精选备战高考化学易错题专题复习铜及其化合物推断题含答案(1)

精选备战高考化学易错题专题复习铜及其化合物推断题含答案(1)
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．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97 g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：写出对应化学式：
(1)A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

(2)写出下列化学方程式：
①A在空气中燃烧_______________；
②B 长期置于空气中变成绿色物质_________。

(3)将5 g 钠铝合金投入200 mL 的水中，固体完全溶解，产生4.48 L 标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____(假设溶液体积变化忽略不计)。

【答案】Na 2O Fe 2O 3 2Na ＋O 2
Na 2O 2 2Cu ＋O 2＋CO 2＋H 2O=Cu 2(OH)2CO 3 1：1 0.5 mol/L
【解析】
【分析】
根据A 元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97 g/cm 3，可推知A 是Na ；B 为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B 是Cu ；C 在空气中加热熔化但不滴落，故C 是Al ；D 在氧气中燃烧，火星四射，则D 是Fe 。

【详解】
（1）A 为Na ，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D 为Fe ，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe 2O 3；
（2）①Na 在空气中燃烧的方程式为2Na ＋O 2 Na 2O 2
②Cu 长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu ＋O 2＋CO 2＋H 2O=Cu 2(OH)2CO 3 （3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO 2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol ，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c(NaAlO 2)=10.1mol 0.5mol L 0.2L
-=⋅。

3．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。

4．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O2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】FeCuS24FeCuS2+13O22Fe2O3+4CuO+8SO2MgSO3，取少量固体加盐酸溶液，有气体产生，证明存在MgSO3
【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①2x ×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②
2z ×56g/mol+2x ×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。

5．铜锌银精矿化学成分如下：
元素
Cu Zn Ag S Fe Pb 元素质量
分数/% 17.60 18.30 0.146 33.15 18.17 7.86 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。

6．实验室以废铜为原料制取碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）的过程如下：
完成下列填空：
（1）酸浸中产生的气体是_________（填化学式）。

（2）检验过滤Ⅱ的沉淀是否洗净的方法是________。

（3）从实验流程中可看出影响产品生成的因素有多种，请写出其中两个：___________，并任选其中一个因素，说明其原因___________。

（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3，写出该反应的化学方程式：______。

（5）产品中Cu含量的测定步骤是：称取mg样品，用适量稀硫酸完全溶解，加水稀释，调节溶液为中性或弱酸性，再加入过量的KI-淀粉溶液后，用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液v mL。

实验中反应的离子方程式为2Cu2++4I-→2CuI（白色）
↓+I2；I2+2S2O32-→2I-+S4O62-。

（i）样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，其原因是________。

（ii）产品中Cu的含量为__________________（用含m、c、v的代数式表示）。

【答案】NO、NO2取最后一次洗涤液测其pH,若溶液为中性，则沉淀已洗净温度和pH （反应物浓度、反应物配比等合理答案也得分）温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢（或：pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜）。

2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑若溶液酸性过强，则
2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液 0.064cv/m
【解析】
【分析】
废铜屑溶于浓硝酸中转化为硝酸铜，过滤除去滤渣，向滤液中加入碳酸钠溶液，除去多余的硝酸，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成碱式碳酸铜，据此解答。

【详解】
（1）酸浸中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮（NO2），随着浓度的降低，会产生一氧化氮（NO），
故答案为：NO、NO2；
（2）根据流程分析可知，碱式碳酸铜是从含有碳酸钠的溶液中析出的，所以检验沉淀是否洗净就是检验沉淀上有没碳酸根离子，操作方法是取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净；（3）从实验流程中可看出温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜，所以影响产品生成的因素有温度和pH，
故答案为：温度和pH；温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，或：pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜；
（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2（OH）2CO3，根据元素守恒可知反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，
故答案为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；
（5）①样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2S2O3溶液，
故答案为：若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液；
②根据反应2Cu2++4I-→2CuI（白色）↓+I2、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-可得关系式Cu2+～S2O32-，根据题意可知，Na2S2O3的物质的量为cv×10-3mol，所以样品中铜元素的质量为
0.064cvg，进而确定产品中Cu的含量为0.064cv/m，
故答案为：0.064cv/m。

7．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体请回答：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式： ______ 。

（2）试剂X是 ______。

步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是 ______。

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A 中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少．为了避免固体C减少，可采取的改进措施是 ______。

（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO4•7H2O），所需操作是 ______ 、 ______ 、 ______ 、洗涤、干燥。

（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：写出途径①中反应的离子方程式______ ，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由 ______ 。

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑稀硫酸过滤在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶蒸发浓缩冷却结晶过滤 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小
【解析】
【分析】
金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为碳酸氢钠溶液；
滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷
却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。

【详解】
（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，
故答案为：稀硫酸；过滤；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。

一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；
（4）溶液E为FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；
（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3-
+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径②最佳，
故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。

8．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↓。

9．我国古代许多著作在化学学科知识上都体现出了一定水平的认识。

其中《管子•地数》中有记载：“上有丹沙者，下有黄金；上有慈石者，下有铜金。

”
Ⅰ.“丹沙者丹砂也”，丹砂是古代炼丹的重要原料，也是实验室处理水银洒落后的产物。

你认为丹砂主要成分是_____；(填化学式)“慈石者磁石也”，请写出磁石溶于盐酸的离子方程式：_____；
Ⅱ.“铜金者，斑岩铜矿也。

”
安徽宣城茶亭铜金矿床是长江中下游成矿带中新发现的一个大型斑岩型矿床。

斑岩铜矿中Cu主要以铜﹣铁硫化物(主要为CuFeS2)的形式存在。

以黄铜矿(主要成份为CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4•7H2O)。

其主要流程如图：
已知：①“反应1”：4CuFeS2 +2H2SO4 +17O2 ═4CuSO4 +2Fe2(SO4)3 +2H2O
②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2
开始沉淀pH 4.7 2.77.6
完全沉淀pH 6.7 3.79.6
(1)“反应1”中，每生成1 mol CuSO4转移电子数为_____N A；
(2)“试剂a”是_____，“试剂b”是_____；
(3)“反应2”中加CuO调pH为3.7～4.7的目的是_____；
(4)“操作X”应为_____、_____、过滤、洗涤；请简述上述“操作X”中如何对所得FeSO4•7H2O晶体进行洗涤_____；
(5)简述如何判断“反应5”已进行完全：_____。

【答案】HgS Fe3O4+8H +＝2Fe 3++Fe 2++4H2O 17 Fe粉稀硫酸使Fe 3+形成Fe(OH)3沉淀，防止生成Cu(OH)2沉淀加热浓缩冷却结晶向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全
【解析】
【分析】
Ⅰ.实验室用硫磺粉处理洒落的水银，生成的产物为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，
与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；
Ⅱ.（1）根据方程式中物质元素化合价的变化确定转移电子的数目；
（2）铁粉可将Fe3+还原为Fe2+；
（3）将pH调节为3.7～4.7，可将Fe3+完全沉淀而不产生Cu(OH)2沉淀；
（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作；
（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完。

【详解】
Ⅰ.由题意可知丹砂为实验室处理水银洒落后的产物，应为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H +＝2Fe 3++Fe 2++4H2O；
Ⅱ.（1）涉及反应为4CuFeS2 +2H2SO4 +17O2 ═4CuSO4 +2Fe2(SO4)3 +2H2O，反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，生成4molCuSO4，则消耗
17mol氧气，转移68mol电子，则生成1molCuSO4，转移17mol电子，故答案为：17；（2）试剂a是Fe，试剂b是稀硫酸；
（3）加CuO调pH为3.7～4的目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，防止生成Cu(OH)2沉淀，（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作，洗涤晶体，可向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次；
（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完，方法是取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全。

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 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(NH4)2SO4，工业上用(NH4)2SO4与Al2(SO4)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[Cu2(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】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。