1、备战高考化学铜及其化合物推断题的综合专项训练附答案解析一、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 1 的 g
2、mL溶液 M，则 M 溶液的物质的量浓度为1。 (已知 25 、 101 kPa 条件下气体_ molL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SO2 还原 J生成 K 的离子方程式：_。【答案】钝化3Cu 8H 2NO3 =3Cu2 2NO 4H2OV100024.517V+2450冒白烟3CuO24.5 SO2 2H2O SO422NH3=3Cu N23H2O 2Cu2 2Cl2CuCl 4H【解析】【分析】
3、(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V17Vmol，溶液的质量是+100 g，溶液的体积为24.524.517V +100 g17V+245024.5mL，据此解答；ggmL-124.5(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 NH3 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， SO2 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
4、 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 2NO 2 2NO 4H3Cu 8H3=3Cu2O，故答案为：3Cu 8H 2NO3=3Cu2 2NO 4H2 O；Vmol，溶液的质量是17V+10
5、0g，溶液的体积为(3)氨气的物质的量是24.524.517VV+100 g 17V+2450100024.5mL，所以溶液的物质的量浓度为24.524.517V+2450ggmL-124.5V1000案为：24.5；17V+245024.5 1，故答mol L(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 =3CuN2 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
6、 还原氯化铜生成氯化 SO4，故答案为：2Cu2亚铜的离子方程式为 2Cu2 2ClSO2 2H2O 2CuCl 4H2 2Cl SO2 2H2O 2CuCl 4H SO42 。2 物质 A D 均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除 A D 外的其他物质均已略去）。（1）写出相应物质的类别。物质BCD类别_（ 2）上述反应到中，属于离子反应的有_个。（ 3） DA 转化的化学方程式： _。B C 转化的离子方程式：_。【答案】盐碱氧化物3CuO+H2Cu+H2OCu2+2OH- =Cu( OH) 2【解析】【分析】由转化关系可知 D 应为氧化物，与氢气反应生
7、成 A 为单质， B 应为硫酸盐，可由 A 与浓硫酸反应生成， B 可与铁反应生成 A，则可考虑 A 为 Cu，则 D 为 CuO， B 为 CuSO4， C 为Cu( OH) 2 ，以此解答该题。【详解】根据以上分析知： A 为 Cu， B 为 CuSOC为Cu OH 2D为CuO4，( )，；( 1) B 为 CuSO为 CuO，为氧化物；4，属于盐类， C 为 Cu( OH) 2，属于碱， D( 2) 上述反应到中，在溶液中进行，属于离子反应，共3 个；( 3) D A 转化，涉及 CuO 与 H2 的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；B C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子
8、方程式为Cu2+ 2OH-=Cu OH 2 +( ) 。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BaCl
9、2 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_。+2-+NOn+0.2 产生白色沉淀3+-2+2-【答案】 SO2 +NO2 +H2O=2H +SO42Fe +HSO3+H2O=2Fe +SO4+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 NO23， C 为 NO， X 为 HNO ； 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
10、2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=
11、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=+n= n+0.2mol ；64g / mol答案： n+0.2（3）将（ SO2323224、 SO ）通入 BaCl 溶液，发生反应SO +H O+BaCl =BaSO +2HCl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应： 2FeSO4Fe2O3+ SO2 + SO3；反应 Fe2
12、O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；根据固体M（ Fe2O3）的量计算出SO2 和 SO3 的物质的量。2FeSO4Fe2O3 + SO2 + SO3160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O1mol2mol1mol0.01mol 0.02mol 0.01molSO2+ NaOH = NaHSO31mol 1mol1mol0.01mol 0.01mol 0.01mol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
13、式2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+；答案： 2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42- +3H+4 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）6N24（或 3.61210 ）【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）CuSO +
14、SO 42+2H O；2(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。5 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：（
15、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+
16、，样品中CuCl 的质量分数为 _ 。【答案】 CuSO2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2+2-4或 Cu2Cu +SO3+2Cl242-+2H+硫酸 醇洗有利加快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化）+H O=2CuCl +SOB、 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：2+
17、2-2-+2Cu+SO3+2Cl +H2O=2CuCl +SO4+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
18、、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，K2 Cr2O7 被还原为Cr3+，则 bmL、 a2 2 7-3-3， +1mol/L K Cr O 溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab 10 23mol=6ab mol10价 Cu 会被氧化为2+-3Cu ，根据得失电子守恒，则CuCl 的物质的量是 6ab10 mol ，则样品中CuCl-3 100%=0.597ab/m 100%的质量分数是(6ab 10mol 99.5g/mol)/mg。6Ag2OZn 纽扣电池的固体拆解物中含 Ag2
19、O、 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：+2NH3Ag(NH3)2+K 稳=1.77-10已知： Ag10； Ksp（ AgCl） =1.8 10写出 AgCl（s）与 NH3 反应的离子方程式_，该反应的平衡常数 K
20、=_。（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 溶液4（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1.6-19 10C，阿伏伽德罗常数的值用 NA 表示）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu滤液 、 Zn3Cu+8H+2NO 3 =3Cu2+2NO+4H 2OAgCl+2NH3 ? Ag(NH3)2+-3 +Cl 3.06 10A2.43 1024 yNA【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：
21、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 、 中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，故答案为： Cu；滤液 、 ；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3Cu+8H+ +2NO 3 =3Cu 2+ +2NO+4H 2O ，故答案为： 3Cu+8H+ +2NO 3 =3Cu 2+ +2NO+4H 2O ；（ 5）由信息可得， AgCl溶于 NH3 的离子方程式为 AgCl+2NH3 ? Ag(NH3)2 + +Cl-；该反应的平衡常数为
22、c AgNH 3 2c Clc AgNH 32c Ag+c Cl=K 稳Kc2 NH 3=c Ag +c2NH 3sp7-10-3 ，K =1.7 10 1.8 10=3.06 10AgCl+2NH3?3 2+-3故答案为： +Cl ；3.06 10；Ag(NH )（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CuSO4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 =y3600，根据题意回收的 Ag 的质量=
23、n My 3600NAmol 108g/mol= 2.43 1024 y g，1.610 19NA故答案为：2.43 1024 y 。NA7 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-n nn 随之改变。以海绵铜Cl ，随着环境酸度的改变（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)
24、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-n Cln 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
25、应式：_。【答案】漏斗2+2-2-+2H+2+-2+2Cu+SO3+2Cl + H2 O=2CuCl+SO4Cu + 2Cl + Fe=2CuCl +Fe 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
26、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2+2-2-+；若换为 Fe 时，铜离子与铁、氯离2Cu +SO3+2Cl + H2O=2CuCl +SO4+2H子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2+-2+；+ 2Cl+ Fe=2CuCl +Fe（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 -
27、 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 。8 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_
28、。(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 “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
29、 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 0.1000molL 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
30、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+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
31、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：SO22Cu22Cl2H2O2CuClSO424H ；(4)
32、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 SO42- -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：K = c(CuCl 2 ) ，将分子、分母c(Cl)c(CuCl 2)c Cuc(CuCl 2 )c Cu同乘以 c(Cu2+ )得， K =cCu=，将题给的 K 和 Kspc(Cl )K sp (CuCl )的数据代入得c(CuCl -+)6-7，取其中(0.7，0.7)做为一个坐标2 ) c(Cu1.4 100.35 4.9 10
