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2020-2021 全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考模拟和真题分类汇总附答案 一、铜及其化合物 1某研究性学习小组拟探究热 CuCl22H2O 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 gmol-1，完成 CuCl22H2O 缓慢加热分解的化学方程式_。【答案】H-Cl CuCl 2(CuCl22H2O)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CuCl22H2O 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 CuCl22H2O 的物质的量为 n(CuCl22H2O)=3.42 g171 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 0.0264 g/mol=1.28 g1.99 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 CuCl22H2O 的物质的量为 n(CuCl22H2O)=3.42 g171 g/mol=0.02 mol，在没有 HCl 保护气作用下加热 CuCl22H2O 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 gCuCl22H2O 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CuCl22H2O 缓慢加热的反应方程式为 2(CuCl22H2O)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。2由两种元素组成的矿物 A，测定 A 的组成流程如下：请回答：（1）反应中除了产生 D 外，还有一种气体生成，请写出该气体的电子式_ （2）写出的化学方程式：_（3）写出的离子方程式：_（4）检验 E 溶液中含有 Fe2+的方法是：_【答案】Cu2S+2O2 2CuO+SO2 SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+取少量溶液 E 于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有 Fe2+【解析】【分析】由黑色固体 B 与一氧化碳共热反应生成红色固体单质 D 可知，黑色固体 B 为氧化铜，单质D 为铜，则 A 中含有铜元素；由无色气体 C 与过量氯化铁溶液反应生成 E 溶液，E 溶液与过量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知，C 为二氧化硫，E 为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，白色沉淀 F 为硫酸钡，则 A 中含有硫元素；4.66g 硫酸钡的物质的量为0.02mol，由硫原子守恒可知，A 中含有硫原子的物质的量为 0.02mol，3.20gA 中含有的铜原子的物质的量为3.20g0.02mol32g/mol64g/mol=0.04mol，则 A 中 n（Cu）：n（S）=0.04mol：0.02mol=2:1，A 的化学式为 Cu2S。【详解】（1）反应为氧化铜与一氧化碳共热反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为，故答案为：；（2）反应为硫化亚铜与氧气在高温下发生氧化还原反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为 Cu2S+2O2 2CuO+SO2，故答案为：Cu2S+2O2 2CuO+SO2；（3）反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸和氯化亚铁，反应的离子方程式为 SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；（4）E 为硫酸、氯化亚铁、盐酸和氯化铁的混合液，因溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验，所以检验亚铁离子应选用铁氰化钾溶液，具体操作为取少量溶液 E 于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有 Fe2+，故答案为：取少量溶液 E 于试管中，加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有 Fe2+。【点睛】E 溶液中含有的氯离子能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰亚铁离子检验是易错点。3将单质 Fe 和 FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中，搅拌、静置。根据下述不同情况，填写金属单质或金属离子的符号。（1）充分反应后，若 Fe 有剩余，则烧杯中不可能含有的金属离子是_。（2）充分反应后，如果烧杯中还有大量的 Fe3+，则还会有的金属离子是_。（3）如果烧杯中 Cu2+的物质的量减少了一半，则烧杯中一定没有的金属离子是_，一定没有的金属单质是_。【答案】Fe3+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe3+Fe 【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe 和 FeCl2、FeCl3、CuCl2，氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性 FeCu，铁先与氯化铁溶液反应，Fe 有剩余，则溶液中不存在 Fe3+、Cu2+，以此解答该题。【详解】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，单质Fe 和 FeCl2、FeCl3、CuCl2，则铁先与氯化铁溶液反应。氧化性：FeCl3CuCl2FeCl2，还原性 FeCu；Fe 有剩余，则溶液中不存在 Fe3+、Cu2+；如容器内有大量 Fe3+，说明金属 Fe 完全溶解且铜离子没有反应，所以还会有的金属离子是 Fe2+、Cu2+；如有一半 Cu2+剩余，说明铜离子已部分反应，所以氧化性强的铁离子已完全反应，则容器内一定没有的金属离子是：Fe3+；则 Fe 完全溶解，一定没有 Fe 剩余。【点睛】考查 Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键；本题中根据 Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无 Fe3+存在，一定存在 Fe2+，可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+和 Cu2+无剩余。4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+3H2O Cu2(OH)2CO32CuO+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)、反应中铜元素从 0 价升高为+2 价，反应中铜元素从+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，故答案为；(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)2CO32CuO+CO2+H2O。5现有 A、B、C、D 四种物质，A、B 为无色气体，C、D 为黑色粉末，B 跟 D 在一定条件下能生成 A，A 和 D 都能跟 C 反应生成 B 和一种红色固体 E，其中 B 能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀 F。（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。A_B_C_D_（2）写出实现下列变化的化学方程式 B DA_ A CE B_【答案】CO CO2 CuO C CCO2 2CO COCuOCuCO2 【解析】【详解】（1）A、B 都为无色气体，B 能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀 F，所以 B 是二氧化碳，F 是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末 D 在一定条件下能生成气体 A，所以 D 是木炭，A是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体 E，所以 C 是氧化铜，E 是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A 是 CO，B 是 CO2，C 是 CuO，D 是 C，E 是 Cu，F 是 CaCO3；故答案是：CO；CO2；CuO；C（2）B+DA 的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：CCO2 2CO；A+CE+B 的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：COCuOCuCO2；故答案为 CCO2 2CO；COCuOCuCO2 6氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，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 CuCl 的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是_，溶解温度应控制在 6070 度，原因是_。（2）写出步骤中主要反应的离子方程式_。（3）步骤包括用 pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_（写名称）。（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是_。（5）步骤、都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有_（填字母）A分馏塔 B离心机 C反应釜 D框式压滤机 （6）准确称取所制备的氯化亚铜样品 m g，将其置于若两的 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 a mol/L 的 K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗 K2Cr2O7溶液 b mL，反应中 Cr2O72-被还原为 Cr3+，样品中 CuCl 的质量分数为_。【答案】CuSO4或 Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸 醇洗有利加快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化 ）B、D 【解析】【分析】【详解】（1）海绵铜的主要成分是 Cu 与 CuO，溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸，则 Cu 被氧化为铜离子；在稀溶液中，硝酸根离子作氧化剂，硫酸没有氧化性，作酸性介质，因此Cu2+和 NH4+都会变成对应的硫酸盐。（2）步骤反应后过滤，说明反应中有沉淀产生，则该沉淀为 CuCl 沉淀，结合硫酸铵的回收，可知步骤发生的离子反应为：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；（3）盐酸中含有较多氯离子，可能溶解 CuCl 沉淀，不合适；硝酸具有氧化性，会氧化CuCl 沉淀，不合适；三大强酸中只有稀硫酸合适。（4）CuCl 难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化，而水与醇互溶，所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低，可加快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化，也有利于后面的烘干步骤。（5）用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备，错误；B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降，达到固液分离的目的，正确；C、反应釜为发生反应的设备，错误；D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出，达到固液分离的目的，正确，答案选 BD；（6）根据题意，CuCl 与 K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为 Cr3+，则 bmL、a mol/L K2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是 ab10-323mol=6ab10-3mol，+1价 Cu 会被氧化为 Cu2+，根据得失电子守恒，则 CuCl 的物质的量是 6ab10-3mol，则样品中CuCl 的质量分数是(6ab10-3mol99.5g/mol)/mg100%=0.597ab/m100%。7氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。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-nCln，n 随着环境酸度的改变而改变。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 的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器 A 的名称_，有关抽滤，下列说法正确的是_ A抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出 B在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤 C在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸 D减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作 1 为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于 70干燥 2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂_ A浓盐酸 B浓氨水 C无水乙醇 D水+乙醇 真空干燥的原因是_。(4)随着 pH 减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数_ A增大 B不变 C减小 D不能确定【答案】2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+吸滤瓶 AD C 防止 CuCl 在潮湿空气中水解、氧化 C 【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，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有 Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生 CuCl 沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O 2CuCl+SO42-+2H+；(2)根据仪器 A 的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A 正确；B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B 错误；C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C 错误；D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D 正确；故合理选项是 AD；(3)操作 1 为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于 70干燥 2h，冷却、密封包装，故合理选项是 C；真空干燥的目的防止 CuCl 在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平 pH 值减小，Cu2(OH)4-nCln中 4-n 减小，n 增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验，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，侧重考查学生的分析与实验能力。8CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石(主要成分Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2杂质)制备 CuCl 的某流程如图：请回答：(1)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(2)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_ (3)下列说法不正确的是_ A步骤中产生的气体的主要成分为 CO2和 H2S 气体 B滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3和 Cu(OH)2 CCO32-作用是控制溶液 pH，促使 CuCl 沉淀的生成 D若改变试剂加入顺序，将溶液 3 缓慢加入到含大量 SO32-/CO32-的溶液中，同样可制取CuCl【答案】2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O 2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H BD 【解析】【分析】孔雀石主要成分 Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2杂质中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣 1 为二氧化硅，溶液 1 中含有 Fe2+、Fe3+、Cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节 pH 值，使铁离子沉淀，得到滤渣 2 为氢氧化铁，溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，由于2-2-33SO/CO的溶液呈碱性，所以如果将溶液 3 缓慢加入到含大量2-2-33SO/CO的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。【详解】（1）步骤主要目的是利用双氧水氧化 Fe2+，其反应离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；故答案为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；（2）溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，其主要离方程式为：2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H；故答案为：2+-2-2-+3242Cu+2Cl+SO+H O=2CuCl+SO+2H；（3）A由上述分析可知，步骤中产生的气体的主要成分为 CO2和 H2S 气体，故 A 不符合题意；B由上述分析可知，滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3，故 B 符合题意；C溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，故 C 不符合题意；D若先加入碳酸钠，溶液 2 中硫酸铜会先生成氢氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备 CuCl，故 D 符合题意；故答案为：BD。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-nCln，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-nCln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 pH 值减小，溶液中 c（H+）增大，则Cu2（OH）4-nCln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已知某工业废水中含有大量 FeSO4，较多的 Cu2+，极少量的 Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收 FeSO47H2O 晶体及金属 Cu。（1）步骤 1 的主要操作是_，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有_。（2）固体混合物是_（填化学式）（3）步骤 3 中发生反应的化学方程式为_。（4）步骤 4 中涉及的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反应的离子方程式_。【答案】过滤 漏斗、玻璃棒 Fe、Cu Fe+H2SO4=FeSO4+H2 冷却结晶 Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O 【解析】【分析】已知某工业废水中含有大量 FeSO4，较多的 Cu2+，极少量的 Na+以及部分污泥，通过过滤得到溶液 1，含有大量 FeSO4，较多的 Cu2+，极少量的 Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液 2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 FeSO47H2O 晶体；固体混合物铁和铜加入足量的硫酸，得到硫酸亚铁溶液进入溶液 2 中，同时剩余铜固体，据以上分析解答。【详解】（1）步骤 1 用于分离固体和液体，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（2）由上述分析可知，固体混合物含 Fe、Cu；故答案为：Fe、Cu；（3）步骤 3 中发生反应的离子方程式为 Fe+H2SO4 FeSO4+H2；故答案为：Fe+H2SO4 FeSO4+H2；(4)步骤 4 中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 FeSO47H2O 晶体，故答案为：冷却结晶；(5)氧化亚铜与稀硫酸反应,溶液变蓝,发生离子反应为 Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。