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(1)

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(1)
一、铜及其化合物
1．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A 、F 为无色气体单质，B 为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B 获得1918年的诺贝尔化学奖。

C 为黑色氧化物，E 为紫红色金属单质，I 为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
(1)常温下铝遇到G 的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。

(2)E 与G 的稀溶液反应的离子方程式为_________。

(3)在25 ℃和101 kPa 的条件下，将VL 的B 气体溶于100 mL 水中，得到密度为ρg·mL －1的
溶液M ，则M 溶液的物质的量浓度为________ mol·
L －1。

(已知25 ℃、101 kPa 条件下气体摩尔体积为24.5 L·
mol －1，不必化简) (4)分别蘸取B 的浓溶液和G 的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。

(5)B 和C 反应的化学方程式为__________。

(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀。

写出SO 2还原J 生成K 的离子方程式：______。

【答案】钝化 3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－=3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O V 100024.517V+245024.5ρ
⨯ 冒白烟
3CuO ＋2NH 3=3Cu ＋N 2＋3H 2O 2Cu 2＋＋2Cl －＋SO 2＋2H 2O
Δ 2CuCl↓＋4H ＋＋SO 42－ 【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；
(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ，溶液的质量是17V +10024.5⎛⎫ ⎪⎝⎭
g ，溶液的体积为-1
17V +100g 24.5ρg mL ⎛⎫ ⎪⎝⎭g ＝17V+245024.5ρmL ，据此解答； (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；
(5)B 与C 反应即CuO 和NH 3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物，K 为白色沉淀，则K 是CuCl ，SO 2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；
【详解】
A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。

(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；
(3)氨气的物质的量是
V
24.5
mol，溶液的质量是
17V
+100
24.5
⎛⎫
⎪
⎝⎭
g，溶液的体积为
-1
17V
+100g
24.5
ρg mL
⎛⎫
⎪
⎝⎭
g
＝
17V+2450
24.5ρ
mL，所以溶液的物质的量浓度为
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
⨯
mol·L－1，故答案为：
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
⨯
；
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；
(5)B与C反应的化学方程式为3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：3CuO＋2NH3=3Cu ＋N2＋3H2O；
(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O
Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O
Δ
2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。

2．我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。

某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于___（填字母）。

A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
（2）请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：___。

（3）上述转化过程中属于氧化还原反应的是___（填序号）
（4）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为___。

【答案】C Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+ +CO2↑+3H2O①⑤
Cu2(OH)2CO3Δ
2CuO+CO2↑+ H2O
【解析】
【详解】
(1)、Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根离子，属于盐类，故选择C；
(2)、铜绿与盐酸反应的离子方程式：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+ +CO2↑+3H2O；
(3)、反应①中铜元素从0价升高为+2价，反应⑤中铜元素从+2价降低为0价，其他反应元素化合价无变化，因此，上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤，
故答案为①⑤；
(4)、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，化学方程式为：
Cu2(OH)2CO3Δ
2CuO+CO2↑+ H2O。

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BaCl2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】SO2+NO2 +H2O=2H++SO42-+NO n+0.2 产生白色沉淀 2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+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 SO 3 + 2NaOH=Na 2SO 4+H 2O
1mol 2mol 1mol
0.01mol 0.02mol 0.01mol
SO 2+ NaOH = NaHSO 3
1mol 1mol 1mol
0.01mol 0.01mol 0.01mol
溶液1为Na 2SO 4和NaHSO 3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2Fe 3++HSO 3-+H 2O=2Fe 2++SO 42-+3H +；
答案：2Fe 3++HSO 3-+H 2O=2Fe 2++SO 42-+3H +
4．根据下图物质之间的转化关系，回答下列问题：
（1）写出A、B、C的化学式：
A________、B________、C________。

（2）写出有关的化学方程式：
A―→B__________________________；
A―→Cu_________________________。

【答案】（7分）
1）CuSO4Cu(OH)2CuO （每格1分）
2）A→B： CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4（2分）
A→Cu： CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu （2分）
【解析】
【分析】
根据转化图可知，A和铁反应生成铜，而C和稀硫酸反应生成A，所以A是CuSO4；硫酸铜和氢氧化钠反应生成B，则为Cu(OH)2；Cu(OH)2受热分解生成氧化铜，C为CuO；CuO被氢气还原为铜；据以上分析进行解答。

【详解】
根据转化图可知，A和铁反应生成铜，而C和稀硫酸反应生成A，所以A是CuSO4；硫酸铜和氢氧化钠反应生成B，则为Cu(OH)2；Cu(OH)2受热分解生成氧化铜，C为CuO；CuO被氢气还原为铜；
（1）结合以上分析可知，A为CuSO4，B为Cu(OH)2，C为CuO；
综上所述，本题正确答案：CuSO4、Cu(OH)2、CuO。

（2）结合以上分析可知，
A→B反应方程式为：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4；
A→Cu反应方程式为：CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu；
综上所述，本题正确答案：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4；CuSO4＋Fe=FeSO4＋Cu。

5．今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。

已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。

这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。

（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________，乙______________，
A______________， D______________。

（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，
③___________________。

【答案】CuOCu(OH)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2OCu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓CuO+2H+=Cu2+ +H2O
【解析】
【分析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C 为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。

6．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。

已知A是由两种元素组成的黑色粉末，B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol－1，C是空气中含量最多的单质，D 是白色粉末且焰色反应呈黄色，E是一种紫红色金属，F是一种无色气体单质，H是一种红棕色气体，I是最常见的液体，K是一种强碱。

（1）B的化学式为__________________。

（2）K的电子式为__________________。

（3）写出反应①的化学方程式：_________________________________________。

（4）写出反应②的离子方程式：____________________________________。

【答案】NaN3CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N23Cu+8H+＋2NO3- =3Cu2-＋2NO↑＋4H2O
【解析】C是空气中含量最多的单质，则C是N2；D是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D 中含有Na元素；E是一种紫红色金属，则E是Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得：A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J 是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。

（1）叠氮化钠的化学式为NaN3；
（2）NaOH的电子式为；
（3）反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu，故化学方程式为：CuO+2NaN3Cu+Na2O+3N2；
（4）反应②为Cu和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H+＋2NO3-=3Cu2-＋2NO↑＋4H2O。

点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。

解答无机框图推断题，应
认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。

通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。

7．化学反应多姿多彩，其中的颜色多种多样，试根据图中框图，按要求填写下列问题
（1）A的名称是______________，B的化学式是_________。

（2）反应①的化学方程式________________________；
反应②的离子方程式_____________________________；
B和氯气的化学方程式____________________________。

【答案】（1）氧化铁；Fe
（2）Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+；2Fe+3Cl22FeCl3
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：红棕色粉末A为氧化铁，在高温下被一氧化碳还原，生成黑色粉末B为铁，与蓝色溶液反应生成红色固体C为铜，铁与盐酸反应生成浅绿色溶液为氯化亚铁。

（1）根据上述分析，A是氧化铁，B是铁，故答案为氧化铁；Fe；
（2）反应①的化学方程式为Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，故答案为Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2；
反应②的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+，故答案为Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+；
B和氯气的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3。

考点：考查了无机推断的相关知识。

8．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。

9．Ag2O—Zn纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。

如图是简要生产流程。

（1）固体拆解物需先粉碎的目的是___。

（2）浸渣的主要成分是___。

（3）以上流程中可循环使用的物质是___，除此之外，你认为通过对___（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现___（填化学式）的循环利用。

（4）加入Cu之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是___（用离子方程式表示）.
（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：
已知：Ag ++2NH 3[Ag(NH 3)2]+ K 稳=1.7×107；K sp （AgCl ）=1.8×10-10
写出AgCl （s ）与NH 3反应的离子方程式___，该反应的平衡常数K =___。

（6）上述两种回收方案中都用到了试剂X ，X 是___。

A ．稀硫酸
B ．稀硝酸
C ．CuSO 4溶液
（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。

若电流强度为yA ，1小时后，得到Ag___g （列出计算式，已知1个电子所带电量为1.6×10-19C ，阿伏伽德罗常数的值用N A 表示）。

【答案】增加酸浸速率，提高浸取率 石墨 Cu 滤液Ⅱ、Ⅲ Zn
+2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O -↑ AgCl+2NH 3ƒ[Ag(NH 3)2]++Cl - 3.06×10-3 A
24A
2.4310y N ⨯ 【解析】
【详解】
（1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率， 故答案为：增加酸浸速率，提高浸取率；
（2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，
故答案为：石墨；
（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液Ⅱ、Ⅲ中均含有Zn 2+，可回收加以循环利用，
故答案为：Cu ；滤液Ⅱ、Ⅲ；Zn ；
（4）加入Cu 之前，若酸性太强，Cu 与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为
+2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O -↑，
故答案为：+2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O -↑；
（5）由信息可得，AgCl 溶于NH 3的离子方程式为AgCl+2NH 3ƒ[Ag(NH 3)2]++Cl -；该反应的平衡常数为()()()3223Ag NH Cl NH c c K c +-
⎡⎤⨯⎣⎦==()()()()()32++23Ag NH Ag Cl Ag NH c c c c c +-⎡⎤⎣⎦⨯⨯⨯ =K 稳
×K sp =1.7×107×1.8×10-10=3.06×10-3，
故答案为：AgCl+2NH 3ƒ[Ag(NH 3)2]++Cl -；3.06×10-3；
（6）第一种回收方法中，固体混合物与X 反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn 和Cu ，要回收Cu ，可利用稀硫酸和CuSO 4溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn 和Ag ，若要除去Zn ，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A ，
故答案为：A ；
（7）1h=3600s，Q=It=y×3600，根据题意回收的Ag的质量
=
24 19
A A
y3600 2.4310y
M mol108g/mol=
1.610
n
N N
-
⨯⨯
⨯=⨯
⨯⨯
g，
故答案为：
24
A
2.4310y
N
⨯。

10．如图是工业上以制作印刷电路的废液(含3
Fe+、2
Cu+、2
Fe+、C1)-生产CuCl的流程：
已知：CuCl
是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。

请回答下列问题：
(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为
______。

(2)滤液②需要加过量Z，检验Z过量的方法是______。

(3)写出生成CuCl的离子方程式：______。

(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置(图1)中的______(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用______(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)
CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成
2
CuCl-，在一定温度下建立两个平衡：
I.CuCl ()s Cu
ƒ()aq Cl
+-
+()aq6
sp
K 1.410-
=⨯
()
II.CuCl s Cl-
+()()
2
aq CuCl aq
-
ƒ
sp
K0.35
=。

(5)分析()
c Cu+、()2
c CuCl-和
sp
K、K的数学关系，在图2中画出()
c Cu+、()2
c CuCl-的关系曲线________(要求至少标出一个坐标点)
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g 于250mL 锥形瓶中，加入10mL 过量的3FeCl 溶液，不断摇动： ②待样品溶解后，加入20mL 蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用10.1000mol L -⋅硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30mL 。

上述相应化学反应为322CuCl FeCl CuCl FeCl +=+、2433Fe Ce Fe Ce +++++=+，则样品中CuCl 的纯度为______(保留三位有效数字)。

【答案】Fe 、Cu 和HCl 形成原电池，加快了反应速率 取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量
22224SO 2Cu 2Cl 2H O 2CuCl SO 4H +--++++=↓++ B 无水乙醇
96.7%
【解析】
【分析】
废液中加入过量铁粉，发生反应:Fe+2Fe 3+＝3Fe 2+、Fe+Cu 2+＝Fe 2++Cu ，原溶液中的Fe 3+、Cu 2+被除去，过滤所得的滤液①中含有Fe 2+、Cl -，在滤液中加入过量的氯气，可以将Fe 2+氧化成FeCl 3，即得到FeCl 3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。

滤渣为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液②也为FeCl 2溶液，滤渣②为铜。

【详解】
(1)流程中的滤渣①与Y 反应和X 与Y 反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率，故答案为：Fe 、Cu 和HCl 形成原电池，加快了反应速率；
(2)检验溶液中通入的氯气已过量，可取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量，故答案为：取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量；
(3)根据流程图可知，SO 2、CuSO 4、CuCl 2反应生成H 2SO 4、CuCl ，因此离子方程式为
22224SO 2Cu 2Cl 2H O 2CuCl SO 4H +--++++=↓++，故答案为：
22224SO 2Cu 2Cl 2H O 2CuCl SO 4H +--++++=↓++；
(4)生产中为了提高CuCl 产品的质量，尽可能减少CuCl 被空气中氧气氧化，直采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B 项。

洗涤CuCl 宜选用无水乙醇，因为CuCl 难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl 的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。

不选用硫酸，虽然CuCl 难溶于硫酸，但用硫酸冼涤，会给CuCl 表面带来少量的H +和SO 42--杂质，故答案为：B ；无水乙醇；
(5)据反应式CuCl (s)+Cl -(aq)＝CuCl 2-(aq)和K 的本义式有：2() =()
c CuCl K c Cl --，将分子、分母同乘以c (Cu 2+)得，()()()22sp
()() ==()()c CuCl c Cu c CuCl c Cu K K CuCl c Cl c Cu -+-+-+⨯⨯⨯，将题给的K 和K sp 的数据代入得c (CuCl 2-)×
c (Cu +)＝1.4×106×0.35＝4.9×10-7，取其中(0.7，0.7)做为一个坐标点，图象示意如下： ，故答案为：；
(6)根据题给的相应化学反应322CuCl FeCl CuCl FeCl +=+、2433Fe Ce Fe Ce +++++=+可得CuCl 和Ce 4+的反应配比是1:1，所以可得CuCl 的纯度
-324.301?00.1/99.5/96.70.25L mol L g mol g
⨯⨯⨯⨯10％＝0％，故答案为：96.7%。