2020-2021培优易错难题铜及其化合物推断题辅导专题训练.docx

1、2020-2021 培优 易错 难题铜及其化合物推断题辅导专题训练一、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： X 分解成 A、 B、C 的反应为非氧化还原反应；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

2、 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)6SO4 4CuO+SO3 +3H2O2+2+22溶Cu O+2H =Cu +Cu+H O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl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 H

3、2SO4，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 H24反应生成红色固体和蓝色溶液应为2SOCu O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu224422O+H SO=Cu+CuSO+H O，所以黑色固体 C为 CuO，G 为 Cu O，气体 F 为 O24，红色 H为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO，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

4、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28.8?g=0.4mol ， n(CuO)=0.4mol，可知，在浅绿色盐X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=2 144?g / mol23.3?gn(S)=n(BaSO )=0.1mol ， n(CuO)： n(SO )=0.04mol： 0.01mol=4 ： 1，仅含四种

5、元43233?g / mol素，不含结晶水，设化学式为： Cu4m44m43m2(OH) SO ， Cu (OH) SO4CuO+SO+H O ，根据2氧元素守恒得： m=6，符合 M(X)908g/mol ，所以 X 化学式为Cu464(OH) SO ；(2)X 在隔绝空气、 570温度下加热发生Cu (OH) SO4CuO+SO +3H O ；46432(3)砖红色固体 G 是 Cu O，与足量稀 H2SO 发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO 、 H O，反2442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42-的方法

6、检验，方法是：取少量样品于试SO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。2A 为金属单质， B、C、 D、 E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系产物已略去，有的反应在溶液中进行 )。请回答：(部分(1)A 是 _， C 是 _ 。 (均用化学式表示 )(2)写出实验室制备D 的化学方程式： _。(3)写出

7、用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_。(4)设计实验方案，检验C 溶液中的金属阳离子： _【答案】 Fe FeClMnO2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O3+2+2+取 C溶液2Cu+2FeCu +2Fe于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解析】【分析】A 为金属单质， B、 C、 D、 E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且 B 与 A 反应生成 C，则 A 为 Fe， D 为 Cl2， B

8、 为 FeCl3， C 为 FeCl2， A 与 E 反应生成C(FeCl2)，结合 (3) 用“ B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板 ”可知， E 为 HCl，据此解答。【详解】（ 1）根据分析可知， A 为 Fe， C 为 FeCl2，故答案为： Fe； FeCl2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓) = MnCl2+Cl2 +2HO，故答案为： MnO 2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O；（3） B 为 FeCl ，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：3Cu+2Fe3+ Cu2

9、+2Fe2+，故答案为： Cu+2Fe3+ Cu2+2Fe2+；（4） C 为 FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验 Fe2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，故答案为：取 C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂 (如氯水双氧水 )后溶液显血红色，说明含有 Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。3 为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（ 1）

10、X 的化学式是 _。（ 2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是_。（3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式_。2+-Cu2O H2SO4=Cu CuSO4 H2 O【答案】 CuO Cu +2OH =Cu(OH)2【解析】【分析】流程中 32gX 隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：32.0g-28.8g=3.2g，证明 X 中含氧元素， 28.8g 固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X 中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X 为氧化铜，32g=0.4mol ，结合质量守恒得到n(CuO)=80 g / mo

11、l3.2gn(O )=0.1mol ，氧元素守恒得到甲中n(Cu)： n(O)=0.4mol：(0.4mol-232g / mol0.1mol 2)=2：1，固体甲化学式为 Cu O，固体乙为 Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠2溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g 氧化铜。【 解】(1)分析可知 X 为 CuO，故答案 CuO；(2) 色溶液 硫酸 溶液， 化 色沉淀 氧化 的离子方程式 Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案 Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲 Cu2O，氧化 和稀硫酸溶液 生歧化反 生成 、二价 离子和水，反 的化学方程式 ：Cu2O H2SO4=

12、Cu CuSO4 H2O，故答案 Cu2OH2SO4=Cu CuSO4H2O。4 我国很早就使用青 器，由于 久 ，其表面有一 “” “ ” “ ”绿锈 ， 绿锈 俗称 铜绿 ，是 和空气中的水蒸气、 CO22223、 O 作用 生的，化学式 Cu (OH) CO ，“ ”能跟酸反 生成 、 CO2 和 H2O。某同学利用以下反 了“铜 铜绿 铜 ”的 化。（1）从物 分 准看，“铜绿 ”属于 _（填字母）。A酸B碱C D氧化物（ 2） 写出 与 酸反 的离子方程式：_。（ 3）上述 化 程中属于氧化 原反 的是_（填序号）（4） 在受 可直接分解生成物 B、 CO2 和水，其分解的化学方程式

13、 _。【答案】 CCu2(OH)2CO3+4H + =2Cu2+ +CO 2 +3H2OCu (OH)2CO32CuO+CO + HO222【解析】【 解】223C；(1)、 Cu (OH) CO 中含有金属阳离子和酸根离子，属于 ，故 223+2+22(2)、 与 酸反 的离子方程式：Cu (OH) CO +4H =2Cu+CO +3H O；(3)、反 中 元素从0 价升高 +2 价，反 中 元素从+2 价降低 0 价，其他反 元素化合价无 化，因此，上述 化 程中属于氧化 原反 的是，故答案 ；(4)、 受 分解生成氧化 、二氧化碳和水，化学方程式 ：Cu (OH) CO2CuO+CO +

14、 HO。22325FeCl3 溶液可以 刻印刷 路板上的Cu。某 趣小 模 程，并回收Cu 和 刻液的流程如下：（ 1） “蚀刻 ”时的化学反应方程式为 _。（ 2） 滤渣的成分为 _。（ 3） “反应 ”的离子方程式为 _。【答案】 2FeCl3 Cu 2FeCl2 CuCl2Cu、 Fe2+3+2Fe Cl2 2Fe 2Cl【解析】【分析】按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；【详解】（1）溶液在 “蚀刻 ”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3Cu 2FeCl2 CuCl2答案为： 2FeCl3 Cu 2FeCl2 CuCl2；（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤

15、渣的成分为Cu、 Fe；答案为： Cu、 Fe；（ 3）滤液中溶质只有 FeCl2 ，被通入的氯气氧化， “反应 ”的离子方程式为 2Fe2+ Cl22Fe3+ 2Cl ；答案为： 2Fe2+ Cl2 2Fe3+ 2Cl。6 信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁某“”变废为宝 学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu 、 25%Al 、 4%Fe 及少量 Au、Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：回答下列问题：1 第步 Cu 与酸反应的离子方程式为_ ；得到滤渣1 的主要成分为_ 2 第步加入 H 2 O2 的作用是 _ ，使用 H 2 O2

16、的优点是 _ ；调节 pH 的目的是使 _ 生成沉淀3 由滤渣 2 制取 Al 2 (SO4 )3 18H 2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_ 方案不可行，原因是_ ；4探究小组用滴定法测定CuSO45H 2O Mr250含量取a g 试样配成100mL溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用c mol / LEDTAH 2Y 2标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL. 滴定反应如下：Cu 2H 2 Y 2CuY 22H写出计算CuSO 4 5H 2O 质量分数的表达式_ 【答案】 Cu 4HVCu 22NO 22H 2O Au、 Pt 把 Fe2 氧化为 F

17、e32NO 3不引入杂质，产物对环境无污染Fe3、 Al 3甲 滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质125cb%a【解析】【分析】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、 Al、 Fe发生反应生成 Cu 2、 Al 3、 Fe2 ；所以滤渣 1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是 Cu 2、 Al 3 、 Fe2 ；(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液pH 目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H 2O2 的作用是把 Fe2氧化为 Fe3，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物

18、对环境物污染；调溶液pH 的目的是使Fe3 和 Al 3形成沉淀所以滤液2 的成分是 Cu2+，滤渣 2 的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；(3)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；(4)依据滴定实验和反应离子方程式计算得到。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，CuAl、Fe发生反应生成 Cu2 、Al3 、Fe2 ；所以滤、渣 1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是 Cu 2 、 Al 3、 Fe2；第步 Cu 与酸反应的离子方程式为： Cu 4H2NO3V2NO 22H2 O ，Au、 Pt 和酸不反应，所Cu2以是

19、滤渣；故答案为：Cu 4H2NO 3VCu22NO 22H 2O ，Au 、 Pt；(2)第步加 H 2O2 的作用是将 Fe2氧化为 Fe3，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液 pH 铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2 氧化为 Fe3，不引入杂质，产物对环境无污染，Fe3 、 Al 3生成沉淀；(3)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行，故答案为：甲，滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶

20、体中混有大量硫酸铁杂质；(4)取 ag试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用cmol L 1EDTAH 2 Y 2标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液 6mL ，滴定反应如下： Cu2H2Y 2CuY 22H ，铜离子物质的量和标准液物质的量相同cmol / Lb10 3 Lbc10 3 mol ；依据元素守恒得到：则 20ml 溶液中含有的 CuSO 45H 2 O 物质的量为bc 103 mol ； 100ml 溶液中含bc 10 3 mol5 5bc10 3 mol ；所以 CuSO45H 2O 质量分数的表达式cmol / Lb 10 3 L250gm

21、ol 1 5125cb% ；故答案为：125cbag100%=g% 。a【点睛】硝酸根与氢离子的组合氧化性非常强，可以氧化金属铜，浓硝酸体现强氧化性生成的还原产物是二氧化氮；过氧化氢是常见的氧化剂，优点是不引入新杂质，对环境无污染。7 信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝 ”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、 25%Al、4%Fe 及少量 Au、 Pt 等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第 步 Cu 与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣I 的主要成分为 _；(2)第 步加 H2O2 的作用是 _；(

22、3)用第 步所得 CuSO45H2O 制备无水CuSO4 的方法是 _；(4)由滤渣 2 制取 Al2(SO4)3 18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。+-2+-2+【答案】 Cu+4H +2NO3Cu +2NO2+2H2O 或 3Cu+8H +2NO33Cu+2NO +4H2OAu、 Pt将 Fe2 氧化为Fe3 ，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4 )3 杂质乙【解析】【分析】本题是以含 70%Cu、 25%Al、4%Fe 及少量 Au、 Pt 等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸

23、铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH 使 Fe3+、 Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、 Al、 Fe发生反应生成Cu2+、 Al3+、 Fe2+，其中不活泼的金属 Au、 Pt 不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是2+3+2+-Cu、 Al 、 Fe ；第步 Cu 与硝酸反应的离子方程式为： Cu+4H +2N

24、O3Cu2+2NO2 +2H2O 或 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO +4H2O；(2)第步加 H2O2 的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+； H2O2 作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；(3)由于 CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2 与硫酸会再反应产生 CuSO4，所以第步由424CuSO5H O 制备 CuSO 的方法应是直接在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；乙方案先在滤

25、渣中加H2 424 324 324 3生SO ，生成 Fe (SO ) 和 Al (SO ) ，再加适量Al 粉， Al 和 Fe (SO )成 Al2 4 3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；(SO )丙方案先在滤渣中加NaOH， NaOH 和 Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2 与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多 Fe2(SO4)3 杂质；从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产

26、物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。8 氯化亚铜 (CuCI)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、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 Cu2+、 Fe3+、 H+、CI-)中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（ 1）写出步骤中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（ 2）步骤的操作名称是

27、 _。（ 3）步骤中所加物质 X 为 _。（ 4）步骤的操作是 _。（5）步骤应调节溶液的pH 呈酸性，且用乙醇洗涤（6）在 CuCI的生成过程中，可以循环利用的物质是补充 (不考虑调节等消耗)；理由是 _。CuCl 品体，目的是 _。_，理论上 _(填“需要 ”或 “不需要 ”)（ 7）业上还可以采用以碳棒为电极电解 CuCl2 溶液得到 CuCl。写出电解 CuCl2 溶液中的阴极上发生的电极反应： _。【答案】 Cu2+ +Fe=Cu+Fe 2+ 、 Fe+2Fe3+ =3Fe2+ 或 Fe+2H+=Fe2+ +H2 过滤、洗涤CuO 或Cu (OH) 2 或 CuCO3 等在 HCl

28、气流中蒸发结晶减少 CuCl 的损失硫酸 不需要Cu 与浓硫酸反应生成 CuSO4和 SO2 的物质的量为 1： 1，而生产 CuCl 的过程中消耗 CuSO4 和SO2 的物质的量也为 1 1，所以理论上不需要补充H2SO4 Cu2+ +Cl -+e-=CuCl 【解析】【分析】从某酸性废液（主要含Cu2+ 、 Fe3+、 H+ 、 Cl -）中制备氯化亚铜，向工业上以某酸性废液（含 Cu2+、 Fe3+ 、H + 、 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

29、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，酸性废液调节 pH 值使铁离子沉淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反应生成氯化亚铜和硫酸，硫酸可以再循环利用。【详解】（1）步骤中铁能与铜离子及铁离子反应生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反应生成氢气，涉及的离子方程式为2+2+3+2+Cu+Fe=Cu+Fe 、 Fe+2Fe=3Fe 、+2+2，故答案为：2+2+、 Fe+2Fe3+2+或Fe+2H+ 2+2；Fe+2H =Fe +HCu +Fe=Cu+Fe=3Fe=Fe +H（ 2）步骤中从溶液中分离出固体物质过量的铁和生成的铜，所以步骤的操作名称是过滤、洗涤，

30、故答案为：过滤、洗涤；（3）步骤中为调节溶液的pH 值，要能与酸反应同时不引入新的杂质，所以物质X 为CuO 或Cu (OH)2 或CuCO3 等，故答案为：CuO 或Cu (OH)2 或CuCO3 等；（ 4）步骤的操作是从氯化铜溶液中获得氯化铜晶体，要防止铜离子水解，所以步骤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶，故答案为：在HCl 气流中蒸发结晶；（5） CuCl 微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇洗涤CuCl 晶体，减少 CuCl 的损失，故答案为：减少 CuCl 的损失；（6）根据流程分析可知，硫酸可以循环利用，Cu 与浓硫酸反应生成CuSO42和 SO 的物质的量为 1： 1，

31、而生产 CuCl 的过程中消耗 CuSO和 SO2 的物质的量也为11 ，所以理论上4不需要补充 H2SO4，故答案为：硫酸；不需要；Cu 与浓硫酸反应生成CuSO4 和 SO2 的物质的量为 1： 1，而生产 CuCl 的过程中消耗 CuSO4211，所以理论上和 SO 的物质的量也为不需要补充H2SO4；（7）电解 CuCl2 溶液，阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子结合氯离子生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为 Cu2+Cl-+e-=CuCl ，故答案为： Cu2+Cl-+e-=CuCl 。9 孔雀石主要含 Cu2 (OH)2CO3，还含少量 Fe、 Si 的化合物。某工厂以孔雀石为主

32、要原料制备 CuSO 5H O，主要步骤如下：42已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使Fe3+、 Fe2+、 Cu2+生成沉淀的pH 分别如下：请回答下列问题：(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施有 :_( 写一种 )。(2)试剂 是双氧水，把Fe2+氧化成 Fe3+的目的是 _ 。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是_ 。(3)试剂 为 CuO，其目的是调节溶液的pH 保持在 _ 范围。操作 的名称是 _。(4)溶液 C 得到 CuSO45H2O 的主要步骤是 _ 、_ 、过滤、洗涤、干燥。【答案】适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨

33、成粉末等其他合理等案)调节 pH 时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，从而把杂质快除去温度控制在80CpH控制在1.5,o ，氧化时间为 4h 左右 3.2 pH4.7过滤 蒸发浓缩冷却结晶【解析】【分析】孔雀石中加入稀硫酸，得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳，还有SiO2，那么气体 E 为CO2，加入试剂后产生红褐色沉淀D，说明沉淀为Fe(OH)3，进一步说明溶液B 中含有Fe3+，那么试剂是一种具有氧化性的试剂，可将溶液A 中的 Fe2+氧化为 Fe3+，为了不引入新杂质，选用的试剂是H2 23+沉淀，同时保留O ；试剂的作用是调节溶液的pH 使 Fe2+，溶液 C 为硫酸铜

34、溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤干燥后可得CuSO42Cu5H O，据此解答本题。【详解】（ 1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施是升高反应的温度或者增大接触面积；（2）由分析可知试剂是双氧水，可将溶液A 中的Fe2+氧化为Fe3+，把Fe2+氧化成Fe3+的目的是在Cu2+开始沉淀之前Fe3+已完全沉淀，从而把杂质除去；由曲线图可知，当温度为80， pH=1.5 时Fe3+的转化率最高，因此工业上氧化操作时应采取的条件是温度为80，pH=1.5时，氧化时间为4h左右；（ 3）试剂为 CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在 3.24.7 之间，既能让 Fe3+完全沉淀，又不让 Cu2+开始沉淀；操