【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题08 铜及其化合物
一、选择题
1．（2022·泉州模拟）青铜器在古时被称为“金”或“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是（ ）
A．青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B．青铜的熔点低于纯铜
C．可用FeCl3溶液清除青铜器的铜锈
D．古时冶炼铸造青铜器涉及化学变化
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．锡、铅均比铜活泼，形成的原电池中铜作正极被保护，A不符合题意；
B．青铜为合金，熔点低于纯铜，B不符合题意；
C．FeCl3溶液与铜反应，不能用来除铜锈，C符合题意；
D．冶炼铸造青铜器的需要高温，需要燃烧提热量，涉及化学变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.青铜器中锡、铅的活动性大于铜；
B.合金的熔点低于组成它的纯金属；
C. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3不与FeCl3溶液反应；
D.有新物质生成的变化属于化学变化。
2．（2022·重庆模拟）碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性
B．加入少量CuO目的是为了除去Fe3+
C．石灰乳可用纯碱代替
D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气
【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A不符合题意；
B．加入CuO调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B符合题意；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C不符合题意；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．FeCl3起催化剂的作用；
B．利用水解平衡，生成沉淀；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜，引入杂质；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算。
3．（2022·杭州模拟）的结构式如下图，时会发生分解．下列推测合理的是（ ）
A．是离子晶体，熔点高，硬度大
B．加热可能生成
C．分解的产物可能为和，同类化合物分解温度更高
D．溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小
【答案】B
【知识点】离子晶体；铜及其化合物
【解析】【解答】A．根据图示，中只存在共价键，是共价化合物，故A不符合题意；
B．加热可能生成和氯化氢，故B符合题意；
C．分解的产物可能为和，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，比分解温度高，故C不符合题意；
D．溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铜是共价化合物，只有共价键，没有离子键。
C、破坏Cu-Cl键比Cu-I键所需的能量大，氯化铜分解的温度要比碘化铜的分解温度高；
D、加水后铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，变蓝不是因为铜离子浓度减小。
4．（2023·邯郸模拟）河北邯郸后百家北墓地出土文物2400余件，其中有大量青铜器、陶器、玉石器等，为研究工作提供了珍贵的考古资料。下列有关说法正确的是
A．青铜器中的锡会加速铜的腐蚀
B．利用X射线、红外光谱检测等方法鉴定文物
C．测定出土文物中的的含量来确定遗址的年代
D．古人曾用反应炼铜，反应中只作还原剂
【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．金属性锡强于铜，所以青铜器中的锡会减缓铜的腐蚀，A不符合题意；
B．红外光谱可判断化学键和官能团，X射线衍射可以看到微观结构，因此利用X射线、红外光谱检测等方法鉴定文物，B符合题意；
C．可以通过测定出土文物中的的含量来确定遗址的年代，C不符合题意；
D．反应中铜元素和氧元素化合价降低，硫元素化合价升高，所以反应中既作还原剂也作氧化剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据原电池原理分析；
B．红外光谱可判断化学键和官能团；
C．利用的含量来确定年代；
D．氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高。
5．（2021·咸阳模拟）铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是（ ）
A．反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体是Cu2O
B．反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水
C．若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到溶液由紫色褪为无色
D．为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ盛放酸性KMnO4溶液
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合
【解析】【解答】A．黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S，A不符合题意；
B．反应结束后，混合物中还有浓硫酸，为观察溶液颜色，需将试管中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，以防止液体飞溅，B不符合题意；
C．SO2溶于水呈酸性，若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色变为红色，但SO2不能漂白石蕊，故不能褪色，C不符合题意；
D．试管Ⅱ可盛放酸性KMnO4，酸性KMnO4褪色，说明SO2被KMnO4氧化，可验证气体产物具有还原性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Cu2O为砖红色，不是黑色，黑色的可能是氧化铜
B.反应结束后，考虑到可能含有浓硫酸，因此观察颜色应该是将反应后的溶液加入到水中，不应直接加水，防止液体飞溅
C.产物是二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，显酸性，因此加入石蕊后颜色变为红色
D.高锰酸钾具有氧化性，可以通过高锰酸钾的颜色的改变说明发生可氧化还原反应
6．（2021·西城模拟）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号 1 2 3 4
滴加NaOH溶液的量 2滴 6滴 12滴 16滴
立即观察沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 蓝色 蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 黑色 黑色
取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法错误的是（ ）
A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B．CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2 CuO+H2O
D．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
【答案】D
【知识点】硫酸盐；铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A故合理选项是符合题意；
B．由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B故合理选项是符合题意；
C．由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2 CuO+H2O，故C故合理选项是符合题意；
D．由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应洗涤后加入盐酸再加入氯化钡溶液得到白色沉淀，且白色沉淀不溶于酸得到含有硫酸根离子，因此得到的浅绿色沉淀可能是碱式硫酸铜
B.根据氢氧化钠的量不同可以判断反应物量不同，得到的产物不同
C.根据实验3和4的现象即可判断发生的反应
D.碱式硫酸铜加热后也会分解得到氧化铜
7．（2021·东城模拟）用下图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下：
装置 步骤 操作 现象
① 打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体，溶液变为绿色
② 一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色
③ 一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变为红棕色
下列说法错误的是（ ）
A．①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
B．②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致压强减小
C．③中的实验现象能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO
D．待②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合
【解析】【解答】A．①中反应为浓硝酸氧化铜单质的反应，生成硝酸铜和二氧化氮，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A不符合题意；
B．根据②中现象可知铜与浓硝酸反应生成的NO2和水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体的体积减少，且变为无色，试管内压强降低，将水吸入试管，同时生成的硝酸继续和铜反应，所以铜表面产生气泡，B不符合题意；
C．③中现象说明试管内气体含有NO，但NO2和水反应时会生成NO，所以无法证明铜与硝酸反应生成了NO，C符合题意；
D．试管内液体含有硝酸铜，滴加少量稀硫酸，引入氢离子，相当于溶液中含有了硝酸，所以会继续和铜反应，有气体产生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.①中发生的铜与浓硝酸反应产生二氧化氮和水和硝酸铜的反应写出方程式即可
B.试管内有二氧化氮，与水反应造成压强降低产生硝酸继续与铜反应
C.③中主要发生的氧气与一氧化氮反应产生二氧化氮的反应，说明有一氧化氮吗，但是无法说明一氧化氮的来源
D.硝酸根离子再氢离的作用下继续与铜反应产生气泡
8．（2017·惠州模拟）某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（ ）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜及其化合物
【解析】【解答】解：A．①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；
C．③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强，故C错误；
D．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选B．
【分析】由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，以此来解答．
9．（2016·静安模拟）将铜加入一定量稀硫酸和过氧化氢混合溶液中，充分反应后，溶液呈蓝色，有无色气体产生；若还发现容器底部有少量固体，则该固体可能是（ ）
A．Cu B．S C．CuS D．Cu2S
【答案】A
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】Cu与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水，Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，过氧化氢分解生成氧气，2H2O2=2H2↑+O2↑，稀硫酸没有强氧化性，则反应中S元素没变价，所以不能生成S、CuS、Cu2S，Cu可能过量，所以容器底部有少量固体为Cu；
故选A．
【分析】Cu与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水，Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，过氧化氢分解生成氧气，2H2O2=2H2↑+O2↑，根据反应分析．
二、非选择题
10．（2023·贵州模拟）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的鲜红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题：
（1）I．制备Cu2O
将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合， 加热至90℃并不断搅拌。反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：
仪器a的名称是 ；反应采用的加热方式为 。
（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3) ： n(CuSO4)=3：2，该反应的化学方程式为 ； 装置B的作用是 。
（3）实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是 。
（4）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是 。
（5）过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是 。
（6）Ⅱ．测定Cu2O纯度
称取m g样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用c mol·L-1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知： Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+)
加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为 。
（7）该样品中Cu2O的纯度为 。
【答案】（1）三口烧瓶(三颈烧瓶)；水浴加热
（2）3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑；吸收生成的 SO2气体，防止污染环境
（3）亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原
（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量
（5）去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥
（6）2Fe3+ +Cu2O+2H+ = 2Fe2++ 2Cu2++ H2O
（7）
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）图示仪器a为三颈烧瓶。由于反应温度小于100℃，所以应采用水浴加热。
（2）Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O和SO2，过程中Cu元素被还原，则S元素被杨氧化，因此氧化产物中含有Na2SO4。参与反应的n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，由得失电子守恒可得，氧化产物Na2SO4的个数为1，所以可得反应的化学方程式为：3Na2SO3＋CuSO4=Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑。反应生成的SO2是一种有毒气体，直接排放会造成空气污染，装置B的作用是吸收反应生成的SO2，防止污染环境。
（3）由于Na2SO3中硫元素为＋4价，易被空气中的O2氧化，所以实验中Na2SO3的用量会比理论值高，增加用量，是为了保证CuSO4被充分还原为Cu2O。
（4）Na2SO3与CuSO4反应的过程中生成SO2，SO2溶于水形成H2SO3，使得溶液偏酸性。而Cu2O在酸性条件下可发生歧化反应生成Cu2＋和Cu；为防止Cu2O发生歧化反应，需将反应生成的SO2除去，因此反应中需不断加入NaOH溶液，利用NaOH除去SO2，降低溶液的酸性，防止Cu2O发生歧化反应。
（5）Cu2O难溶于酒精，用酒精洗涤可除去Cu2O表面的水分；同时酒精具有挥发性，有利于Cu2O固体的干燥。
（6）Fe3＋具有氧化性，能将Cu2O氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu2O＋2H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋H2O。
（7）由反应的离子方程式可得关系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，设样品中Cu2O的物质的量为x，则可得，解得 。所以可得样品的纯度为。
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。反应温度低于100℃，采用水浴加热。
（2）反应过程中Cu元素呗还原，则S元素被氧化，结合得失电子守恒确定产物，从而得出反应的化学方程式。装置B为尾气吸收装置，干燥管起到防倒吸的作用。
（3）Na2SO3易被空气中的O2氧化，使得用量稍微变大。
（4）由于反应生成SO2，使得溶液偏酸性，因此需加入NaOH中和酸性，防止Cu2O发生歧化反应。
（5）无水乙醇洗涤，可除去固体表面的水分，且有利于固体的干燥。
（6）Fe3＋具有氧化性，能将Cu2O氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，据此写出反应的离子方程式。
（7）根据反应的离子方程式可得关系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，据此进行计算。
11．（2023·湖州模拟）某研究小组利用转炉铜渣(主要成分是、、等)制备胆矾，流程如下：
请回答：
（1）制备胆矾时，除反应釜、量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，以下的实验仪器还必须使用的有____。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）步骤Ⅰ中，反应温度在80℃时相同时间内铜的浸出率达到最高，继续升温会导致浸出率下降，其原因是 。
（3）下列有关说法错误的是____。
A．步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度可关闭加热电源，利用反应放热维持体系温度
B．步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，便于过滤
C．步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，是为了除铁，并抑制硫酸铜的水解
D．步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在实验台石棉网上冷却后再称量
（4）从滤液中分离提纯得到胆矾样品并测定其中结晶水个数，可按以下步骤进行，请从下列选项中选择合理的操作，补全如下步骤。
→过滤→乙醇洗涤→ →称量干燥坩埚的质量为→ → →冷却后称量得到总质量为→重复上述两步操作，最终总质量恒定为
a.加热蒸发、冷却结晶
b.加热、蒸发结晶
c.将坩埚加热至胆矾全部变为白色
d.称量样品质量为
e.将样品干燥
f.称量样品和坩埚总质量为
（5）该样品中结晶水的个数为 (用(4)中字母写出表达式)。
【答案】（1）A；C
（2）在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低
（3）D
（4）a；e；f；c
（5）
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）制备胆矾晶体涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，再在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶得到，因此还需用到烧杯和蒸发皿，故答案为：AC；
（2）在一定温度范围内适当升温可以加快反应速率，提高浸取率，温度过高则会导致氧气的溶解度下降，导致浸出率降低，故答案为：在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低；
（3）A. 步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度引发反应后即可关闭加热电源，利用反应放出的热量可维持体系温度，故A符合题意；
B. 步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，使铁沉淀完全，这样便于过滤，故B符合题意；
C. 步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，可使铁转化为氢氧化铁沉淀，同时抑制硫酸铜的水解，故C符合题意；
D. 步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D不符合题意；
故答案为：D。
（4）硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后，干燥，干燥后的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾全部变为白色，使晶体完全分解后，冷却后称量，反复操作恒重后计算结晶水含量，故答案为：a、e、f、c；
（5）由题意可知晶体中水的质量为：，则水分子的物质的量为：，硫酸铜的质量为：，硫酸铜的物质的量为，该样品中结晶水的个数即为1mol硫酸铜对应的水分子个数，可表示为：，故答案为：。
【分析】（1）过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）依据温度对速率和溶解度的影响分析；
（3）A. 反应是放热反应；
B. 依据胶体的性质分析；
C. 调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解等。
D. 防止吸收水分。
（4）从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）依据质量守恒计算。
12．（2023·郑州模拟）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
（1）“酸溶”时温度应控制在60~70℃ ，原因是 。
（2）写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式 。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是 (答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是 。(用化学方程式表示)
（3）“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是 。选择醇洗的原因是 。
（4）“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是 。
（5）称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点( 被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为 。
【答案】（1）温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解
（2）2Cu2+ + +2Cl-+H2O = 2CuCl↓ ++2H+；使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等；CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2
（3）硫酸；加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化
（4）硫酸铵或(NH4)2SO4
（5）59.7%
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70℃ ；
（2）根据分析，；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；
（3）得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；
（4）还原中还可以发生生成硫酸铵；
（5）氯化亚铜与FeCl3反应，，加入K2Cr2O7溶液发生反应
，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为，样品中CuCl的质量分数=。
【分析】（1）依据速率和物质的性质分析 ；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；依据转化率和可能的副反应判断；
（3）利用已知信息和不引入杂质判断；
（4）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（5）利用关系式法计算。
13．（2023·忻州模拟）从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 (任写一点)。
（2）为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式： 。
（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
（4）“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 ，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
（5）若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
（6）室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因： 。
【答案】（1）搅拌
（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
（4）蒸发皿；出现少量晶膜
（5）0.003
（6）H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据水解平衡移动原理分析；
（4）依据蒸发操作分析；
（5）根据Ksp计算；
（6）依据萃取平衡分析；
14．（2023·石景山模拟）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
（1）铜矿中被氧化的物质有 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 ，向滤液D中先通氨气的目的 。
（3）固体E主要是，生成的离子方程式是 。
（4）滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是 。
（5）查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 。
（6）CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
【答案】（1）Cu2S、CuS、FeO
（2）；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为：Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为：；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为：。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为：。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为：。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为：。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据Ksp计算；依据物质和杂质的性质分析；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）利用关系式法计算。
15．（2023·厦门模拟）某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测 反应的离子方程式 实验现象
1 生成绿色沉淀
2 ____
3 生成红色沉淀
4 ____ 生成白色沉淀()
（1）预测2中的实验现象为 。
（2）预测4中反应的离子方程式为 。
（3）【实验探究】
实验1 溶液 立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色
溶液
为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。
①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为 。
②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为 (填化学式)。
（4）【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。
离心分离的目的是加快过滤速度，防止 。
（5）已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由 。
（6）橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置 试剂a 试剂b 电压表读数
溶液 溶液
溶液 X
①表中X为 。
②能证实实验结论的实验现象为 。
【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
【答案】（1）溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
（2）
（3）；HNO3、AgNO3
（4）防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
（5）实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
（6）溶液；
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
【分析】（1）依据产物的性质分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）①根据已知信息和题意分析；
②利用稀硝酸和硝酸银溶液检验；
（4）依据反应物的性质分析；
（5）根据反应物和生成物的性质分析；
（6）①根据已知信息分析；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大分析。
16．（2022·滨州模拟）氯化亚铜(CuCl)是一种非常重要的化工原料。查阅资料可知：CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。回答下列问题：
（1）I．氯化亚铜的制备
方案一：SO2还原氯化铜制备CuCl。
装置乙中发生反应的离子方程式为 。反应完成后将乙中混合物过滤、洗涤、干燥。“过滤”操作最好选用下列装置中的 (填字母)，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏水的优点是 。
方案二：高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)制备CuCl，装置如图(加热及夹持仪器省略)。
（2）检查装置气密性后加入药品，通入干燥HCl，加热，观察到B中固体由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化为 。停止加热，冷却后改通N2.实验中通入HCl的目的是 。
（3）Ⅱ．产品纯度的测定
准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl3溶液中得V1mL待测液，从中量取V2mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用amol·L-l硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液bmL。产品中CuCl的质量分数为 %。
(已知：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)
下列有关滴定的说法错误的是 (填字母)。
A．未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．在接近终点时，使用“半滴操作”可提高滴定的准确度
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使测定结果偏低
【答案】（1）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO；B；减少CuCl的损失，乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化
（2）先变红，后褪色；排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解
（3）；AD
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备CuCl并测定产品的纯度，实验方案为2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4或直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)：2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，甲装置为制备SO2的装置，发生的反应为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，乙装置为SO2还原氯化铜制备CuCl的装置，丙为尾气吸收装置，据此分析解答问题。
(1)由分析可知，乙装置中SO2还原氯化铜制备CuCl，发生的反应为：2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4，因此反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO，由于CuCl在空气中能迅速被氧化，因此过滤时需要快速完成，选用抽滤最好，即选用装置B，CuCl微溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏时可减少CuCl的损失，同时乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化；
(2)直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)，发生的反应为直接高温加热2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，Cl2遇湿润的蓝色石蕊试纸，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，因此蓝色石蕊试纸先变红，后褪色，Cu易被空气氧化且易水解，因此实验中通入HCl，可排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解；
(3)已知CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得到关系式：CuCl~Fe2+~Ce4+~Ce(SO4)2，则V2mL中CuCl的物质的量为(ab×10-3)mol，则V1mL中CuCl的物质的量为，质量为，因此产品中CuCl的质量分数为；
A．未用标准溶液润洗滴定管，会使得消耗的标准溶液体积偏大，使最终结果偏高，A不符合题意；
B．滴定时需要适当控制滴速，使反应充分进行，B符合题意；
C．当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，D不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】制备CuCl可以通过以下方法，实验方案为2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4或直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)：2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，甲装置为制备SO2的装置，发生的反应为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，乙装置为SO2还原氯化铜制备CuCl的装置，丙为尾气吸收装置；再依据中和滴定和氧化还原反应的相关方知识分析解答该题。
1 / 1【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题08 铜及其化合物
一、选择题
1．（2022·泉州模拟）青铜器在古时被称为“金”或“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是（ ）
A．青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B．青铜的熔点低于纯铜
C．可用FeCl3溶液清除青铜器的铜锈
D．古时冶炼铸造青铜器涉及化学变化
2．（2022·重庆模拟）碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是（ ）
A．FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性
B．加入少量CuO目的是为了除去Fe3+
C．石灰乳可用纯碱代替
D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气
3．（2022·杭州模拟）的结构式如下图，时会发生分解．下列推测合理的是（ ）
A．是离子晶体，熔点高，硬度大
B．加热可能生成
C．分解的产物可能为和，同类化合物分解温度更高
D．溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小
4．（2023·邯郸模拟）河北邯郸后百家北墓地出土文物2400余件，其中有大量青铜器、陶器、玉石器等，为研究工作提供了珍贵的考古资料。下列有关说法正确的是
A．青铜器中的锡会加速铜的腐蚀
B．利用X射线、红外光谱检测等方法鉴定文物
C．测定出土文物中的的含量来确定遗址的年代
D．古人曾用反应炼铜，反应中只作还原剂
5．（2021·咸阳模拟）铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是（ ）
A．反应过程中，试管Ⅰ中出现灰黑色固体是Cu2O
B．反应结束后，为观察溶液颜色需向试管Ⅰ中加入水
C．若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到溶液由紫色褪为无色
D．为验证气体产物具有还原性，试管Ⅱ盛放酸性KMnO4溶液
6．（2021·西城模拟）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：
试管编号 1 2 3 4
滴加NaOH溶液的量 2滴 6滴 12滴 16滴
立即观察沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 蓝色 蓝色
酒精灯加热浊液后沉淀的颜色 浅绿色 浅绿色 黑色 黑色
取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀。取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀。经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。
下列说法错误的是（ ）
A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜
B．CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物
C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu(OH)2 CuO+H2O
D．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑
7．（2021·东城模拟）用下图装置探究铜与硝酸的反应，实验记录如下：
装置 步骤 操作 现象
① 打开止水夹，挤压胶头，使浓硝酸滴入试管 产生红棕色气体，溶液变为绿色
② 一段时间后，关闭止水夹，推动注射器活塞使部分水进入试管 注射器内剩余的水被“吸入”试管；铜表面产生无色气泡，溶液变蓝，试管内气体逐渐变为无色
③ 一段时间后，打开止水夹，拉动注射器活塞吸取少量无色气体；拔下注射器，再拉动活塞吸入少量空气 注射器中无色气体变为红棕色
下列说法错误的是（ ）
A．①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
B．②中注射器内剩余的水被“吸入”试管的原因可能是NO2与H2O反应导致压强减小
C．③中的实验现象能证明②中Cu与硝酸反应生成了NO
D．待②中反应停止后，向试管内滴加少量稀硫酸，有气体产生
8．（2017·惠州模拟）某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（ ）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
9．（2016·静安模拟）将铜加入一定量稀硫酸和过氧化氢混合溶液中，充分反应后，溶液呈蓝色，有无色气体产生；若还发现容器底部有少量固体，则该固体可能是（ ）
A．Cu B．S C．CuS D．Cu2S
二、非选择题
10．（2023·贵州模拟）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的鲜红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题：
（1）I．制备Cu2O
将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合， 加热至90℃并不断搅拌。反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：
仪器a的名称是 ；反应采用的加热方式为 。
（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3) ： n(CuSO4)=3：2，该反应的化学方程式为 ； 装置B的作用是 。
（3）实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是 。
（4）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是 。
（5）过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是 。
（6）Ⅱ．测定Cu2O纯度
称取m g样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用c mol·L-1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知： Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+)
加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为 。
（7）该样品中Cu2O的纯度为 。
11．（2023·湖州模拟）某研究小组利用转炉铜渣(主要成分是、、等)制备胆矾，流程如下：
请回答：
（1）制备胆矾时，除反应釜、量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，以下的实验仪器还必须使用的有____。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）步骤Ⅰ中，反应温度在80℃时相同时间内铜的浸出率达到最高，继续升温会导致浸出率下降，其原因是 。
（3）下列有关说法错误的是____。
A．步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度可关闭加热电源，利用反应放热维持体系温度
B．步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，便于过滤
C．步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，是为了除铁，并抑制硫酸铜的水解
D．步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在实验台石棉网上冷却后再称量
（4）从滤液中分离提纯得到胆矾样品并测定其中结晶水个数，可按以下步骤进行，请从下列选项中选择合理的操作，补全如下步骤。
→过滤→乙醇洗涤→ →称量干燥坩埚的质量为→ → →冷却后称量得到总质量为→重复上述两步操作，最终总质量恒定为
a.加热蒸发、冷却结晶
b.加热、蒸发结晶
c.将坩埚加热至胆矾全部变为白色
d.称量样品质量为
e.将样品干燥
f.称量样品和坩埚总质量为
（5）该样品中结晶水的个数为 (用(4)中字母写出表达式)。
12．（2023·郑州模拟）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：
（1）“酸溶”时温度应控制在60~70℃ ，原因是 。
（2）写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式 。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是 (答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是 。(用化学方程式表示)
（3）“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是 。选择醇洗的原因是 。
（4）“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是 。
（5）称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点( 被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为 。
13．（2023·忻州模拟）从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：
已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的uH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
（1）为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 (任写一点)。
（2）为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式： 。
（3）请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
（4）“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 ，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
（5）若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
（6）室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+ MRn+nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因： 。
14．（2023·石景山模拟）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
（1）铜矿中被氧化的物质有 。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为 ，向滤液D中先通氨气的目的 。
（3）固体E主要是，生成的离子方程式是 。
（4）滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是 。
（5）查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成 。
（6）CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式 。
15．（2023·厦门模拟）某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。
【理论预测】
预测 反应的离子方程式 实验现象
1 生成绿色沉淀
2 ____
3 生成红色沉淀
4 ____ 生成白色沉淀()
（1）预测2中的实验现象为 。
（2）预测4中反应的离子方程式为 。
（3）【实验探究】
实验1 溶液 立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色
溶液
为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。
①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为 。
②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为 (填化学式)。
（4）【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。
离心分离的目的是加快过滤速度，防止 。
（5）已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由 。
（6）橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。
实验4
装置 试剂a 试剂b 电压表读数
溶液 溶液
溶液 X
①表中X为 。
②能证实实验结论的实验现象为 。
【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。
16．（2022·滨州模拟）氯化亚铜(CuCl)是一种非常重要的化工原料。查阅资料可知：CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。回答下列问题：
（1）I．氯化亚铜的制备
方案一：SO2还原氯化铜制备CuCl。
装置乙中发生反应的离子方程式为 。反应完成后将乙中混合物过滤、洗涤、干燥。“过滤”操作最好选用下列装置中的 (填字母)，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏水的优点是 。
方案二：高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)制备CuCl，装置如图(加热及夹持仪器省略)。
（2）检查装置气密性后加入药品，通入干燥HCl，加热，观察到B中固体由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化为 。停止加热，冷却后改通N2.实验中通入HCl的目的是 。
（3）Ⅱ．产品纯度的测定
准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl3溶液中得V1mL待测液，从中量取V2mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用amol·L-l硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液bmL。产品中CuCl的质量分数为 %。
(已知：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+)
下列有关滴定的说法错误的是 (填字母)。
A．未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．在接近终点时，使用“半滴操作”可提高滴定的准确度
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使测定结果偏低
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．锡、铅均比铜活泼，形成的原电池中铜作正极被保护，A不符合题意；
B．青铜为合金，熔点低于纯铜，B不符合题意；
C．FeCl3溶液与铜反应，不能用来除铜锈，C符合题意；
D．冶炼铸造青铜器的需要高温，需要燃烧提热量，涉及化学变化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.青铜器中锡、铅的活动性大于铜；
B.合金的熔点低于组成它的纯金属；
C. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3不与FeCl3溶液反应；
D.有新物质生成的变化属于化学变化。
2．【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A不符合题意；
B．加入CuO调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B符合题意；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C不符合题意；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．FeCl3起催化剂的作用；
B．利用水解平衡，生成沉淀；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜，引入杂质；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算。
3．【答案】B
【知识点】离子晶体；铜及其化合物
【解析】【解答】A．根据图示，中只存在共价键，是共价化合物，故A不符合题意；
B．加热可能生成和氯化氢，故B符合题意；
C．分解的产物可能为和，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，比分解温度高，故C不符合题意；
D．溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[ CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铜是共价化合物，只有共价键，没有离子键。
C、破坏Cu-Cl键比Cu-I键所需的能量大，氯化铜分解的温度要比碘化铜的分解温度高；
D、加水后铜离子主要以 [Cu(H2O)4]2+的形式存在，变蓝不是因为铜离子浓度减小。
4．【答案】B
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】A．金属性锡强于铜，所以青铜器中的锡会减缓铜的腐蚀，A不符合题意；
B．红外光谱可判断化学键和官能团，X射线衍射可以看到微观结构，因此利用X射线、红外光谱检测等方法鉴定文物，B符合题意；
C．可以通过测定出土文物中的的含量来确定遗址的年代，C不符合题意；
D．反应中铜元素和氧元素化合价降低，硫元素化合价升高，所以反应中既作还原剂也作氧化剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据原电池原理分析；
B．红外光谱可判断化学键和官能团；
C．利用的含量来确定年代；
D．氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高。
5．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合
【解析】【解答】A．黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S，A不符合题意；
B．反应结束后，混合物中还有浓硫酸，为观察溶液颜色，需将试管中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，以防止液体飞溅，B不符合题意；
C．SO2溶于水呈酸性，若试管Ⅱ盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色变为红色，但SO2不能漂白石蕊，故不能褪色，C不符合题意；
D．试管Ⅱ可盛放酸性KMnO4，酸性KMnO4褪色，说明SO2被KMnO4氧化，可验证气体产物具有还原性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Cu2O为砖红色，不是黑色，黑色的可能是氧化铜
B.反应结束后，考虑到可能含有浓硫酸，因此观察颜色应该是将反应后的溶液加入到水中，不应直接加水，防止液体飞溅
C.产物是二氧化硫，溶于水形成亚硫酸，显酸性，因此加入石蕊后颜色变为红色
D.高锰酸钾具有氧化性，可以通过高锰酸钾的颜色的改变说明发生可氧化还原反应
6．【答案】D
【知识点】硫酸盐；铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A故合理选项是符合题意；
B．由实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B故合理选项是符合题意；
C．由实验数据及现象可知，试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu(OH)2 CuO+H2O，故C故合理选项是符合题意；
D．由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应洗涤后加入盐酸再加入氯化钡溶液得到白色沉淀，且白色沉淀不溶于酸得到含有硫酸根离子，因此得到的浅绿色沉淀可能是碱式硫酸铜
B.根据氢氧化钠的量不同可以判断反应物量不同，得到的产物不同
C.根据实验3和4的现象即可判断发生的反应
D.碱式硫酸铜加热后也会分解得到氧化铜
7．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合
【解析】【解答】A．①中反应为浓硝酸氧化铜单质的反应，生成硝酸铜和二氧化氮，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A不符合题意；
B．根据②中现象可知铜与浓硝酸反应生成的NO2和水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体的体积减少，且变为无色，试管内压强降低，将水吸入试管，同时生成的硝酸继续和铜反应，所以铜表面产生气泡，B不符合题意；
C．③中现象说明试管内气体含有NO，但NO2和水反应时会生成NO，所以无法证明铜与硝酸反应生成了NO，C符合题意；
D．试管内液体含有硝酸铜，滴加少量稀硫酸，引入氢离子，相当于溶液中含有了硝酸，所以会继续和铜反应，有气体产生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.①中发生的铜与浓硝酸反应产生二氧化氮和水和硝酸铜的反应写出方程式即可
B.试管内有二氧化氮，与水反应造成压强降低产生硝酸继续与铜反应
C.③中主要发生的氧气与一氧化氮反应产生二氧化氮的反应，说明有一氧化氮吗，但是无法说明一氧化氮的来源
D.硝酸根离子再氢离的作用下继续与铜反应产生气泡
8．【答案】B
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜及其化合物
【解析】【解答】解：A．①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；
C．③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强，故C错误；
D．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选B．
【分析】由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，以此来解答．
9．【答案】A
【知识点】铜及其化合物
【解析】【解答】Cu与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水，Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，过氧化氢分解生成氧气，2H2O2=2H2↑+O2↑，稀硫酸没有强氧化性，则反应中S元素没变价，所以不能生成S、CuS、Cu2S，Cu可能过量，所以容器底部有少量固体为Cu；
故选A．
【分析】Cu与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铜和水，Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，过氧化氢分解生成氧气，2H2O2=2H2↑+O2↑，根据反应分析．
10．【答案】（1）三口烧瓶(三颈烧瓶)；水浴加热
（2）3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑；吸收生成的 SO2气体，防止污染环境
（3）亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原
（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量
（5）去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥
（6）2Fe3+ +Cu2O+2H+ = 2Fe2++ 2Cu2++ H2O
（7）
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）图示仪器a为三颈烧瓶。由于反应温度小于100℃，所以应采用水浴加热。
（2）Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O和SO2，过程中Cu元素被还原，则S元素被杨氧化，因此氧化产物中含有Na2SO4。参与反应的n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，由得失电子守恒可得，氧化产物Na2SO4的个数为1，所以可得反应的化学方程式为：3Na2SO3＋CuSO4=Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑。反应生成的SO2是一种有毒气体，直接排放会造成空气污染，装置B的作用是吸收反应生成的SO2，防止污染环境。
（3）由于Na2SO3中硫元素为＋4价，易被空气中的O2氧化，所以实验中Na2SO3的用量会比理论值高，增加用量，是为了保证CuSO4被充分还原为Cu2O。
（4）Na2SO3与CuSO4反应的过程中生成SO2，SO2溶于水形成H2SO3，使得溶液偏酸性。而Cu2O在酸性条件下可发生歧化反应生成Cu2＋和Cu；为防止Cu2O发生歧化反应，需将反应生成的SO2除去，因此反应中需不断加入NaOH溶液，利用NaOH除去SO2，降低溶液的酸性，防止Cu2O发生歧化反应。
（5）Cu2O难溶于酒精，用酒精洗涤可除去Cu2O表面的水分；同时酒精具有挥发性，有利于Cu2O固体的干燥。
（6）Fe3＋具有氧化性，能将Cu2O氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu2O＋2H＋=2Fe2＋＋2Cu2＋＋H2O。
（7）由反应的离子方程式可得关系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，设样品中Cu2O的物质的量为x，则可得，解得 。所以可得样品的纯度为。
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。反应温度低于100℃，采用水浴加热。
（2）反应过程中Cu元素呗还原，则S元素被氧化，结合得失电子守恒确定产物，从而得出反应的化学方程式。装置B为尾气吸收装置，干燥管起到防倒吸的作用。
（3）Na2SO3易被空气中的O2氧化，使得用量稍微变大。
（4）由于反应生成SO2，使得溶液偏酸性，因此需加入NaOH中和酸性，防止Cu2O发生歧化反应。
（5）无水乙醇洗涤，可除去固体表面的水分，且有利于固体的干燥。
（6）Fe3＋具有氧化性，能将Cu2O氧化成Cu2＋，自身还原为Fe2＋，据此写出反应的离子方程式。
（7）根据反应的离子方程式可得关系式“Cu2O～2Fe2＋～2Ce4＋”，据此进行计算。
11．【答案】（1）A；C
（2）在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低
（3）D
（4）a；e；f；c
（5）
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）制备胆矾晶体涉及过滤操作，过滤时需用到烧杯，再在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶得到，因此还需用到烧杯和蒸发皿，故答案为：AC；
（2）在一定温度范围内适当升温可以加快反应速率，提高浸取率，温度过高则会导致氧气的溶解度下降，导致浸出率降低，故答案为：在较低温度时，升温使反应速率加快；温度过高时，氧气的溶解度下降，导致铜浸出率降低；
（3）A. 步骤Ⅰ中，温度升至临近实验温度引发反应后即可关闭加热电源，利用反应放出的热量可维持体系温度，故A符合题意；
B. 步骤Ⅱ中，过滤前需煮沸10min，主要目的是破坏胶体结构，使铁沉淀完全，这样便于过滤，故B符合题意；
C. 步骤Ⅱ中，控制pH在3.5～4，可使铁转化为氢氧化铁沉淀，同时抑制硫酸铜的水解，故C符合题意；
D. 步骤Ⅲ后，测定结晶水时加热脱水后的坩埚应放在干燥器中冷却后再称量，故D不符合题意；
故答案为：D。
（4）硫酸铜溶液首先进行蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤得到晶体，晶体用乙醇洗涤干净后，干燥，干燥后的晶体置于已称量质量的坩埚中，再次称量两者的质量，然后将坩埚加热至胆矾全部变为白色，使晶体完全分解后，冷却后称量，反复操作恒重后计算结晶水含量，故答案为：a、e、f、c；
（5）由题意可知晶体中水的质量为：，则水分子的物质的量为：，硫酸铜的质量为：，硫酸铜的物质的量为，该样品中结晶水的个数即为1mol硫酸铜对应的水分子个数，可表示为：，故答案为：。
【分析】（1）过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）依据温度对速率和溶解度的影响分析；
（3）A. 反应是放热反应；
B. 依据胶体的性质分析；
C. 调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解等。
D. 防止吸收水分。
（4）从溶液中结晶出固体的上般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）依据质量守恒计算。
12．【答案】（1）温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解
（2）2Cu2+ + +2Cl-+H2O = 2CuCl↓ ++2H+；使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等；CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2
（3）硫酸；加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化
（4）硫酸铵或(NH4)2SO4
（5）59.7%
【知识点】铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70℃ ；
（2）根据分析，；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；
（3）得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；
（4）还原中还可以发生生成硫酸铵；
（5）氯化亚铜与FeCl3反应，，加入K2Cr2O7溶液发生反应
，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为，样品中CuCl的质量分数=。
【分析】（1）依据速率和物质的性质分析 ；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；依据转化率和可能的副反应判断；
（3）利用已知信息和不引入杂质判断；
（4）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（5）利用关系式法计算。
13．【答案】（1）搅拌
（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
（4）蒸发皿；出现少量晶膜
（5）0.003
（6）H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）依据水解平衡移动原理分析；
（4）依据蒸发操作分析；
（5）根据Ksp计算；
（6）依据萃取平衡分析；
14．【答案】（1）Cu2S、CuS、FeO
（2）；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铜及其化合物；无机物的推断
【解析】【解答】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为：Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为：；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为：。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为：。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为：。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为：。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据Ksp计算；依据物质和杂质的性质分析；
（3）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）利用关系式法计算。
15．【答案】（1）溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成
（2）
（3）；HNO3、AgNO3
（4）防止沉淀长时间与空气接触而被氧化
（5）实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子
（6）溶液；
【知识点】铜及其化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；
（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；
（3）①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；
②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；
（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；
（5）已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；
（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。
【分析】（1）依据产物的性质分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）①根据已知信息和题意分析；
②利用稀硝酸和硝酸银溶液检验；
（4）依据反应物的性质分析；
（5）根据反应物和生成物的性质分析；
（6）①根据已知信息分析；
②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大分析。
16．【答案】（1）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO；B；减少CuCl的损失，乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化
（2）先变红，后褪色；排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解
（3）；AD
【知识点】铜及其化合物；实验装置综合；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备CuCl并测定产品的纯度，实验方案为2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4或直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)：2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，甲装置为制备SO2的装置，发生的反应为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，乙装置为SO2还原氯化铜制备CuCl的装置，丙为尾气吸收装置，据此分析解答问题。
(1)由分析可知，乙装置中SO2还原氯化铜制备CuCl，发生的反应为：2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4，因此反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO，由于CuCl在空气中能迅速被氧化，因此过滤时需要快速完成，选用抽滤最好，即选用装置B，CuCl微溶于水，不溶于乙醇，“洗涤”时用乙醇代替蒸馏时可减少CuCl的损失，同时乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCl被氧化；
(2)直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)，发生的反应为直接高温加热2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，Cl2遇湿润的蓝色石蕊试纸，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，因此蓝色石蕊试纸先变红，后褪色，Cu易被空气氧化且易水解，因此实验中通入HCl，可排除装置中空气、带走水蒸气，抑制CuCl2的水解；
(3)已知CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得到关系式：CuCl~Fe2+~Ce4+~Ce(SO4)2，则V2mL中CuCl的物质的量为(ab×10-3)mol，则V1mL中CuCl的物质的量为，质量为，因此产品中CuCl的质量分数为；
A．未用标准溶液润洗滴定管，会使得消耗的标准溶液体积偏大，使最终结果偏高，A不符合题意；
B．滴定时需要适当控制滴速，使反应充分进行，B符合题意；
C．当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，D不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】制备CuCl可以通过以下方法，实验方案为2CuCl2+SO2+H2O=CuCl↓+2HCl+H2SO4或直接高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)：2CuCl2·xH2O2CuCl+Cl2↑+2xH2O，甲装置为制备SO2的装置，发生的反应为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，乙装置为SO2还原氯化铜制备CuCl的装置，丙为尾气吸收装置；再依据中和滴定和氧化还原反应的相关方知识分析解答该题。
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