1、高考化学二轮铜及其化合物推断题专项培优易错试卷附答案解析一、铜及其化合物1 化合物 A 是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C 为无色气体，B 为无色液体， D 为无色有刺激性气味的气体，B 到E 的反应条件为通电，I 为一种常见强酸。请回答下列问题：(1)A 的化学式为 _ 。(2)C 的水化物与I 的酸性由强到弱的顺序：_( 用化学式填空 )(3)B 生成 E 的化学方程式为_ 。(4)金属铜与 I 的稀溶液反应的离子方程式为_，该反应中还原产物是_，生成 1mo1 的还原产物，转移电子的数目为_N A。【答案】 NH4HCO3 或 (NH
2、4)2CO3HNO3 H2CO32H2 O2H2 +O23Cu+8H+ +2NO3-=3Cu2+ +2NO +4H2ONO3【解析】【分析】化合物 A 是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C 为无色气体，B 为无色液体， D 为无色有刺激性气味的气体，A 是碳酸氢铵或碳酸铵，C 是二氧化碳， B 是水， D 是氨气， B到 E 的反应条件为通电， E 是氢气， F 是氧气， F 和 D 反应生成 G，G 是一氧化氮， H 为二氧化氮， I 为一种常见强酸，是硝酸。【详解】根据分析可知， A 为碳酸氢铵或碳酸铵， C 是二氧化碳， B 是水， D 是氨气， E 是氢气， F是氧气， G 是一氧
3、化氮， H 为二氧化氮， I 为硝酸。(1)A 是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3 或(NH4)2CO3；(2)C 的水化物为碳酸，I 为硝酸， N 的非金属性强于 C，故酸性： HNO3 H2CO3；(3)B 在通电的条件下生成E 和 F，化学方程式为电解水， 2H O通电2H +O ；222(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO3-= 3Cu2+2NO +4H O，硝酸中的氮元素化合价从+5 降低到 +2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原2产物，生成2molNO 转移 6mol 电子，故生成1mo1 的 NO，转移 3mol 电子，数目为3NA
4、。2 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） 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+-22442【答案】 CuO Cu2+2OH =Cu(OH)Cu O H SO =Cu CuSO H O【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
5、为32gCuO，X 为氧化铜， n(CuO)= 80 g / mol =0.4mol ，结合质量守恒得到3.2gn(O2)=0.1mol ，氧元素守恒得到甲中n(Cu)： n(O)=0.4mol ：(0.4mol-32g / mol0.1mol 2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g 氧化铜。【详解】(1)分析可知X 为CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为 Cu2O，
6、氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为： Cu2O H2SO4=Cu CuSO4 H2O，故答案为 Cu2OH2SO4=Cu CuSO4H2O。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
7、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。M 由两种化合物组成，其中含有；将通入BaCl2 溶液，实验现象是 _。若经反应 I 得到16 g 固体，产生的气体 M 恰好被0.3L1mol L 1 NaOH 溶液完全吸收得溶液 1，则反应中发生反应的离子方程式是_。【答案】 SO222+42-+NOn+0.2产生白色沉淀3+3-22+42-+NO +H O=2H +SO2Fe +HSO +H O=2Fe +SO+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
8、23； B 为 Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸， C 为 NO， X 为 HNO铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2 反应生成硫酸和硝酸，确定B为 Cu， Y 为硫酸， F 为 SO24， G 为 CuSO；（ 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 FeSOFe2O3+SO2 +SO3，气体 M 为 SO2 和 SO34， 2FeSO4的混合物， M 与 NaOH 反应生成盐和水，N 为 Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。Fe3+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
9、以上分析可知，反应为SO2、 NO2 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SO2+NO2 +H2 O=2H+SO42-+NO；答案： SO2+NO2 +H2O=2H+SO42- +NO（2） 6.4gB 与过量 X 溶液 (HNO3)充分反应后，生成的还原产物有NO2、 NO，反应后溶液中所含 HNO3 为 n mol ，溶液中所含 N O 3 的物质的量为： n（ NO 3） =n（ Cu2+）6.4g22+n=64g / mol +n= n+0.2mol ；答案： n+0.2（3）将（ SO2、 SO3）通入 BaCl2 溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2
10、=BaSO4 +2HCl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应： 2FeSO42 3232 32424 3+3H2O；Fe O + SO + SO；反应 Fe O +3H SO =Fe (SO)根据固体 M（ Fe23）的量计算出23的物质的量。OSO和 SO2FeSOFe O + SO + SO42323160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O1mol2mol1mol0.01mol 0.02mol 0.01molSO2+ NaOH = NaHSO31mol 1mol1mol0.01mol 0.01mol 0.01m
11、ol溶液 1 为 Na2SO4 和 NaHSO3 的混合物；反应：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2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+；答案： 2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42- +3H+4 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）反应的化学方程式：
12、 _ 。（ 4）反应的化学方程式： _。【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
13、。（ 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： 2NH4 Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3 +2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3 +2H2O。（3）反应为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应的方程式为：3NO +H O=2HNO +NO，故答案为： 3NO +H O=2HNO +NO。323323（4）反应为氨的催化氧化，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
14、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。5 铜与浓硫酸在加热条件下发生反应。（ 1）请同学们写出该反应方程式 _ ；（ 2）其中 _为还原剂，浓硫酸表现的性质 _ （酸性、强氧化性、强氧化性和酸性）；（3）当 3molCu 参加反应，转移的电子数为_ 。【答案】 Cu+2H2 4422强氧化性和酸性ASO （浓）CuSO+SO +2H O Cu（或铜）6N（或 3.612 1024）【解析】【详解】(1)铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、SO2 和水，该反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2
15、+2H2O；(2)在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O 中， Cu 元素化合价升高，则Cu 发生氧化反应，是还原剂，而S 元素部分化合价+6 价降为 +4 价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；(3)反应中 Cu 从 0 价升高为 +2 价，则当3molCu 参加反应，转移电子的物质的量为3mol 2=6mol，数目为6NA。6 氯化亚铜 (CuCl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。方法一：(1)CuCl 可以溶解在FeCl 溶液中，请写出该反应的离子方程式是：_。3(2)还原过程中的产物为 NaCuCl2 ，试写
16、出发生反应的化学方程式是_，过滤操作用到的玻璃仪器有_。(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_。方法二：(4)a.写出过程的主要反应的化学方程式_。b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：方案一：可将上述X 稀溶液用于废铜的处理(如图所示 )，则 Y 可以为 _(填化学式 )。方案二：过程中Cu 与浓 H2 424CuCl 的制备，理论SO 反应所得SO和 CuSO 用于过程中上 _(填 “需要 ”或 “不需要 ”)另外补充 SO2，原因是 _( 结合化学方程式回答 )。【答案】 CuCl Fe3=Cu2 Fe2 ClCuCl2 2NaCl Cu=2NaCuCl2烧杯、漏斗、玻璃
17、棒加热除去表面可溶性杂质，使CuCl 尽快干燥，减少溶解损失2H2SO4(浓 ) CuCuSO4 SO22H2OO2不需要过程中生成CuSO4 和 SO2 的物质的量之比为1 1，而过程发生反应： CuSO CuCl SO 2H O=2CuCl 2H SO ，需要的CuSO 和 SO 的物质的量之比42222442也恰好为 1 1，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)【解析】【分析】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；(2)流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为 NaCuCl2 ，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪
18、器有漏斗、玻璃棒、烧杯；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；b由生产氯化亚铜的流程可知 X 的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质 Y 应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。【详解】(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuClFe3 =Cu2 Fe2 Cl ；(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物NaCuCl2 ，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl2
19、2NaCl Cu=2NaCuCl2；(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；(4)a浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:Cu+2H SO (浓 )加热CuSO +SO +2H O；b方案一：由生产氯化亚铜的流程可知X 的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y 应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y 为 O ；方案二：过程 中生成 CuSO424和 SO的物质的量之比为 1 1，而过程 发生反应： CuSO CuCl2 SO2 2H2O=2CuCl 2H2SO4，需要的 CuSO4 和 SO2 的物质
20、的量之比也恰好为11，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)。7 硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO4?5H2O）的生产流程示意图：胆矾和石膏（ CaSO4?2H2O）在不同温度下的溶解度（g/100 g 水），见下表：温度（）20406080100石膏0.320.260.150.110.07胆矾3244.661.883.8114(1) 浸“出 ”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是_。(2)取样检验是为了确认Fe3+是否除净。有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：方案一：取样于试管滴加 KSCN溶液；方案二：径
21、向层析喷 KSCN溶液你认为上述两种方案设计更合理的是_；指出你认为不合理的方案存在的问题_；(3)操作（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是_；(4)操作具体方法是_ 、_ （填操作方法）、洗涤后干燥，对产品进行干燥宜在_（填 “较高 ”或“不太高 ”）温度下，判断产品已经干燥的操作是 _。(5)某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备，在整个实验过程中，使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是_（填仪器名称）。(6)中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物（如：FeSO4?7H2O、硝酸盐的结晶水合物、Na2SO4?10H2O 等）来研究结晶水含量测定实验，其优点
22、可能是_（填字母）a胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到b胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水c胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化d CuSO 不易分解，也不易与空气中物质反应4【答案】 3Cu+2HNO32442方案二2+的颜色对检验有干扰使+3HSO =3CuSO+2NO+4H OCuCuSO 尽量溶解而石膏尽量析出冷却结晶过滤不太高重复干燥冷却后称量直到连续4两次称量相差不超过0.001 g（或恒重操作）漏斗c、 d【解析】【分析】含铁的废铜原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，溶解后得到浸出液，在浸出液中主要含有 Cu2+、 Fe3+、 H+、 SO42-，加入石灰浆调节溶液pH，沉淀铁离
23、子，过滤得到红褐色滤渣为氢氧化铁沉淀，依据石膏和蓝矾的溶解度，控制100C，滤液中析出石膏，滤液中主要为硫酸铜，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥得到硫酸铜晶体，据此分析解答。【详解】(1)由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO32442+3H SO=3CuSO +2NO +4H O，故答案为：3Cu+2HNO +3H SO =3CuSO+2NO +4H2O；3244(2)方案一：取样于试管滴加 KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象有干扰，不能检验铁离子的存在；方案二：径向层析喷 KSCN溶液，纸上层析
24、是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离的目的，不但可以分辨出铁离子还能辨别出含有铜离子，故答案为：方案二；取样于试管 滴加 KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象干扰，不能检验铁离子的存在，故答案为：Cu2+的颜色对检验有干扰；(3)由表中溶解度可知，胆矾的溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，因此操作中趁热过滤可以使CuSO4 尽量溶解而石膏尽量析出，故答案为：使 CuSO尽量溶解而石膏尽量析出；4(4)从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；硫酸铜晶体受热容易分解，因此干燥时温度不宜太高，当重复干
25、燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过 0.001 g，说明产品已经干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；不太高；重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001 g；(5)在整个实验过程中，除了滴加容易，蒸发浓缩、还有过滤操作，因此使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是漏斗，故答案为：漏斗；(6) a、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，不是因为胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到，故a 错误； b、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，故b 错误； c、硫
26、酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na2SO4?10H2O 加热前后颜色没有变化，故c 正确； d、硫酸铜比较稳定，不容易被氧化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，故d 正确；故答案为： cd。【点睛】本题的易错点和难点为（1）中方程式的书写，要注意流程图中的浸出液中没有硝酸根离子，说明硝酸根离子完全反应，同时溶液为稀溶液。8 工业上由含铜废料(含有 Cu、 CuS、 CuSO4 等 )制备硝酸铜晶体的流程如下：(1)焙“烧 ”时 CuS转化为 CuO 和 SO ，反应的化学方程式为 _。
27、2(2)酸“化 ”步骤反应的离子方程式为 _ 。(3)过“滤 ”所得滤液中溶质的主要成分为 _ 。(4) 淘“洗 ”所用的溶液 A 应选用 _(填序号 )。a稀硫酸b浓硫酸c稀硝酸d浓硝酸(5) “反应 ”一步的过程中发生反应 Cu+2HNO3+H2O2 =Cu(NO3)2+2H2O。该反应中被还原的物质为 _。 “反应 ”一步中若不加 10% H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体 NO2，请写出该反应的离子方程式_ 。(6) 由“反应 ”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO ) 3H O 晶体的方法是3 22_ 。(相关物质的溶解度曲线如图所示)【答案】2Cu
28、S+3O+2+-242 232CuO+2SO CuO+2H =Cu +2H OFeSOa H OCuO+4H +2NO =2+22蒸发浓缩，冷却至 26.4摄氏度时结晶Cu +2HO+2NO【解析】【分析】工业上由含铜废料(含有 Cu、 CuS、 CuSO4 等 )制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO 和 SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用冷水淘洗后加入20%的 HNO3和0% H2O2发生反应，的蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4 C结晶，从 “反应 ”所得溶液中析出Cu(NO3)2?3H2O。【详解】(1)C
29、uS焙烧和氧气反应转化为CuO 和 SO2 ，根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为： 2CuS+3O2CuO+2SO；(2)焙烧后主要为氧化铜，酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水，离子方程式为：CuO+2H+ =Cu2+2H2O；(3)根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤 ”所得滤液中溶质的主要成分为 FeSO；4(4)淘洗加入酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜，a、稀硫酸，不能和铜反应，故a 选；b、浓硫酸和铜常温下不反应，但遇到水溶解放出大量热，会和铜发生反应，故b 不选；c、稀硝酸具有氧化性能氧化铜，故c 不选；d、浓硝酸能溶解铜，故d 不选；故答案为： a；
30、(5)该反应中 H O 中的氧元素由 -1 价变为 -2价，化合价降低被还原；22若不加 10%H2 23O，只用 20%HNO ，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H+3-2+22+2NO =Cu +2NO +2H O；(6)图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4 C溶液中才能析出Cu(NO3)2?3H2O，所以从 “反应 ”所得溶液中析出Cu(NO3)2?3H2O 的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于 26.4 C 结晶。【点睛】配平氧化还原方程式时先分析元素化合价的变化，找出氧化剂还原剂和氧化产物还原产物，之后依据电子守恒和元素守恒配平反应
31、方程式。9 如图是工业上以制作印刷电路的废液( 含 Fe3、 Cu 2、 Fe2、 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 “
32、无水乙醇 ”或 “稀硫酸 ”)CuCl 加入饱和 NaCl 溶液中会部分溶解生成CuCl 2 ，在一定温度下建立两个平衡：I.CuCl s ?CuaqClaqK sp1.4 10 6II.CuCl sClaq ?CuCl2 aqK sp0.35 。(5)分析 c Cu、 c CuCl 2和 K sp 、 K 的数学关系，在图2 中画出 c Cu、 c CuCl 2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：称取样品 0.25g 于 250mL 锥形瓶中，加入10mL 过量的 FeCl 3 溶液，不断摇动：待样品溶解后，加入20mL 蒸馏水和2 滴指示剂；立即用 0.100
33、0molL 1 硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；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CuCl FeCl3 CuCl 2FeCl 2 、 Fe2Ce4Fe3Ce3 ，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SO2 2Cu 22Cl2H 2O 2CuClSO424HB无水乙醇96.7%【解析】【分析】废液中加入过量铁粉，发生反应:Fe+2Fe3+ 3Fe2+、 Fe+Cu2+ Fe2+Cu，原溶液中的Fe3+ 、Cu2+
34、被除去，过滤所得的滤液中含有Fe2+、 Cl -，在滤液中加入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到 FeCl3 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，因此滤液也为FeCl2 溶液，滤渣为铜。【详解】(1) 流程中的滤渣与 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， SO2、 CuSO4、 CuCl 2 反应生成 H 2SO4、 CuCl ，因此离子方程式为SO22Cu22Cl2H2O2CuClSO424H，故答案为：SO22Cu22Cl
