【化学】化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)附答案
【化学】化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)附答案
一、铜及其化合物
1．浅绿色盐X仅含四种元素，不含结晶水，M(X)<908g?mol-1，某小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验
上述实验中，得到23.3g白色沉淀 E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知：①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应；
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。
请回答如下问题：
(1)写出B分子的电子式_______________；X的化学式是__________。
(2)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为：__________。
(3)请写出G溶于D溶液的离子方程式：_________________。
(4)请设计实验检验固体C中是否仍含有X：___________________。
【答案】 Cu4(OH)6SO4 Cu4(OH)6SO4Δ
4CuO+SO3↑+3H2O↑
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。
【解析】
【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为H2O，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为BaSO4，则D为H2SO4，A是SO3；23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol，黑色固体C可能为Fe3O4、CuO、C等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为Cu2O在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体C为CuO，G为Cu2O，气体F为O2，红色H为Cu，蓝色溶液I为CuSO4，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X的化学式，并进行有关解答。
【详解】
根据上述分析可知A是SO3，B是H2O，C是CuO，D是H2SO4，E是BaSO4，F是O2，G为Cu2O，H为Cu，I为CuSO4，X是含有Cu、H、O、S四种元素的化合物。
(1)B为H2O，水分子中H、O原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒
可知，在浅绿色盐X中n(Cu)=2n(Cu2O)=2×
28.8?g
144?g/mol
=0.4mol，n(CuO)=0.4mol，
n(S)=n(BaSO4)=
23.3?g
233?g/mol
=0.1mol，n(CuO)：n(SO3)=0.04mol：0.01mol=4：1，仅含四种元
素，不含结晶水，设化学式为：Cu4(OH)m SO4，Cu4(OH)m SO4Δ
4CuO+SO3↑+
2
m
H2O↑，根据
氧元素守恒得：m=6，符合M(X)<908g/mol，所以X化学式为Cu4(OH)6SO4；
(2)X在隔绝空气、570℃温度下加热发生Cu4(OH)6SO4Δ
4CuO+SO3↑+3H2O↑；
(3)砖红色固体G是Cu2O，与足量稀H2SO4发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；
(4)黑色固体C为CuO，如含有X，则可用检验SO42-的方法检验，方法是：取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。
【点睛】
本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。
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．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中X的化学式为____。
（2）写出产生CuCl的离子方程式：____。
（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
pH1234567
CuCl产率/%70908278757270
析出CuCl晶体最佳pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原因是____。调节pH时，___（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是____。
（4）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。
②用0.10mol·L?1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数123
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95
则样品中CuCl的纯度为_____。（结果保留三位有效数字）。
（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H 2O(l)CuOH(s)＋Cl? (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为____。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下K W、K sp(CuOH)、K sp(CuCl)的关系为K＝____。
【答案】Fe 2Cu2++ 2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42- 2 Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能硝酸会与产品CuCl发生反应 95.5%
2CuOH Cu2O+H2O K w×K sp(CuCl)/K sp(CuOH)
【解析】
【详解】
向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜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，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，
故答案为：Fe；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，离子反应方程式：2Cu2++
2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为：2Cu2++ 2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-；
（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH 的硝酸代替硫酸，
故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；
（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍
去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为：24.05mL+23.95mL
2
=24mL，
结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度
为：
3
2410L0.1mol/L99.5g/mol
0.25g
-
???
×100%=95.5%，
故答案为：95.5%．
（5）CuOH 热分解的化学方程式为2CuOH Cu 2O+H 2O ；CuCl （s ）+H 2O （l ）?CuOH （s ）+Cl -（aq ）+H +（aq ），平衡常数K=c （H +）c （Cl -）=()
()c H c OH c(OH )+-
-×()()()+-+c Cu c Cl Kw Ksp(CuCl)=Ksp(CuOH)c Cu ??
答案为：Kw Ksp(CuCl)Ksp(CuOH)
?
5．黄铜灰渣（含有Cu 、Zn 、CuO 、ZnO 及少量的FeO 、Fe 2O 3）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CuCl 2·
x H 2O 晶体得不到纯的无水CuCl 2，原因是___________________________________________________（用化学方程式表示）
（6）CuCl 2·
x H 2O 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AgNO 3 4.400×10-2mol 的AgNO 3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Fe 3+的溶液作指示剂，用0.2000 mol·
L -1的KSCN 标准溶液滴定剩余的AgNO 3。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CuCl 2·x H 2O 中x 值为________。
【答案】加入过量的Zn 会使产品中含有杂质。 Zn 2+、Fe 2+ Cu+H 2O 2+2HCl=CuCl 2+2H 2O
洗涤 干燥 2CuCl 2·
xH 2O Cu(OH)2·CuCl 2+2HCl+(2x-2)H 2O 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 、Fe 2O 3反应，滤渣Ⅰ为铜，过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu 2+、Zn 2+、Fe 2+、H +，加入适量锌粉，锌粉只与Cu 2+、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Zn 2+和未反应的Fe 2+。
【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。
6．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。
查阅资料：
氯化亚铜：白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。
氯化铜：从水溶液中结晶时，在26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物。
（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。
①按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→_____、_____→h 、i→_____、_____→_____。 ②本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_____后_____。
（2）分析流程：
①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_____；
②溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去杂质，X 可选用下列试剂中的（填序号）_____。 a Cu （OH ）2 b NH 3·H 2O c CuO d CuSO 4
查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe （OH ）3的溶度积K sp ＝8.0×10－38，Cu （OH ）2的溶
度积K sp ＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·
L －1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，则Cu （OH ）2开始沉淀时溶液的pH 为________，Fe 3＋完全沉淀时溶液的pH 为________。（提示：lg2＝0.3）
③完成溶液乙到纯净CuCl 2·
2H 2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。
（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO 2、N 2H 4、SnCl 2等），并微热得到CuCl 沉淀，写出向乙溶液加入N 2H 4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：____________。
【答案】d e f g b A D 抑制氯化铜、氯化铁水解 ac 4 3.3(或3+lg2) 冷却到26～42℃结晶 过滤 4Cu 2+ + 4Cl － + N 2H 4
4CuCl ↓ + N 2↑+ 4H +
【解析】
【分析】
⑴①A 装置制取氯气，B 除掉尾气，C 除掉氯气中HCl 杂质，D 氯气与铜反应，E 除掉氯气中水；②先反应生成氯气，不能先加热D ，先加热会使铜与氧气反应。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解；②溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的
难溶的物质；设溶液中CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH ，Fe 3＋完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH ；③根据题中意思要
得到纯净CuCl 2·
2H 2O 晶体要冷却到26～42℃结晶。 ⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N 2H 4，并微热得到CuCl 沉淀和氮气。
【详解】
⑴①A 装置制取氯气，B 除掉尾气，C 除掉氯气中HCl 杂质，D 氯气与铜反应，E 除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d 、e→h 、i→f 、g→b ，故答案为：d ；e ；f ；g ；b 。
②先反应生成氯气，不能先加热D ，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先A 后D ，故答案为：A ；D 。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解，故答案为：抑制氯化铜、氯化铁水解。
②溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：ac 。
设溶液中CuSO 4的浓度为3.0 mol·
L －1，2+2220sp (Cu )(OH )3(OH )310K c c c ---=?=?=?，101(OH )110mol L c ---=??，
14
141w 10110(H )mol L 110mol L (OH )110K c c -+
-----?==?=???，因此Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH 为10，Fe 3＋完全沉淀3+35338sp (Fe )(OH )110(OH )810
K c c c ----=?=??=?，111(OH )210mol L c ---=??，14
141w 11110(H )mol L 510mol L (OH )210K c c -+
-----?==?=???，因此Fe 3＋完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4 = 4-lg5 = 3.3，故答案为：3.3。
③完成溶液乙到纯净CuCl 2·2H 2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却到26～42℃结晶；过滤。 ⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N 2H 4，并微热得到CuCl 沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N 2H 4的离子方程式：4Cu 2+ + 4Cl － + N 2H 4
4CuCl ↓ + N 2↑+ 4H +，故答案为：4Cu 2+ + 4Cl － +
N 2H 44CuCl ↓ + N 2↑+ 4H +。
7．孔雀石的主要成分为Cu 2(OH )2CO 3。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 Cu 2(OH )2CO 3＋2H 2SO 4＝2CuSO 4＋CO 2↑＋3H 2O 铁粉 Fe ＋Cu 2＋＝Fe 2＋＋Cu
【解析】
【分析】
（1）孔雀石的主要成分成为Cu 2(OH )2CO 3，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Cu 2(OH )2CO 3＋2H 2SO 4＝2CuSO 4＋CO 2↑＋3H 2O ；
(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CuSO 4，加入的金属粉末能将Cu 2＋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 ＋Cu 2＋＝Fe 2＋＋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。
8．工业常用FeCl 3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。
(1)写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式____________________
(2)某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。
操作Ⅰ和Ⅱ的操作使用到的主要玻璃仪器有____，滤渣③含有的单质有______。通入气体
⑥的化学式为______。
(3)若某腐蚀液中含1.5mol·L－1CuCl2、3.0mol·L－1FeCl2、1.0mol·L－1FeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为______。
【答案】Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋漏斗、玻璃棒、烧杯 Cu，Fe Cl2 22.4g
【解析】
【分析】
(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，据此分析书写反应的离子方程式；
(2)腐蚀废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，据此分析解答；
(3)由于氧化性Fe3+＞Cu2+，故先发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，然后再发生反应：
Cu2++Fe=Fe2++Cu，结合方程式计算需要加入Fe的物质的量和质量。
【详解】
(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
(2)反应后的废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁。操作Ⅰ和Ⅱ都为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，滤渣③含有的单质有铜、铁，将氯化亚铁转化为氯化铁可以通入Cl2，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；铜、铁；Cl2；
(3)溶液中CuCl2为0.2L×1.5mol/L=0.3mol，FeCl2为0.2L×3mol/L=0.6mol，FeCl3为
0.2L×1.0mol/L=0.2mol，为充分回收铜，加入的铁依次发生2个反应：2 Fe3++Fe=3 Fe2+和Cu2++Fe=Fe2++Cu，要将铜全部回收，加入Fe粉的质量应不少于
(0.2mol×1
2
+0.3mol)×56g/mol=22.4g，故答案为：22.4g。
9．2
CuCl、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 22
2242Cu 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。
10．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:
(1) “焙烧”时，提高反应速率的措施有____________(写一条)。
(2)炉气中的有害气体成分是__________。
(3)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_________。
【答案】适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等 SO2 2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O 【解析】
【分析】
根据流程：硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）在氧气中焙烧，得到Fe2O3、CuO、FeO等，加入稀硫酸除去不溶物，得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液，加入试剂X氧化Fe2+，若试剂X是H2O2溶液，反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧气或空气也可以达到此目的，利于降低生产成本，加入试剂Y条件pH范围3.7≤pH＜4.8，沉淀Fe3+，滤渣II为氢氧化铁，向滤液加入N2H4、KOH发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH90C 2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O，通过过滤、洗涤、烘干得到产品，据此分析作答。
【详解】
(1)为了提高反应速率，可以适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等；
(2)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；
(3) 酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；