cl－，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。

8．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。

CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl 浓度较大的溶液，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CuC1的工艺过程如图。

回答下列问题：
（1）步骤①中N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。

（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。

（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu (OH)Cl CuCl ，被氧化为23Cu (OH)Cl 的化学方程式为______________________。

（4）用227K Cr O 溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g ，将其置于过量的3FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL 溶液，取溶液10.00mL 用2270.1000mol LK Cr O ⋅溶液进行滴定，反应中272Cr O -被还原成3Cr +，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl 的质量分数__________________。

实验编号
1 2 3 消耗227K Cr O 溶液的体积/mL 14.98 16.03 15.02 （5）制造印刷电路板产生的废液中含大量()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。

电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，电解时阴极的电极反应式为___________，生成CuCl 的离子方程式为
________________________________。

【答案】-+2++
3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O 使完全反应，阻止生成的被氧化 硫酸 22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 89.55%
()()2++-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦⎣
()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH ++-+⎡⎤++=↓+⎣⎦ 【解析】
【分析】
铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。

【详解】
⑴步骤①中N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程
式；+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-；故答案为：
+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-。

⑵步骤②中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl 在潮湿空气中易水解氧化，
因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu 2+、Cl －、SO 32−和
H 2O 反应CuCl 、SO 22−、H +，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。

⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
23Cu (OH)Cl ，CuCl 与空气中氧气、水反应生成23Cu (OH)Cl 和HCl ，其反应的的化学方程式为22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl ；故答案为：
22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 。

⑷三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL ，根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr 2O 72−) = 6×0.1 mol∙L −1×0.015L = 0.009mol ，该样品中CuCl 的质量分数10.009mol 1099.5g mol ω100%89.55%10.0g
-⨯⨯⋅=⨯= ⑸根据图中信息，阴极()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦得到电子变为()+32Cu NH ⎡⎤⎣⎦和32NH H O ⋅，因此
电解时阴极的电极反应式为()()2++-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦⎣，
电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，生成CuCl 的离子方程式为
()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH +
+-+⎡⎤++=↓+⎣⎦
；故答案为：()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH ++-+⎡⎤++=↓+⎣⎦。

9．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。

以硫化铜精矿为原料生产CuCl 的工艺如图：
已知CuCl 难溶于醇和水，溶于c(Cl -)较大的体系[CuCl(s)+Cl -
CuCl 2-]，潮湿空气中易水解
氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。

该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·
L -1，配制1L 此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL -1浓硫酸__mL （保留1位小数）。

溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu +的沉淀率与加入的NH 4Cl 的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；
②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。

③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。

【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或
(NH4)2SO4 2：1 > 加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。

【详解】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=1000
M
ρω
得，浓硫酸浓度=
1.84
100098%
98/
g
mL
g mol
⨯⨯
=18.4mol·L-1，根据
C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1⨯V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或
(NH4)2SO4；2:1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-
(aq)可知，CuCl 虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C 点和B 点Cu 2+的浓度是相等的，由于B 点之前CuCl(s)ƒCu +(aq)+ Cl -
(aq)平衡一直向左移动，所以B 点的Cu 2+
的浓度小于A 点，综上所述答案为：>；
③既然B 点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl -CuCl 2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl -浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH 4)2SO 4，所以答案为：(NH 4)2SO 4； （5）硝酸有强氧化性，将CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO 3具有强氧化性会把CuCl 氧化。

【点睛】
（3）由图可知，B 点之后，NH 4Cl 越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH 4Cl 又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
10．2CuCl 、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。