高考化学铜及其化合物推断题大题培优 易错 难题及答案解析.docx

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高考化学铜及其化合物推断题大题培优易错难题及答案解析

高考化学铜及其化合物推断题（大题培优易错难题）及答案解析

一、铜及其化合物

1．下列有关物质的转化关系如图所示（部分反应条件己路去）。

A是紫红色的金属单质，B为强酸，E在常温下为无色液体，D、F、G为气体。

请回答下列问题：

（1）G的化学式为___，实验室中试剂B应保存在___中。

（2）写出反应①的化学方程式：

___，反应中B体现的性质为___。

（3）写出反应②的离了方程式：

___，实验室中F可用___法收集。

【答案】O2棕色试剂瓶Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O强氧化性、酸性3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO排水

【解析】

【分析】

A是紫红色的金属单质，则A为Cu，B为强酸，且与Cu反应生成C、D、E，而E在常温下为无色液体，可知B为硝酸或硫酸，而D能与E反应生成B与F，且D、F为气体，可推知B为浓硝酸、C为

、D为

、E为

、F为NO，硝酸在光照条件下分解生成的气体G为

。

【详解】

（1）由分析可知，G的化学式为：

O2．B为浓硝酸，实验室中试剂B应保存在：

棕色试剂瓶中，故答案为：

O2；棕色试剂瓶；

（2）反应①的化学方程式：

Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中硝酸体现的性质为：

强氧化性、酸性，故答案为：

Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；强氧化性、酸性；

（3）反应②的离了方程式：

3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO，实验室中F（NO）可用排水法收集，

故答案为：

3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO；排水。

2．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：

写出对应化学式：

（1）A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

（2）写出下列化学方程式：

①A在空气中燃烧_______________；

②B长期置于空气中变成绿色物质_________。

（3）将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____（假设溶液体积变化忽略不计）。

【答案】Na2OFe2O32Na＋O2

Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO31：

10.5mol/L

【解析】

【分析】

根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。

【详解】

（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；

（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2

Na2O2

②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3

（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:

1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaAlO2）=

。

3．已知固体A是中学常见的矿物，由四种元素组成，现设计如下实验:

请回答：

（1）固体A的化学式______________。

（2）镁能在气体E中燃烧，写出反应的化学方程式____________。

（3）写出固体C与氨气反应生成D的化学方程式_________________。

【答案】Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2·CuCO3或Cu2H2CO52Mg+CO2

2MgO+C3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O

【解析】固体C在氨气中加热生成紫红色固体D，D为Cu，则C为CuO，根据

（2）镁能在气体E中燃烧，气体E不能与浓硫酸反应，E为CO2，根据质量守恒，另外一种气体的质量为22.2g-4.4g-16g=1.8g，该气体能够被浓硫酸吸收，应该为水蒸气，因此固体A隔绝空气加热生成氧化铜、水和二氧化碳，则固体A为碱式碳酸铜。

（1）固体A为碱式碳酸铜，化学式为Cu2（OH）2CO3，故答案为：

Cu2（OH）2CO3；

（2）镁能在气体二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C，故答案为：

2Mg+CO2

2MgO+C；

（3）氧化铜与氨气反应生成铜的化学方程式为3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O，故答案为：

3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O。

4．下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。

其中A为黑色固体氧化物；E为绿色固体；B、D是由相同元素组成的无色液体，且B具有消毒杀菌作用；

请回答下列问题：

（1）请判断X的化学式：

________________。

（2）反应①中A物质的作用是_____________。

（3）反应①、⑤的化学方程式：

①__________________；⑤_________________。

（4）在日常生活中为防止反应②的发生，可采取的措施是___________（写一点即可）。

【答案】Cu催化作用

保持表面洁净、干燥或其它合理方法均可

【解析】

【分析】

A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。

【详解】

A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；

（1）结合以上分析，X是铜；

答案是：

Cu；

（2）反应①中A物质不变，故A的作用是催化作用；

答案是：

催化作用；

（3）反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：

；⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：

；

答案是：

；

；

（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；

答案是：

保持表面洁净、干燥。

5．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。

某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

铜

铜绿

A

Cu（OH）2

B

Cu

（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？

____、____、___。

（2）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式________。

（3）写出B的化学式___________。

（4）上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是________。

【答案】铜盐碳酸盐碱式盐Cu2（OH）2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑CuO①④

【解析】

【分析】

（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；

（2）反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；

（3）Cu（OH）2分解生成CuO；

（4）依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断．

【详解】

（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu2（OH）2CO3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：

铜盐；碳酸盐；碱式盐；

（2）碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：

Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；

（3）Cu（OH）2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：

CuO；

（4）在反应过程中：

铜→①铜绿→②A→③Cu（OH）2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反应；

铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐是复分解反应；

A→③Cu（OH）2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；

Cu（OH）2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；

B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；

故答案为：

①；④．

6．为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体请回答：

（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：

______。

（2）试剂X是______。

步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是______。

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少．为了避免固体C减少，可采取的改进措施是______。

（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO4•7H2O），所需操作是______、______、______、洗涤、干燥。

（5）用固体F制备CuSO4溶液，可设计如图3三种途径：

写出途径①中反应的离子方程式______，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由______。

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑稀硫酸过滤在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶蒸发浓缩冷却结晶过滤3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小

【解析】

【分析】

金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：

合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为碳酸氢钠溶液；

滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。

【详解】

（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：

2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，

故答案为：

稀硫酸；过滤；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。

一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，

故答案为：

在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；

（4）溶液E为FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）的操作为：

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，

故答案为：

蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；

（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径②最佳，

故答案为：

3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。

7．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。

实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。

查阅资料：

氯化亚铜：

白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。

氯化铜：

从水溶液中结晶时，在26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物。

（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。

②本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_____后_____。

（2）分析流程：

①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_____；

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）_____。

aCu（OH）2bNH3·H2OcCuOdCuSO4

查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp＝8.0×10－38，Cu（OH）2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH为________。

（提示：

lg2＝0.3）

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。

（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO2、N2H4、SnCl2等），并微热得到CuCl沉淀，写出向乙溶液加入N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：

____________。

【答案】defgbAD抑制氯化铜、氯化铁水解ac43.3（或3+lg2）冷却到26～42℃结晶过滤4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+

【解析】

【分析】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水；②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解；②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质；设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH，Fe3＋完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH；③根据题中意思要得到纯净CuCl2·2H2O晶体要冷却到26～42℃结晶。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气。

【详解】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→d、e→h、i→f、g→b，故答案为：

d；e；f；g；b。

②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先A后D，故答案为：

A；D。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解，故答案为：

抑制氯化铜、氯化铁水解。

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：

ac。

设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，

，

，

，因此Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为10，Fe3＋完全沉淀

，

，

，因此Fe3＋完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4=4-lg5=3.3，故答案为：

3.3。

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

冷却到26～42℃结晶；过滤。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N2H4的离子方程式：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+，故答案为：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+。

8．我国古代许多著作在化学学科知识上都体现出了一定水平的认识。

其中《管子•地数》中有记载：

“上有丹沙者，下有黄金；上有慈石者，下有铜金。

”

Ⅰ.“丹沙者丹砂也”，丹砂是古代炼丹的重要原料，也是实验室处理水银洒落后的产物。

你认为丹砂主要成分是_____；（填化学式）“慈石者磁石也”，请写出磁石溶于盐酸的离子方程式：

_____；

Ⅱ.“铜金者，斑岩铜矿也。

”

安徽宣城茶亭铜金矿床是长江中下游成矿带中新发现的一个大型斑岩型矿床。

斑岩铜矿中Cu主要以铜﹣铁硫化物（主要为CuFeS2）的形式存在。

以黄铜矿（主要成份为CuFeS2，含少量杂质SiO2等）为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾（FeSO4•7H2O）。

其主要流程如图：

已知：

①“反应1”：

4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O

②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表：

沉淀物

Cu（OH）2

Fe（OH）3

Fe（OH）2

开始沉淀pH

4.7

2.7

7.6

完全沉淀pH

6.7

3.7

9.6

（1）“反应1”中，每生成1molCuSO4转移电子数为_____NA；

（2）“试剂a”是_____，“试剂b”是_____；

（3）“反应2”中加CuO调pH为3.7～4.7的目的是_____；

（4）“操作X”应为_____、_____、过滤、洗涤；请简述上述“操作X”中如何对所得FeSO4•7H2O晶体进行洗涤_____；

（5）简述如何判断“反应5”已进行完全：

_____。

【答案】HgSFe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O17Fe粉稀硫酸使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，防止生成Cu（OH）2沉淀加热浓缩冷却结晶向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全

【解析】

【分析】

Ⅰ.实验室用硫磺粉处理洒落的水银，生成的产物为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；

Ⅱ.

（1）根据方程式中物质元素化合价的变化确定转移电子的数目；

（2）铁粉可将Fe3+还原为Fe2+；

（3）将pH调节为3.7～4.7，可将Fe3+完全沉淀而不产生Cu（OH）2沉淀；

（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作；

（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完。

【详解】

Ⅰ.由题意可知丹砂为实验室处理水银洒落后的产物，应为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；

Ⅱ.

（1）涉及反应为4CuFeS2+2H2SO4+17O2═4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O，反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，生成4molCuSO4，则消耗17mol氧气，转移68mol电子，则生成1molCuSO4，转移17mol电子，故答案为：

17；

（2）试剂a是Fe，试剂b是稀硫酸；

（3）加CuO调pH为3.7～4的目的是使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，防止生成Cu（OH）2沉淀，

（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作，洗涤晶体，可向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次；

（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完，方法是取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全。

9．

、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂．实验室中以粗铜

含杂质

为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下：

（1）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是______

试剂X、固体J的物质分别为______．

A．NaOH   

B．CuO    

C．

（2）反应②是向溶液2中通入一定量的

，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀．写出制备CuCl的离子方程式______．

（3）以石墨为电极，电解

溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式______．

【答案】防止

水解B

【解析】

【分析】

粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，再加试剂x为CuO或氢氧化铜等调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的固体J为氢氧化铁，溶液2为氯化铜溶液，通入二氧化硫，二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成CuCl，氯化铜溶液在HCl氛围中蒸发结晶得到CuCl2•2H2O。

【详解】

（1）流程中固体K溶于稀盐酸的目的是防止铜离子水解，试剂X、固体J的物质分别为氧化铜，氢氧化铁，选B，

故答案为：

防止

水解；冷却结晶，B；

（2）根据信息可知：

在加热条件下，

与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和

，其反应的离子方程式为：

；

故答案为：

；

（3）以石墨为电极，电解

溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，

得到电子生成CuCl，电极反应为：

，

故答案为：

。

【点睛】

本题以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查。

10．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①中发生的两个主要反应的离子方程式：

___。

（2）步骤②的操作名称是___。

（3）步骤④中所加物质X为___。

（4）步骤⑤的操作是___。

（5）步骤⑥应调节溶液的pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl品体，目的是___。

（6）在CuCI的生成过程中，可以循环利用的物质是___，理论上___（填“需要”或“不需要”）补充（不考虑调节等消耗）；理由是___。

（7）エ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+Fe2+