备战高考化学(铜及其化合物推断题提高练习题)压轴题训练及答案

备战高考化学(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．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：
请回答下列问题：
(1)G是______________（填化学式）。

(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。

(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式
_____________。

(4)C的最大质量为________________g。

【答案】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋ Cu2O+2H= Cu2＋+ Cu+ H2O 23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为 BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。

【详解】
(1)G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32 g/mol＝3.2g，G 中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有12.8 1.6
⨯=⨯，解得：M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答n2
M16
案为：Cu2S；
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-
+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；
(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233 g/mol＝23.3g；故答案为：23.3；
2．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。

3．为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：
①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；
②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。

B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。

(1)A组成元素是_____（用元素符号表示）。

(2)B的化学式是_________。

(3)B与水反应的化学方程式是___________。

【答案】Cu S O Cu2OSO4 3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4·H2O+2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4 +2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4
【解析】
【分析】
①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；
②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。

【详解】
(1)根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；
(2)由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；
(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2·CuSO4 +2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)
2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。

【点睛】
本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。

掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。

4．下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）写出下列各物质的化学式：
X：________；F：_______。

（2）写出下列变化的反应方程式：
A→D：____________________；
C→E：_________________。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NO22Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O24NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】
【分析】
C为无色气体且C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C为氨气；A为无色气体，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为二氧化碳、D为氧气；C与D在催化剂作用下产生E，则E为一氧化氮；E与D进一步反应产生F，则F为二氧化氮；G在稀释时与铜反应产生E，在浓溶液时产生F，故G为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故B为水。

【详解】
由分析可知，A为二氧化碳，B为水，C为氨气，D为氧气，E为一氧化氮，F为二氧化氮，G为硝酸。

X分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结合相关物质的性质可知，X可能为NH4 HCO3或（NH4）2CO3。

（1）X为NH4 HCO3或（NH4）2CO3；F：NO2；
（2）A→D的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
C→E的化学方程式为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。

5．已知：在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。

用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：
①取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。

②向滤液中通入Cl2，搅拌。

③向②中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。

④把③所得滤液浓缩。

（1）①中加热并搅拌的目的是_____________________________。

（2）②中发生反应的离子方程式是_________________________。

（3）③中的物质A可能是__________________；调整的PH范围是_______________；
过滤后滤渣的成分是__________________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_________________________。

（5）①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值：_________________________。

【答案】加快反应速率，是反应充分 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- CuO 4-5 Fe(OH)3
CuO+2H+=Cu2++H2O 取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解，此时溶液中主要有Cu2+，Fe2+，Cl-，H+；通入氯气将亚铁离子
2Fe+Cl=2Fe+2Cl，加入适量CuO可以调节pH值至氧化成Fe3+，离子方程式为：2+3+-
2
4-5，将Fe3+转化成沉淀，同时不引入新的杂质，之后过滤浓缩，得到CuCl2溶液。

【详解】
（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，
故答案为：加快反应速率，使反应充分；
2Fe+Cl=2Fe+2Cl；
（2）根据分析可知答案为：2+3+-
2
（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH 在4-5的环境中Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解；得到的滤渣为Fe(OH)3，
故答案为：CuO；4-5；Fe(OH)3；
（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
（5）测溶液pH值的方法为：取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

6．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NH4Cl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Cu2+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Cu2+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-CuCl2-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(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（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：HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。

【点睛】
（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
7．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不
溶于乙醇和稀硫酸。

工业上用制作印刷电路的废液（含3Fe +、2Cu +、2Fe +、Cl -）生产CuCl 的流程如图所示：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中：X 是________，Z 是________。

（均填化学式）
（2）写出生成CuCl 的离子方程式________。

（3）析出的CuCl 晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在CuCl 的生成过程中理论上不需要补充SO 2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下()7sp CuCl 1.610K -=⨯，()12sp CuI 1.210K -=⨯，现向CuCl 饱和溶
液中加入NaI 固体至()-1
c I 0.1mol L -=⋅，此时溶液中+-c(Cu )c(Cl )=________。

（6）实验探究pH 对CuCl 产率的影响如下表所示：
pH 1
2 3 4 5 6 7 CuCl 产率/%
70 90 82 78 75 72 70 析出CuCl 晶体最佳pH 为________，当pH 较大时CuCl 产率变低的原因是________。

【答案】Fe 2Cl 或22H O 等合理答案亦可 2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O =2CuCl↓+SO 42-+4H + 减少产品CuCl 的损失 Cu+2 H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 反应中生成的CuSO 4和 SO 2为1∶1，CuCl 2+CuSO 4+SO 2+2H 2O=2CuCl↓+2 H 2SO 4反应中消耗CuSO 4和SO 2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO 2气体 8310-⨯ 2 pH 较大时，2Cu +水解程度增大，反应生成CuCl 减少
【解析】
【分析】
根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe 3+、Cu 2+、Fe 2+、Cl -)中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子，过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH ，可生成硫酸和CuCl 晶体，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知X 是Fe ，Z 是Cl 2，故答案为：Fe ；Cl 2；
(2)生成CuCl 的离子方程式为2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O =2CuCl↓+SO 42-+4H +，故答案为：2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O=2CuCl↓+SO 42-+4H +；
(3) 氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，析出的CuCl 晶体不用水而用无水乙醇洗
涤，可减少产品CuCl 的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl 的损失；
(4)依据图示可知：Cu+2 H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 反应中生成的CuSO 4和 SO 2为
1∶1，CuCl 2+CuSO 4+SO 2+2H 2O=2CuCl↓+2 H 2SO 4反应中消耗CuSO 4和SO 2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO 2气体，故答案为：Cu+2 H 2SO 4(浓)
CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 反应中生成的CuSO 4和 SO 2为1∶1，CuCl 2+CuSO 4+SO 2+2H 2O = 2CuCl↓+2 H 2SO 4反应中消耗CuSO 4和SO 2
也为1∶1，所以理论上不需要补充SO 2气体；
(5)常温下K sp (CuCl)=1.6×10-7，K sp (CuI)=1.2×10-12，现向CuCl 饱和溶液中加入NaI 固体至c (I -)=0.1mol•L -1，c (Cu 2+)=121.2100.1-⨯mol/L=1.2×10-11，c (Cl -)=71.610-⨯mol/L=4×10-4mol/L ，此时溶液中+-(Cu )(Cl )c c =11
41.210410
--⨯⨯=3×10-8，故答案为：3×10-8； (6)由表中数据可知，析出CuCl 晶体最佳pH 为2，pH 较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl 减少，CuCl 产率降低，故答案为：2；pH 较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl 减少。

【点睛】
根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。

本题的易错点和难点为(4)，要注意根据反应的方程式分析判断。

8．实验室以海绵铜（主要成分为Cu 和CuO ）为原料制取CuCl 的主要流程如图：
已知：①CuCl 为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

②CuCl 有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。

（1）“溶解”时选用约为0.5mol•L -1的硫酸，过程中无气体产生。

若硫酸浓度过大，反应会产生NO 、NO 2等有害气体，NH 4NO 3的用量会___（填“增大”或“减小”或“不变”）。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为___。

加入的（NH 4）2SO 3需要适当过量的原因是__。

（3）氯化铵用量[42+n(NH Cl)n(Cu )
]与Cu 2+沉淀率的关系如图所示。

随着氯化铵用量的增多Cu 2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu 2+的沉淀率减少，其原因是___。

（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的方法是___。

（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__。

（实验中可选试剂：0.1mol•L-1盐酸、10mol•L-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）
【答案】增大 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥
【解析】
【分析】
实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，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，滤液中含有Cu2+，NH4+，H+，SO42-，NO3-。

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+，得到的产品CuCl，据此分析。

【详解】
（1）若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、NO2等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量增大。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+。

CuCl在酸性条件下较稳定，加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。

（3）步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-
+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。

（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。

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．孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。

某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸)：
(1)反应①能观察到的现象是__________，有关反应的化学方程式为________。

(2)反应②加入的金属可能是______，有关反应的离子方程式为________。

【答案】固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色，有气泡产生 Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝
2CuSO4＋CO2↑＋3H2O 铁粉 Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu
【解析】
【分析】
（1）孔雀石的主要成分成为Cu2(OH)2CO3，为碱式盐，和硫酸反应生成二氧化碳气体，得到硫酸铜溶液；（2）硫酸铜溶液中加入过量铁发生氧化还原反应得到金属铜。

据此解答。

【详解】
(1)孔雀石中加入稀硫酸中能观察到的现象是孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4＋CO2↑＋3H2O；
(2)经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质，则滤液中主要含有CuSO4，加入的金属粉末能将Cu2＋从溶液中置换出来，故金属可能是Fe，反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu。

【点睛】
本题考查了物质性质的理解应用，主要是盐和酸反应，金属和盐反应产物的判断，掌握基础是解题关键。