高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1.docx

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高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1

高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合含答案

（1）

一、铜及其化合物

1．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

B

C

D

类别

___

__

__

（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。

（3）①D→A转化的化学方程式：

__。

②B→C转化的离子方程式：

__。

【答案】盐碱氧化物3CuO+H2

Cu+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CuSO4，C为Cu（OH）2，D为CuO；

（1）B为CuSO4，属于盐类，C为Cu（OH）2，属于碱，D为CuO，为氧化物；

（2）上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；

（3）①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2

Cu+H2O；

②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓。

2．为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如图：

（1）气体X的化学式是___。

（2）检验滤液D是否含有Fe3+的实验方法为___。

（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：

___、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有___（填序号）

A．蒸发皿B．石棉网C．烧杯D．玻璃棒

（4）写出反应①的离子方程式___。

（5）试剂Y应该是一种___（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是___。

A．H2O2B．H2SC．O2D．铁单质

（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金。

若固体未完全溶解，则滤液D中Fe元素将以___（填“Fe3+”或“Fe2+”）离子形式存在。

【答案】CO2取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+蒸发BAl（OH）3+3H+=Al3++3H2O氧化剂BDFe2+

【解析】

【分析】

Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al（OH）3，所以C是Al（OH）3，Al（OH）3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3。

据此分析解答。

【详解】

（1）通过以上分析知，气体X的化学式是CO2，故答案为：

CO2；

（2）铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液D是否含有Fe3+的方法是，取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+，故答案为：

取少量滤液D，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+；

（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：

蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B，故答案为：

蒸发；B；

（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应①的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD，故答案为：

氧化剂；BD；

（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：

Fe2+。

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③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nmol，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。

①M由两种化合物组成，其中含有Ｆ；将Ｍ通入BaCl2溶液，实验现象是___。

②若经反应I得到16g固体Ｎ，产生的气体M恰好被0.3L1mol·L－1NaOH溶液完全吸收得溶液1，则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。

【答案】SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NOn+0.2产生白色沉淀2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+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NO2，C为NO，X为HNO3；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NO2反应生成硫酸和硝酸，确定B为Cu，Y为硫酸，F为SO2，G为CuSO4；（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FeSO4，2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑，气体M为SO2和SO3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③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+H2O=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nmol，溶液中所含N

的物质的量为：

n（N

）=n（Cu2+）×2+n=

+n=n+0.2mol；

答案：

n+0.2

（3）①将Ｍ（SO2、SO3）通入BaCl2溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成；

答案：

产生白色沉淀

②反应Ⅰ：

2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑；反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；

根据固体M（Fe2O3）的量计算出SO2和SO3的物质的量。

2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑

160g1mol1mol

1.6g0.01mol0.01mol

反应ⅡSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O

1mol2mol1mol

0.01mol0.02mol0.01mol

SO2+NaOH=NaHSO3

1mol1mol1mol

0.01mol0.01mol0.01mol

溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物；

反应Ⅳ：

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．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）=

。

5．将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。

（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；

（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；

（3）若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________；

（4）由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。

【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+＞Cu2＞Fe2+

【解析】

【分析】

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。

【详解】

氧化性：

FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，

（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；

（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；

（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；

（4）由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+＞Cu2＞Fe2+。

6．已知：

在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。

用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液过程如下：

①取一定量的粗CuO，加入过量浓盐酸，加热并搅拌，充分反应后过滤，溶液的pH为1。

②向滤液中通入Cl2，搅拌。

③向②中加入适量物质A，微热，搅拌，调整溶液的pH，过滤。

④把③所得滤液浓缩。

（1）①中加热并搅拌的目的是_____________________________。

（2）②中发生反应的离子方程式是_________________________。

（3）③中的物质A可能是__________________；调整的PH范围是_______________；

过滤后滤渣的成分是__________________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_________________________。

（5）①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值：

_________________________。

【答案】加快反应速率，是反应充分2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-CuO4-5Fe（OH）3CuO+2H+=Cu2++H2O取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

【解析】

【分析】

氧化铜粗品加入浓盐酸溶解，此时溶液中主要有Cu2+，Fe2+，Cl-，H+；通入氯气将亚铁离子氧化成Fe3+，离子方程式为：

，加入适量CuO可以调节pH值至4-5，将Fe3+转化成沉淀，同时不引入新的杂质，之后过滤浓缩，得到CuCl2溶液。

【详解】

（1）加热搅拌一般是为了加快反应速度，

故答案为：

加快反应速率，使反应充分；

（2）根据分析可知答案为：

；

（3）根据分析可知A为CuO，既能调节pH值又不引入新的杂质；根据题目信息可知pH在4-5的环境中Cu2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解；得到的滤渣为Fe（OH）3，

故答案为：

CuO；4-5；Fe（OH）3；

（4）该反应为氧化铜和氢离子的反应，

故答案为：

CuO+2H+=Cu2++H2O；

（5）测溶液pH值的方法为：

取一小块pH试纸，放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，待变色后与标准比色卡相比。

7．氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

开始沉淀

7.5

2.7

4.8

完全沉淀

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是__________（填化学式），Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：

__________；当试剂X是__________时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

（4）操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：

____________________________________。

【答案】SO22∶12Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O

空气或氧气3.7≤pH＜4.8过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O

【解析】

【分析】

硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：

2CuFeS2+4O2

Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2

2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

【详解】

（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋2O2

2CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；故答案为：

SO2；2∶1；

（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为

；在酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：

2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；

；氧气或空气

（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：

3.7≤pH＜4.8；

（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：

过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；

（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：

2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。

8．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。

9．氯化亚铜（CuCl）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+、Cl-中制备氯化亚铜。

请回答下列问题：

（1）出步驟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pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl晶体，目的是____。

（6）在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是____。

【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO（或Cu（OH）2等）在HCl气流中蒸发结晶减少CuCl的损失硫酸（或H2SO4）

【解析】

【分析】

酸性废液中含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、H+都能发生反应，反应的离子方程式为：

Cu2++Fe=Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，反应后所得的固体a为Cu与过量的Fe，加入足量稀盐酸，Fe溶解为Fe2+，此时溶液过滤可得固体b，固体b为Cu，加入浓硫酸可得SO2和硫酸铜，所得SO2与Cu2+再反应制备CuCl，据此分析。

【详解】

（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤①中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；

（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤④中所加物质X为CuO或Cu（OH）2或CuCO3等；

（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶；

（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl晶体的目的是减少CuCl的损失；

（6）由于最终还有硫酸生成，因此在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。

【点睛】

本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。

10．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学生探究小组将