专题20 无机化学实验整合-制备硫酸铜与精炼铜-高考化学二轮复习高考题型分类（综合题）解析版

PAGE1PAGE2专题20无机化学实验整合--制备硫酸铜与精炼铜【实验一硫酸铜的制备】（1）浓硫酸与铜的反应实验现象a试管中铜丝表面有气泡产生；b试管中的溶液逐渐变为无色；c试管中的紫色石蕊溶液逐渐变为红色；将a试管里的溶液慢慢倒入水中，溶液显蓝色实验结论Cu和浓硫酸反应的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2）工业制胆矾物质开始沉淀时的pH值完全沉淀时的pH值氢氧化铁2.73.7氢氧化亚铁7.69.6氢氧化铜5.26.4【实验二精炼铜】电解精炼粗铜时，以待精炼的铜（含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等）作阳极，用CuSO4溶液作电解质溶液，可得含铜量为99.95%～99.98%的电解铜。阳极材料粗铜（含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等）阴极材料纯铜阳极反应Zn－2e－Zn2＋Fe－2e－Fe2＋Ni－2e—Ni2+Cu－2e－Cu2＋阴极反应Cu2++2e-Cu“阳极泥”Ag、Au等金属杂质失电子能力弱，会以单质形式沉积，形成“阳极泥”。溶液变化①电解质溶液的Cu2+浓度__减小__②引入了Zn2+、Fe2+、Ni2+等杂质，需定时除去趁热打铁趁热打铁1．研究人员进行了一组实验：实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。已知：(1)如图，实验一使用的仪器为，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是。(2)中含有的化学键包括。a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键

d．配位键(3)写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：。(4)写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极：；正极：。(5)研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是。(6)黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为。(7)若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：。【答案】(1)蒸发皿用玻璃棒搅拌(2)abd(3)(4)Zn-2e-+4OH-=、2H2O+2e-=H2+2OH-(5)防止锌被氧化(6)将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜(7)实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象【分析】Zn与NaOH溶液发生反应，一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，形成原电池，Zn失去电子生成，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=，正极由产生的锌离子得到电子转变为锌：而产生银白色的金属、同时H2O得到电子生成少量H2，电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，以此解答。【详解】（1）由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是：用玻璃棒搅拌。（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部存在配位键，O-H属于极性共价键，故选abd。（3）已知Zn和NaOH溶液反应的化学方程式为：，离子方程式为：。（4）锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为Zn，Zn失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=，正极为Cu，正极由产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时H2O得到电子生成少量H2，电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-。（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表明变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化。（6）铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜。（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。2．硝酸是一种重要的化工原料。(1)在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，写出发生反应的离子方程式；反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是(填字母)。A．还原剂

B．氧化剂

C．酸化

D．提供热能(2)实验小组用稀硝酸和铜分别设计了甲、乙两组实验(装置如图所示，夹持仪器已略去)。①甲组实验中，同学们观察到集气瓶中收集到无色气体。部分同学认为该实验不能确定是铜与稀硝酸反应生成了，因为集气瓶中无色气体的来源可能是。②乙组实验的操作步骤是：a.关闭活塞，打开活塞，将过量稀硝酸加入石灰石中。该操作的目的是。b.待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中。c.一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是，应进行的操作是，观察到的现象是。(3)某些资料认为不能与反应。某同学提出质疑，他认为易与发生反应，应该更容易被氧化。查阅资料：a.；b.c.酸性条件下，能被氧化生成。该同学在乙组实验的基础上，用如图所示装置探究与的反成。①C装置中碱石灰的作用是；F装置中反应的离子方程式为。②充分反应后，检验D装置中是否发生反应a的实验操作及现象是。【答案】(1)C(2)如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO生成二氧化碳，排尽装置中的空气打开K1，用气囊鼓入空气圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色(3)除去水蒸气和二氧化碳取D装置中产物少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇空气变为红棕色，则反应发生，若气体不变色，则该反应未发生【详解】（1）在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，发生反应的离子方程式,反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为剩余的硝酸根会在酸性条件下再和铜反应，，所以稀硫酸的作用是酸化，故答案为：；C；（2）①铜和浓硝酸如果反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO，也会看到无色气体；②用稀硝酸与石灰石反应生成二氧化碳，排尽装置中的空气，防止干扰后续实验，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，圆底烧瓶中收集NO，欲证明圆底烧瓶中收集到的无色气体是NO，根据无色的NO会和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，所以打开K1，用气囊鼓入空气，若发生2NO+O2=2NO2，可观察到圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色的现象，氢氧化钠为尾气吸收装置。故答案为：如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO；生成二氧化碳，排尽装置中的空气；打开K1，用气囊鼓入空气；圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色；（3）石灰石与稀硝酸反应生成二氧化碳，铜和稀硝酸反应生成NO，二氧化碳会将装置中的空气排出，硝酸易挥发，制取的混合气体中会含有硝酸，用装置B中的水洗去铜和稀硝酸反应生成的气体与二氧化碳混合气中的硝酸分子，装置C中盛放碱石灰，用碱石灰除去水蒸气和二氧化碳；D装置中的过氧化钠用于探究NO与过氧化钠的反应，E中的碱石灰是防止F中水蒸气进D装置，F装置中盛有高锰酸钾溶液，酸性条件下，NO能被氧化生成,发生的离子反应为；检验D装置中是否发生反应，可以利用资料中的反应b，检验是否生成亚硝酸钠，所以实验操作是：取D装置中产物少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇空气变为红棕色，则反应a发生，若气体不变色，则该反应未发生；故答案为：除去水蒸气、二氧化碳；；取D装置中产物少许于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且遇空气变为红棕色，则反应发生，若气体不变色，则该反应未发生。3．在染色和催化领域应用广泛，某研究小组欲利用如图装置(加热和夹持装置略去)将二氧化硫通入新制氢氧化铜悬浊液中制备。已知：为白色固体，难溶于水和乙醇，能溶于浓盐酸。实验步骤及现象：①向C中先加入溶液，再加入溶液；②打开A中分液漏斗的活塞产生气体至过量，刚开始C中出现少量淡黄色固体，静置一会儿之后，底部有较多的白色沉淀，上层是淡绿色的溶液。③将C中混合物过滤、依次用水和乙醇洗涤、烘干，所得固体质量为。回答下列问题：(1)试剂a为浓硫酸，b仪器的名称为。(2)装置B中长颈漏斗的作用是。(3)将通入C中，与新制氢氧化铜悬浊液反应，产生白色固体的离子方程式为。(4)小组成员针对步骤2中的现象展开进一步的探究得出：ⅰ．白色沉淀为。ⅱ．上层淡绿色溶液中的主要溶质为和少量。结论：本实验中较多量的新制氢氧化铜与二氧化硫发生了氧化还原反应，少量与之发生了复分解反应，二者为竞争关系。试分析主要发生氧化还原反应的原因。(5)用乙醇洗涤的优点为。(6)计算该实验中的产率为％。(7)已知：，，。若所得固体中混有少量，请补充完除去的实验方案：①向产物中滴加试剂，使固体充分溶解，再过滤出杂质；②向滤液中加水稀释至不再产生沉淀为止；③过滤、洗涤、干燥，可得到除去后的固体。【答案】(1)蒸馏烧瓶(2)允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空(3)2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O(4)新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO2具有还原性，二者主要发生氧化还原反应(5)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥(6)(7)HCl【分析】A装置制备SO2，将SO2通入C中反应生成，D装置中NaOH溶液可以吸收过量的SO2，防止污染空气，以此解答。【详解】（1）b仪器的名称为蒸馏烧瓶。（2）装置B中长颈漏斗的作用是允许空气进入，或排出气体，防止装置超压或形成真空。（3）CuCl难溶于水，是自色固体，二氧化硫通入C中新制氢氧化铜悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根，Cu元素化合价降低，生成CuCl，离子方程式为：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O。（4）新制氢氧化铜具有弱氧化性，SO2具有还原性，二者主要发生氧化还原反应。（5）CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干燥。（6）15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物质的量=0.015L×0.5mol/L=0.0075mol，完全转化为CuCl，理论上生成的物质的量为0.0075mol，其质量=0.0075mol×99.5g/mol=0.74625g，实验实际所得CuCl固体质量为0.594g，则CuCl的产率=。（7）可向产物中滴加浓HCl，使固体溶解充分，过滤出杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，加水不再产生沉淀为止，过滤、洗涤、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固体。4．某种电镀污泥主要含有碲化亚铜()、三氧化二铬()以及少量的金()，可用于制取溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，发生的反应为：(1)元素在元素周期表中的位置为，该元素最高化合价。(2)煅烧时，发生反应的化学方程式为。(3)浸出液中除了含有(在电解过程中不反应)外，还含有(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为极。(4)工业上用重铬酸钠()母液生产重铬酸钾()的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量的原因是。(5)测定产品中含量的方法如下：称取试样配成溶液，取置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为。若三次实验消耗标准液的体积平均为，则所得产品中的纯度为。【答案】(1)第五周期VIA族+6(2)(3)CuSO4阴(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小(5)49.0%【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，工业上以电镀污泥为原料，用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据工艺流程图，煅烧时Cu2Te与氧气发生反应，反应方程式为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；碲化亚铜转化为CuO和TeO2；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，金不溶，CuO转化为CuSO4，TeO2转化为TeOSO4；电解后铜离子放电生成铜；TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。(1)Te在元素周期表中与氧元素同主族，且核外有5个电子层，所以位置为第五周期ⅥA族；其最外电子层有6个电子，所以其最高化合价为+6；答案为：第五周期ⅥA族；+6；(2)煅烧时，Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，化学方程式为。答案为：；(3)沉渣中加入稀硫酸，CuO转化为CuSO4，TiO2转化为TeOSO4，所以还含有CuSO4。电解沉积过程中，Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu，析出单质铜的电极为阴极。答案为：CuSO4；阴；(4)冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7，答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；(5)滴定过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，转化为Cr3+，发生反应的离子方程式为；由离子方程式，可建立如下关系式：～6Fe2+，取出的25.00mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为答案为：；49.0%。5．某研究小组探究CuSO4溶液和弱酸盐的反应。【资料】H2S2O3是一种弱酸，易分解为SO2和S。序号实验操作实验现象Ⅰ过程ⅰ：立即产生蓝色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生气泡增多且速率明显加快，蓝色絮状沉淀沉降在试管底部。过程ⅲ：沉淀溶解并有极少量的气泡生成。Ⅱ过程ⅰ：立即产生浅蓝绿色絮状沉淀，继续滴加至1mL，沉淀增多且蓝绿色加深，并出现少量气泡。过程ⅱ：产生的气泡比实验Ⅰ过程ⅱ增加更多更快，最终得到天蓝色粉末状沉淀。过程ⅲ：沉淀溶解并有较多气泡生成。Ⅲ过程ⅰ：较快出现淡黄色悬浮物。过程ⅱ：黄色逐渐加深，依次变为土黄色、棕色，最终变为黑色，同时产生刺激性气味气体，且通入品红试剂出现溶液褪色现象。(1)实验I中过程i产生的蓝色絮状沉淀为Cu(OH)2，同时产生的少量气泡主要成分是。(2)实验Ⅱ中过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，II中产生气泡明显更快的原因是。(4)实验Ⅲ中，经检验产生的黑色沉淀为CuS。推测CuS的产生原因。推测1.酸性条件下，发生分解，随后分解产物再与Cu2+产生CuS；推测2.酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成。经实验及理论证明推测1和推测2均合理。①证明推测1合理，应设计的实验方案是。②推测2发生反应的离子方程式是。③从化学反应速率和限度的角度解释酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀的原因。【答案】(1)CO2(2)(3)实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2(4)向试管中加入1mL0.1mol/LCuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀【详解】（1）实验I中，从过程ⅲ看，沉淀主要为Cu(OH)2，则过程i产生的蓝色絮状沉淀Cu(OH)2主要来自Cu2+水解，同时生成的H+与反应，先产生，再生成CO2，所以少量气泡主要成分是CO2。答案为：CO2；（2）实验Ⅱ中,从过程ⅲ看，产生的天蓝色粉末状沉淀应为CuCO3，则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。答案为：；（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，Ⅰ的溶液中含有，Ⅱ的溶液中含有，两溶液中都发生Cu2+水解生成H+的反应，则II中产生气泡明显更快的原因是：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2。答案为：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2；（4）①推测1中，酸性条件下，发生分解，生成S、SO2等，所以应设计的实验方案是向试管中加入1mL0.1mol/LCuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成。②推测2中，酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成，发生反应的离子方程式是+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+。③酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀，则表明前期先发生少部分H2S2O3的分解，大部分在中后期发生推测2中的反应，从而得出原因是：Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。答案为：向试管中加入1mL0.1mol/LCuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成；+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+；Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+Cu2++H2O=+CuS↓+2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。【点睛】Cu2+与发生反应时，试剂的滴加顺序不同，发生的反应不同，产生的现象不同。6．氯化亚铜CuCl是一种无机物，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它难溶于水，溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化成Cu2(OH)3Cl。制备方法如下：Ⅰ.途径一，以海绵铜(主要成分是Cu和少量的CuO)为原料，回答下列问题：(1)海绵铜在溶解之前进行“预处理”操作以去除表面的矿物油污，可以选择。A．纯碱溶液浸泡

B．NaOH溶液浸泡

C．酒精清洗(2)溶解步骤温度控制在60℃的原因是。(3)反应步骤的离子方程式。Ⅱ.途径二，以刻蚀废液(主要成分是FeCl3、FeCl2、CuCl2)为原料，回答下列问题：(4)刻蚀废液进行“预处理”时，先加入合适的氧化剂，再加入Na2CO3溶液。加入Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性的原因是。(5)析出的氯化亚铜晶体要立即水洗后醇洗，在真空干燥机内于60℃干燥2小时，冷却后真空包装，否则会发生反应的化学方程式为。Ⅲ.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。已知：Cu+Cu2+2Cu+K=7.6×10-7；Ksp(CuCl)=2.0×10-6(6)通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因。(7)若用Zn替换Cu可加快除Cl-的速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl-效果下降的原因是。【答案】(1)C(2)防止温度过高导致铵盐分解(3)Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+(4)溶液中含有铜离子，若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀(5)4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(6)已知：①Cu+Cu2+2Cu+K=7.6×10-7；②CuClCl-+Cu+Ksp(CuCl)=2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++2Cl-2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行(7)若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应【分析】海绵铜预处理后加入硝酸铵、硫酸，反应得到硫酸铜、硫酸铵，过滤后滤液加入亚硫酸铵、氯化铵，将二价铜转化为一价铜并生成氯化亚铜沉淀；刻蚀废液预处理后，加入亚硫酸钠将二价铜转化为一价铜，再加入氯化钠生成氯化亚铜沉淀；氯化亚铜过滤分离出来水洗、醇洗后烘干得到氯化亚铜。【详解】（1）矿物油污为烃类不是酯类不能用碱性物质清除，应该选择酒精溶液预处理；故选C；（2）解步骤温度控制在60℃的原因是防止温度过高导致铵盐分解，使得浸取效率下降；（3）亚硫酸根离子具有还原性；反应步骤中铜离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铜离子和硫酸根离子，亚铜离子又和氯离子生成氯化亚铜沉淀，故总的离子方程式为；Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；（4）刻蚀废液加入氧化剂后亚铁离子转化为铁离子，溶液中含有铁离子、铜离子，调节pH生成铁的沉淀除去铁；若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀导致铜元素损失；（5）空气中氧气具有氧化性，已知：CuCl在潮湿空气中可被迅速氧化成Cu2(OH)3Cl；则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；（6）已知：①Cu+Cu2+2Cu+K=7.6×10-7；②CuClCl-+Cu+Ksp(CuCl)=2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++2Cl-2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行，故上述除Cl-的反应能完全进行；（7）用Zn替换Cu，若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应，导致除Cl-效果下降。7．已知水合肼(N2H4·H2O)为无色透明的油状液体，沸点为120.1℃，有毒且不稳定，在300℃时分解成N2、NH3、H2和H2O，有淡氨味，具有强碱性、强还原性和吸湿性。某小组为探究其性质进行以下实验。Ⅰ．水合肼的实验室制备。用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼，装置如图所示(加热及夹持装置略)。(1)反应时应向三颈烧瓶中逐滴滴加NaClO碱性溶液，防止其过量，其原因是。(2)三颈烧瓶中反应的离子方程式为。Ⅱ．探究水合肼的分解产物。该小组成员利用下列装置(夹持装置略)热分解水合肼，并对分解产物(N2、H2、NH3、H2O)进行探究。(3)C中盛放的试剂为。E中少量铜粉的作用是。(4)检查装置气密性后，加热装置E前需要进行的操作是。(5)实验过程中观察到的现象：G中无现象，H中，Ⅰ中。(6)N中当时开始收集气体，若最后检验所收集的气体为N2，能否说明是水合肼热分解产生的？并说明理由：。【答案】(1)制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量(2)ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+(3)饱和NaHCO3溶液作催化剂(4)打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K(5)黑色粉末变红色固体由白色变蓝色(6)水槽中导管口出现均匀的气泡不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2【分析】Ⅰ.首先利用NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液在40℃时反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼；Ⅱ.启普发生器中，稀盐酸和石灰石反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl杂质，装置C中用饱和碳酸氢钠除去HCl，装置E中水合肼分解产生N2、H2、NH3、H2O，水蒸气在冰水中冷凝变为液态水，无水硫酸铜不变蓝，剩余的气体通入氧化铜粉末中加热，H2和NH3均能还原氧化铜，氢气还原氧化铜生成水，用无水硫酸铜检验并吸收水，浓硫酸吸收氨气，氢氧化钡吸收二氧化碳，装置N中收集到氮气。【详解】（1）根据题干信息可知，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，因此反应时应控制NaClO碱性溶液不过量，故答案为：制备的产品水合肼具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，它们能发生反应，必须控制NaClO碱性溶液不过量；（2）三颈烧瓶中NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2]水溶液反应制得水合肼，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+，故答案为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+；（3）C用于除去二氧化碳中的HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液；E中铜粉作催化剂，加快水合肼分解的速率，故答案为：饱和NaHCO3溶液；作催化剂；（4）检查装置的气密性之后，应打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K，排出装置中的空气之后再加热装置E，故答案为：打开启普发生器导管上的旋塞K，待装置M中溶液出现白色沉淀，关闭旋塞K；（5）实验过程，由于水合肼分解生成的水在冰水中冷凝为液态水，则装置G无现象，装置H中氧化铜被还原为单质铜，观察到黑色粉末变红色，氢气还原氧化铜生成水，则装置I中固体由白色变蓝色，故答案为：黑色粉末变红色；固体由白色变蓝色；（6）当N中水槽中导管口出现均匀的气泡时开始收集气体；由于水合肼分解产生的NH3也能还原氧化铜生成N2，因此若最后检验所收集的气体为N2，不能说明N2是水合肼分解产生的，故答案为：水槽中导管口出现均匀的气泡；不能，因为水合肼热分解产生的NH3也能还原CuO生成N2。8．废弃的锂离子电池中含有多种金属元素，需回收处理。柠檬酸因具有酸性和较好的络合性，可用于浸出金属离子并得到柠檬酸浸出液。下图是某小组研究从柠檬酸浸出液中分离出铜并制备碱式碳酸铜[xCuCO3∙yCu(OH)2∙zH2O]的制备流程。(1)在“调pH分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH为6.67，本实验中测得pH=8时铜的沉淀率仅为7.2%，远小于理论分析结果，可能的原因为。(2)在“还原法沉铜”的步骤中，利用抗坏血酸(C6H8O6)能有效的将Cu(II)还原成金属Cu。抗坏血酸(C6H8O6)易被氧化为脱氢抗坏血酸(C6H6O6)；且受热易分解。①抗坏血酸还原Cu(OH)2的离子方程式为：。②某实验小组研究了相同条件下温度对Cu沉淀率的影响。从如图可以看出，随着温度的升高，相同时间内Cu的沉淀率先逐渐增加，在80℃时达到最高点，后略有下降，下降可能的原因是。(3)将所得铜粉制备为CuSO4溶液后再制备碱式碳酸铜。已知碱式碳酸铜的产率随起始n(Na2CO3)与n(CuSO4)的比值和溶液pH的关系如图所示。①补充完整由0.5mol/LCuSO4溶液制取碱式碳酸铜的实验方案：向烧杯中加入30mL0.5mol/LNa2CO3溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，，低温烘干，得到碱式碳酸铜。(实验中可选用的试剂或仪器：0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LNaOH溶液、0.1mol/L盐酸、pH计)②实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得碱式碳酸铜的产率偏低，但产品中Cu元素含量偏大，原因是。③称取9.55g碱式碳酸铜[xCuCO3∙yCu(OH)2∙zH2O]产品，通入氢气充分加热反应后，得到4.8g固体残留物，同时生成2.2g二氧化碳和2.7g水。则该产品的化学式为。【答案】(1)铜离子与柠檬酸(或柠檬酸根)形成配合物，使铜离子浓度减小，与氢氧根离子形成Cu(OH)2减少(2)Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O当温度超过80℃时，抗坏血酸分解，浓度降低，还原铜的能力减弱(3)边搅拌边加入25mL0.5mol/LCuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol/LNaOH溶液或0.1mol/L盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加0.1mol/LBaCl2溶液无沉淀生成pH过大，生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2中的Cu元素含量高于碱式碳酸铜2CuCO3∙Cu(OH)2∙2H2O【分析】柠檬酸浸出液中加碱调节溶液的pH，使Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀；加入还原剂将Cu(OH)2还原为Cu；再加入氧化剂、硫酸等，将Cu转化为CuSO4，加入Na2CO3后调节溶液的pH，从而生成xCuCO3∙yCu(OH)2∙zH2O。【详解】（1）在“调pH分离铜”的步骤中，理论上铜离子完全沉淀时pH为6.67，本实验中测得pH=8时铜的沉淀率仅为7.2%，远小于理论分析结果，则表明另有一种稳定存在的含铜化合物，题中信息指出：“柠檬酸具有较好的络合性”，所以可能的原因为：铜离子与柠檬酸(或柠檬酸根)形成配合物，使铜离子浓度减小，与氢氧根离子形成Cu(OH)2减少。答案为：铜离子与柠檬酸(或柠檬酸根)形成配合物，使铜离子浓度减小，与氢氧根离子形成Cu(OH)2减少；（2）①因为抗坏血酸(C6H8O6)能有效的将Cu(II)还原成金属Cu，所以抗坏血酸还原Cu(OH)2的离子方程式为：Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O+2Cu。②抗坏血酸(C6H8O6)受热易分解，在80℃时达到最高点，后略有下降，则表明80℃以后抗坏血酸分解程度增大，所以下降可能的原因是：当温度超过80℃时，抗坏血酸分解，浓度降低，还原铜的能力减弱。答案为：Cu(OH)2+C6H8O6=C6H6O6+2H2O；当温度超过80℃时，抗坏血酸分解，浓度降低，还原铜的能力减弱；（3）①从图中可以看出，当=1.2时碱式碳酸铜的产率最大，此时需加入0.5mol/LCuSO4溶液的体积为=25mL；当pH=9.0时碱式碳酸铜的产率最大，可通过加盐酸或NaOH溶液调节溶液的pH为9.0，过滤出沉淀后，还需检验是否除尽，则由0.5mol/LCuSO4溶液制取碱式碳酸铜的实验方案：向烧杯中加入30mL0.5mol/LNa2CO3溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入25mL0.5mol/LCuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol/LNaOH溶液或0.1mol/L盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加0.1mol/LBaCl2溶液无沉淀生成，低温烘干，得到碱式碳酸铜。②因为在碱性较强溶液中，Cu2+能与OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，且Cu(OH)2的含铜量比CuCO3高，则反应时溶液pH过大，所得碱式碳酸铜的产率偏低，但产品中Cu元素含量偏大，原因是：pH过大，生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2中的Cu元素含量高于碱式碳酸铜。③n(Cu)==0.075mol，n(CO2)==0.05mol，n(H2O)==0.15mol，则n(CuCO3)=0.05mol，n[Cu(OH)2]=0.075mol-0.05mol=0.025mol，Cu(OH)2分解生成H2O、CuO被H2还原生成H2O的物质的量为0.075mol+0.025mol=0.05mol，CuCO3、Cu(OH)2、H2O的物质的量之比为0.05mol:0.025mol:0.05mol=2:1:2，x:y:z=2:1:2，则该产品的化学式为2CuCO3∙Cu(OH)2∙2H2O。答案为：边搅拌边加入25mL0.5mol/LCuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol/LNaOH溶液或0.1mol/L盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液滴加0.1mol/LBaCl2溶液无沉淀生成；pH过大，生成了Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2中的Cu元素含量高于碱式碳酸铜；2CuCO3∙Cu(OH)2∙2H2O。【点睛】计算结晶水含量时，需考虑CuO被H2还原时，也会生成H2O。9．已知氨可以与灼热的氧化铜反应生成氮气和金属铜，用下面示意图中的装置可以实现该反应。试回答下列问题：(1)请写出A中反应的化学方程式为。(2)仪器B中盛放作为干燥剂去除气体中的水蒸气。a．碱石灰

b．浓硫酸(3)实验时在C中加入CuO，发生反应的化学方程式是。(4)反应结束后取下D试管，向其中滴加几滴酚酞试液，观察到的现象是，产生该现象的原因是。(用恰当的化学用语表示)(5)装置E中收集到的物质是。(填化学式)(6)向10gCu和CuO组成的混合物中，加入一定量的稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO2.24L。请回答以下问题：①写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式。②计算原混合物中铜的质量分数。【答案】(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2)a(3)2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O(4)溶液变成红色NH3·H2O＋OH−(5)氮气(6)3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O96%【分析】本实验的目的，验证NH3的还原性。首先用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3，将NH3干燥后，再还原CuO，将反应生成的水蒸气及未反应的NH3冷凝后，收集产生的N2。【详解】（1）在A中，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（2）装置A中，制得的NH3中混有水蒸气，仪器B中若盛放浓硫酸，则会吸收NH3，所以只能盛放碱石灰，故选a。答案为：a；（3）实验时在C中加入CuO，NH3将CuO还原为Cu等，同时生成N2，发生反应的化学方程式是2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O。答案为：2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O；（4）反应结束后取下D试管，试管内的液体为氨水，氨水中的一水合氨电离产生OH-等，从而使溶液显碱性，向其中滴加几滴酚酞试液，观察到的现象是溶液变成红色，产生该现象的原因是：NH3·H2O＋OH−。答案为：溶液变成红色；NH3·H2O＋OH−；（5）反应后所得混合气体中含有N2、NH3和水蒸气，混合气冷凝后，NH3和水蒸气形成氨水，装置E中收集到的物质是氮气。答案为：氮气；（6）①Cu与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO等，反应的离子方程式为3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O。②在原混合物中加入适量稀硝酸，发生反应：CuO+2H+=Cu2++H2O、3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，n(NO)=，则n(Cu)==0.15mol，铜的质量分数为=96%。答案为：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；96%。【点睛】铜与稀硝酸反应，即便生成NO2，也会与水反应，生成硝酸和NO，所以最终产物为NO等。10．实验小组研究铜与硝酸的反应，实验如下(加持装置和尾气处理装置略)。装置编号试剂a现象Ⅰ4浓硝酸(过量)铜片完全溶解，溶液变绿，出现大量红棕色气体Ⅱ4稀硝酸(过量)铜片完全溶解，溶液变蓝，液面上方气体呈浅红棕色(1)实验Ⅰ、Ⅱ中的红棕色气体均是。①实验Ⅰ产生的化学方程式是。②实验Ⅱ产生的化学方程式是。(2)对实验Ⅰ产生，实验Ⅱ产生的原因提出解释。①硝酸浓度越稀，溶液中单位体积内的数目越少。被还原时，每个从铜片处获得较多电子的机会越(填“大”或“小”)，因此越易被还原为较低价态的含氮物质。②浓硝酸具有较强的性，可将转化为。(3)对实验Ⅰ所得溶液呈绿色，而实验Ⅱ所得溶液呈蓝色的原因提出猜想。查阅资料：ⅰ.溶于浓硝酸后呈黄色；ⅱ.。是弱酸，不稳定。猜想一：溶于浓硝酸，与蓝色溶液混合而呈现绿色。猜想二：电离出的与结合为(绿色)。①向浓硝酸中通入，现象是，滴加少量蓝色溶液后呈绿色，证实猜想一合理。②研究猜想二是否为实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，实验如下。a．能说明溶液A中含有的现象是。b．向溶液B中滴加少量硝酸，溶液由绿色变为蓝色。结果表明，猜想二不是实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，说明理由：。【答案】(1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O2NO+O2=2NO2(2)大氧化(3)溶液呈黄色溶液A为无色，溶液B为绿色实验表明在酸性条件下不能稳定存在，由于实验Ⅰ中有大量浓HNO3存在，因此不应含有大量【详解】（1）①实验Ⅰ中发生的反应为铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②实验Ⅱ中发生的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，产生二氧化氮的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；（2）①硝酸浓度越稀，溶液中单位体积内的硝酸根数目越少，则稀硝酸被还原时，每个硝酸根从铜片处获得较多电子的机会越大，因此越易被还原为较低价态的含氮物质，故答案为：大；②浓硝酸具有较强的氧化性，能将一氧化氮氧化为二氧化氮，故答案为：氧化；（3）①由题给信息可知，若猜想一合理，向浓硝酸中通入二氧化氮，溶液会变为黄色，滴加少量蓝色硝酸铜溶液后，溶液会变为绿色，故答案为：溶液呈黄色；②a．由题给信息可知，若溶液A为无色，溶液B为绿色说明溶液A中含有亚硝酸，故答案为：溶液A为无色，溶液B为绿色；b．由实验可知，在酸性条件下不能稳定存在，而实验Ⅰ中含有大量浓硝酸，溶液的酸性强，溶液中不应含有大量，所以猜想二不是实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，故答案为：实验表明在酸性条件下不能稳定存在，由于实验Ⅰ中有大量浓HNO3存在，因此不应含有大量。11．昆一中化学竞赛班和理科学社(chemistryking)的学长特别设计了如图所示的图案欢迎你加入百年名校，成为昆华园的一员。图中A~G均为初中化学常见物质，“－”表示物质之间能够相互反应，“→”表示物质之间的转化关系(所涉及反应均为初中常见的化学反应)。A、B、C、D、E分别属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的一种，其中A、B均为黑色固体，A具有吸附性，C、E在农业上常用于配制农药波尔多液。请回答：(1)A的化学式为。(2)D属于题中所述物质类别中的。(3)B→C的化学方程式为。(4)F和G对应的物质可能是。(填序号)①水和氧气

②氢氧化钠和碳酸钠

③二氧化碳和一氧化碳【答案】(1)C(2)酸(3)(4)①②【分析】A、B、C、D、E分别属于酸、碱、盐、氧化物、单质中的一种，其中A为黑色固体，A具有吸附性，故A是碳，C、E在农业上常用于配制农药波尔多液，故C、E分别是氢氧化钙和硫酸铜中的一种，B、D分别是氧化物、酸中的一种，A-B、B-D物质之间能够相互反应，而且涉及反应均为初中常见反应，碳不与酸反应，碳具有还原性，能将金属氧化物还原为金属单质，B为黑色固体，故B是氧化铜，C是硫酸铜，E是氢氧化钙，D是酸，如盐酸或硫酸，均可以与氧化铜和氢氧化钙反应，由氢氧化钙生成的F可以与G相互转化，F可能是水，水通电分解为氧气和氢气，氢气在氧气中燃烧生成水，则G可能是氧气或氢气，F可以是氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，则G可以是碳酸钠。【详解】（1）由分析知A是碳，故答案为：C；（2）由分析知D属于题中所述物质类别中的酸，故答案为：酸；（3）由分析知B是氧化铜，C是硫酸铜，B→C的化学方程式为，故答案为：；（4）由氢氧化钙生成的F可以与G相互转化，F可能是水，水通电分解为氧气和氢气，氢气在氧气中燃烧生成水，则G可能是氧气，F可以是氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠，则G可以是碳酸钠，则F和G对应的物质可能是水和氧气或氢氧化钠和碳酸钠，故答案为：①②。12．碱式碳酸铜是孔雀石的主要成分，呈暗绿色或淡蓝绿色，难溶于水。某研究性学习小组制定了如下实验来探究制备碱式碳酸铜的最佳配比：将浓度均为的、溶液混合，磁力搅拌30分钟后置于75℃恒温装置中反应75分钟，冷却至室温后抽滤、洗涤、干燥、称重。实验数据如下表所示。实验编号IIIIIIIVV体积/mL3030303030体积/mL2430364248产物成分产物质量/g1.47251.52181.54731.53571.5315回答下列问题：(1)本实验中，制备碱式碳酸铜的离子方程式为。(2)实现恒温75℃加热可采取的方式为。(3)实验过程中，需对碱式碳酸铜沉淀进行抽滤(减压过滤)，装置如图甲，抽滤的主要优点是；检验滤渣是否洗涤干净的实验操作是。(4)由以上实验数据判断，生成碱式碳酸铜的反应中，的最佳比例为；在该比例下，碱式碳酸铜的产率为(保留2位有效数字)。(5)取mg制得的碱式碳酸铜样品，在如图乙装置中加热分解(加热装置已省略)，量气管及导管内盛装的试剂为，若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，则样品中的纯度为%(用含m、V的式子表示)。【答案】(1)(2)水浴加热(3)可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，说明含有即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有即证明洗涤干净(4)5:693%(5)饱和碳酸氢钠溶液【详解】（1）由题意知，用、溶液制备碱式碳酸铜，其离子方程式为；故答案为：；（2）水浴加热可以平稳地加热且适用于100℃以下温度，故实现恒温75℃加热可采取的方式为水浴加热；故答案为：水浴加热；（3）抽滤的主要优点是可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；滤渣表面会沾有，检验滤渣是否洗涤干净只需检验最后一次洗涤液是否存在，其实验操作是取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，说明含有即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有即证明洗涤干净；故答案为：可加速过滤，并使沉淀抽吸的较干燥；取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化，再加入溶液，若出现白色沉淀，说明含有即证明没有洗涤干净，若没有出现白色沉淀，说明不含有即证明洗涤干净；（4）分析实验数据可知，实验III生成的碱式碳酸铜最多，即为的最佳比例，其为；根据可知，在该比例下过量，则理论上，，故碱式碳酸铜的产率为；故答案为：5:6；93%；（5）碱式碳酸铜受热分解发生反应，收集到的气体为CO2，则量气管及导管内盛装的试剂不能溶解CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；若收集到气体体积为VL(已折算成标准状况下)，则，，，故样品中的纯度为；故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；。13．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。回答以下问题：图1是工业上生产的流程图：(1)与氮氧化物有关的全球性大气环境问题有___________。A．酸雨 B．沙尘暴 C．光化学烟雾 D．白色污染(2)下列有关NH3的说法，不正确的是___________(填字母序号)。A．工业合成属于人工固氮B．易液化，液氨常用作制冷剂C．可用浓硫酸或无水氯化钙干燥D．制备NO体现了的还原性(3)稀硝酸和铜反应的离子方程式为：。图2是某化学兴趣小组的同学进行的一些性质实验(加热装置略)：(4)首先，验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。①连接仪器、检查装置气密性、加药品后，打开a、关闭b，然后打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶滴入浓硫酸，加热，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：。②装置A中试剂是。③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：。(5)验证的某些性质。①打开b，关闭a。②硫化氢溶液中看到有淡黄色沉淀，体现。(选填“酸性氧化物”、“还原性”、“氧化性”)③溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，都产生了白色沉淀，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式【答案】(1)AC(2)C(3)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O(4)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O品红溶液A中品红没有褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀(5)氧化性BaSO4BaSO3【分析】N2和H2在氨合成塔中反应生成NH3，NH3在氧化炉中与O2反应生成NO，NO在吸收塔中先与O2反应生成NO2，NO2再与水反应生成HNO3。【详解】（1）A．氮氧化物可形成硝酸型酸雨，A正确；B．沙尘暴中主要是尘土，与氮氧化物无关，B错误；C．氮氧化物可引发光化学烟雾，C正确；D．白色污染主要是指废弃塑料等形成的污染，与氮氧化物无关，D错误；故答案选AC。（2）A．工业上N2和H2反应生成NH3，属于人工固氮，A正确；B．NH3易液化，且液氨汽化吸收大量的热，因此液氨常用作制冷剂，B正确；C．NH3可与浓硫酸和无水氯化钙反应，不能用浓硫酸或无水氯化钙干燥氨气，C错误；D．NH3与O2反应生成NO和H2O，N元素化合价升高体现还原性，D正确；故答案选C。（3）稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。（4）①圆底烧瓶中浓硫酸和Cu加热条件下反应生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②要证明碳、硅非金属性的相对强弱，只需要证明碳酸酸性强于硅酸，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成CO2，要确保生成的CO2中没有SO2，否则可能是亚硫酸与硅酸钠反应生成了硅酸，因此A为品红溶液，用途为确保CO2中没有SO2。③A中为品红溶液，品红溶液不褪色说明CO2中没有SO2，同时硅酸钠溶液中出现白色沉淀，说明有硅酸生成，则可证明碳酸酸性强于硅酸，从而证明碳的非金属性比硅强。（5）②硫化氢溶液能与SO2发生归中反应，生成S单质，该反应中SO2中S得电子，SO2表现氧化性。③SO2通入氯化钡溶液中无明显现象，滴加氯水后，氯水将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀。滴加氨水，氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3再与BaCl2反应生成BaSO3沉淀和NH4Cl。14．CuCl2是常见的化学试剂，学习小组开展了与CuCl2相关的系列实验。回答下列问题：I.利用废铜屑制备CuCl2(实验装置如下图所示)(1)仪器a的名称为。(2)“湿法”制备CuCl2的化学方程式为。(3)①石英管内可能观察到的现象为。②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是。(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉(填试剂及操作)，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液。II.探究Al与CuCl2溶液的反应将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液的试管中，观察到现象为：铝片表面析出疏松的紫红色固体，产生无色无味气体，溶液颜色变浅。(5)紫红色固体为(填化学式)。(6)经检验产生的气体为H2.在CuCl2溶液中存在Cu2++2H2O=Cu(OH)2+2H+、2A1+6H+=2A13++3H2↑，小组成员认为应产生Cu(OH)2，但实际实验中并未观察到蓝色沉淀。于是他们提出了以下两种猜测并进行相关验证。完成下列表格：猜测实验现象结论i.①。取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡无明显现象猜想i不成立ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应②。固体立即溶解，溶液呈浅绿色猜想ii成立③在猜测ii成立的基础上，该小组成员查阅文献发现体系中可能存在反应：2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+，列式计算平衡常数分析该反应进行的趋势。(已知：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；Ksp[A1(OH)3]=1.3×10-33。一般认为，K>105时反应进行较完全，K<10-5时反应难以进行)文献显示生成的Al(OH)3可能以胶体形式存在，这是未观察到白色沉淀的可能原因，但仍需进一步深入研究。【答案】分液漏斗Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O管内产生棕黄色的烟(CuCl2)有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞在空气中灼烧CuCu(OH)2与Al单质发生了反应取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡K===6.3×106＞105，该反应进行较完全【分析】根据题中图示，湿法制取CuCl2，在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应，NaOH溶液吸收尾气，防止污染环境；干法制取CuCl2，在石英管制取CuCl2，在集气瓶中收集CuCl2，NaOH溶液吸收多余的Cl2，避免污染环境；探究Al与CuCl2溶液反应，根据金属性强弱和实验现象回答紫红色固体为Cu，并提出两种猜测并进行相关验证，由Ksp进行相关计算；据此解答。【详解】(1)根据题中图示可知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为分液漏斗。(2)在三颈烧瓶中加入铜屑、H2O2和浓盐酸，在电热搅拌下发生氧化还原反应生成CuCl2的化学方程式为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O。(3)①石英管内发生Cu+Cl2CuCl2，观察到的现象为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)；答案为管内产生棕黄色的烟(CuCl2)。②石英管直接伸入收集装置，该管较粗，其优点是有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞；答案为有利于产物(CuCl2)直接进入收集瓶，防止堵塞。(4)除上述两种方法外，实验室中还可先将铜粉在空气中灼烧，再加入适量稀盐酸反应得到CuCl2溶液，即2Cu+O22CuO，CuO+2HCl=CuCl2+H2O；答案为在空气中灼烧。(5)由于Al的金属性比Cu强，将铝片放入盛有0.1mol·L-1CuCl2溶液，发生置换反应，即2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，则紫红色固体为Cu；答案为Cu。(6)①由实验取少量Cu(OH)2悬浊液，加入打磨过的铝片，振荡，可推知，猜测i.是Cu(OH)2与Al单质发生了反应；答案为Cu(OH)2与Al单质发生了反应。②由猜测ii.Cu(OH)2与Al3+发生了反应，可推知实验是取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡；答案为取少量Cu(OH)2悬浊液，加入AlCl3溶液，振荡。③由2A13++3Cu(OH)2=2Al(OH)3+3Cu2+可知，K=====6.3×106＞105，该反应进行较完全；答案为K===6.3×106＞105，该反应进行较完全。15．CuCl用于石油工业脱硫与脱色，还可用作CO吸附剂和脱氧剂。CuCl是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.利用以下装置可制备CuCl已知：为无色溶液，加水稀释即析出CuCl白色固体，回答下列问题：(1)制取：A中发生的反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为，为吸收尾气，C中可选用试剂(填标号)。A．溶液

B．饱和食盐水

C．溶液

D．浓(2)制备CuCl：打开分液漏斗旋塞与搅拌器，B中依次发生反应的离子方程式为：①②③观察到时停止反应。将B中溶液倾入盛有的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀。过滤得CuCl粗品。(3)洗涤CuCl：洗涤时最好用(填序号)洗涤滤饼3～4次，其目的是。a.

b.稀硫酸

c.95%的乙醇Ⅱ.工业上常用CuCl作、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、、和的含量。已知：和KOH的混合溶液也能吸收氧气。(4)装置的连接顺序应为。(5)用D装置测含量，若读数时右侧量气管液面高于左侧液面，则测得含量(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)1：5AC(2)Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl溶液中蓝色褪去变为无色蒸馏水(3)c乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化(4)C→B→A→D(5)偏小【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气进入B中与铜粉、NaCl反应生成Na2[CuCl3]，C为尾气处理装置，用于吸收多余的氯气。【详解】（1）A中高锰酸钾和HCl反应生成氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，该反应中氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，其中16个HCl中有10个HCl是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5。A．亚硫酸钠可被氯气氧化从而吸收氯气，A正确；B．氯气在饱和食盐水中溶解度小，无法用饱和食盐水吸收氯气，B错误；C．氯化亚铁可被氯气氧化从而吸收氯气，C正确；D．浓硫酸不与氯气反应，不能用浓硫酸吸收氯气，D错误；故答案选AC。（2）铜离子、氯离子和铜可反应生成氯化亚铜，离子方程式为Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl。Na2[CuCl3]为无色溶液，CuCl为白色固体，故当溶液中蓝色褪去变为无色时停止反应。Na2[CuCl3]为无色溶液，加水稀释即析出CuCl，将B中溶液倾入盛有蒸馏水的烧杯中，立即得到白色CuCl沉淀，过滤得到CuCl粗品。（3）CuCl不溶于水和乙醇，但是在潮湿的空气中可被迅速氧化，因此最好使用95%的乙醇洗涤，乙醇挥发可带走CuCl表面的水分防止其被氧化。（4）用KOH溶液吸收CO2，然后用Na2S2O4和KOH的混合溶液吸收O2，再用A吸收CO，最后用排水法测量氮气的体积，则装置的连接顺序为C→B→A→D。（5）若右侧量气管液面高于左侧，则左侧气体压强大于大气压，气体受到压迫测得的N2含量偏小。16．SO2是硫元素的重要化合物，在生产、生活中有着广泛的应用。如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置(夹持装置和加热装置已略，气密性已检验)，请回答下列问题：(1)在A中发生反应的化学方程式为，单线桥标出上述反应中电子转移的方向和数目，生成标况下11.2LSO2，被还原的物质的质量为g。(2)i.②中的实验现象为，写出此化学反应方程式。ii.④中的实验现象是。iii.如何检验二氧化硫。(3)能体现出SO2还原性的实验序号是。(4)实验结束后需要通入N2，其目的是。【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O49(2)生成浅黄色沉淀SO2+2H2S=3S↓+2H2O出现白色沉淀把气体通入到品红溶液，出现褪色现象，将褪色后的溶液加热溶液又重新变红(3)③④⑤⑥(4)使装置内SO2全部排入NaOH溶液中，避免环境污染【分析】Cu与浓硫酸在加热条件下反应，生成SO2，SO2为酸性氧化物，能使紫色石蕊溶液变红；SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应，生成黄色沉淀；SO2具有为还原性，能与氯水、双氧水、氯化铁溶液、酸性高锰酸钾等氧化剂反应；SO2对环境有害，实验时要用NaOH进行尾气处理，据此回答。【详解】（1）在A中，Cu与浓硫酸在加热条件下反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中，铜元素从0价升高到+2价、部分硫元素从+6价降低到+4价，则用单线桥标出上述反应中电子转移的方向和数目为：，生成标况下11.2L即0.5molSO2时，被还原的硫酸为0.5mol、质量为。（2）i.②中为氢硫酸溶液，SO2具有为氧化性，能与氢硫酸反应，生成浅黄色沉淀，反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O。ii.④中为双氧水和氯化钡，H2O2将SO2氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合，产生硫酸钡的白色沉淀，反应为SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故答案为：出现白色沉淀。iii.二氧化硫具有漂白性、能与品红生成无色不稳定的物质、该物质受热后又会分解重新生成品红。因此，检验二氧化硫的方法为：把气体通入到品红溶液，出现褪色现象，将褪色后的溶液加热溶液又重新变红。（3）③④⑤⑥中装有的都是强氧化性物质，能与SO2发生氧化还原反应，且SO2为还原剂，故能体现出SO2还原性的实验序号是③④⑤⑥。（4）SO2对环境有害，实验时要用NaOH处理干净，实验结束后需要通入N2的目的是：使装置内SO2全部排入NaOH溶液中，避免环境污染。17．某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下所示：【提出猜想】问题1：在周期表中，铜与铝的位置很靠近，铜不如铝活泼，氢氧化铝具有两性。那么，氢氧化铜也具有两性吗？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价铁的稳定性。那么，正一价铜的稳定性也小于正二价铜的稳定性吗？问题3：氧化铜具有氧化性，能被还原。那么，氧化铜也能被氮的某种气态氢化物还原吗？【实验探究】Ⅰ．解决问题1(1)需用到的药品除溶液、稀硫酸外，还需(填试剂的化学式)溶液。(2)为达到本实验目的，你认为应进行的相关实验是(填实验内容)：①；②。Ⅱ．解决问题2取一定量制得的氢氧化铜固体，于坩埚中灼烧，当温度达到时得到黑色固体粉末；继续加热至以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁浄试管中，加入过量的稀硫酸(或盐酸)，得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在。根据以上实验现象回答问题：(3)写出氧化亚铜与稀硫酸(或盐酸)反应的离子方程式：。(4)从实验Ⅱ可得出的结论是：。(5)往蓝色溶液中逐滴加入过量的氨水，发生反应的离子方程式为：、。Ⅲ．解决问题3设计如图装置(夹持装置未画出)：当氮的某种气态氢化物(X)缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水变成了蓝色，生成物中还有一种无污染的单质气体Y；将X通入灼热的燃烧管完全反应后，消耗，测得B装置增重，并收集到单质气体Y。(6)C装置中发生反应的化学方程式为。【答案】(1)(或)(2)用溶液和溶液制将分别与稀和溶液反应(3)(4)高温下正一价铜稳定，酸性溶液中正二价铜稳定(5)(6)【详解】（1）要验证氢氧化铜是否也具有两性，则需要让氢氧化铜与酸和碱反应，需要先加入碱与硫酸铜反应生成氢氧化铜，故还需要NaOH或KOH。（2）为达到实验目的，需要先让硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，然后让氢氧化铜与硫酸和NaOH分别反应检验其是否具有两性。（3）氧化亚铜与硫酸反应生成硫酸铜和铜单质，离子方程式为。（4）从实验Ⅱ可以得知，高温条件下，正一价铜较为稳定，在酸性溶液中正二价铜较为稳定。（5）往蓝色的硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，硫酸铜先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再与过量的氨水反应生成四氨合铜离子，离子方程式分别为，。（6）根据实验现象可知，无水硫酸铜变蓝，说明生成了水，生成物中还有一种无污染的单质气体为氮气，B装置增重0.36g说明水的物质的量为0.02mol，氮气质量为0.28g，物质的量为0.01mol，消耗X物质的量为0.01mol，根据原子守恒可得X为N2H4，C装置中发生反应的化学方程式为。18．用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：(1)“烧结”时发生如下反应，请完善该反应方程式：。______________________工业上，采用通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是。(2)在实验室，操作X的名称为。(3)滤渣Y的成分有Ag2O、(填化学式，下同)；已知萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+→R2Cu+2H+，则“反萃取”时反萃取剂最好选用溶液。(4)FeSO4的作用是“还原”Na2SeO4制备Na2SeO3，每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物质的量为mol；常温下，H2SeO3的Ka1=1.0x10-3，Ka2=1.0x10-7；当常温下溶液的pH=4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是。(5)“控电位还原”是指在一定电压下，电位高的氧化剂优先被还原，电位低的氧化剂保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离；下表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂，B代表还原产物)。名称电位/V0.3450.7700.740则SeO、Fe3+和Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为，在0.740V时Fe3+优先被还原，其还原反应(半反应)式为。【答案】(1)232222增大反应物接触面积，提高反应速率(或提高转化率)(2)过滤(3)、Au和Pt(4)2(5)、、(或)【分析】铜阳极泥，主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等。Cu2Se、Ag2Se中的Se高温下会被氧化为或；水浸后过滤得到含、Na2SeO4和的滤液和主要含、Au、Pt和Ag2O的滤渣；向滤液中加适量的还原Na2SeO4，然后再控电位还原的到Se单质；向滤渣中加适量的硝