全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考真题汇总附详细答案.docx

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全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考真题汇总附详细答案

全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考真题汇总附详细答案

一、铜及其化合物

1．现有A、B、C、D四种物质，A、B为无色气体，C、D为黑色粉末，B跟D在一定条件下能生成A，A和D都能跟C反应生成B和一种红色固体E，其中B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F。

（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。

A______________B______________C______________D______________

（2）写出实现下列变化的化学方程式

B＋D→A_____________________________________________________

A＋C→E＋B_________________________________________________

【答案】COCO2CuOCC＋CO2

2COCO＋CuO

Cu＋CO2

【解析】

【详解】

（1）A、B都为无色气体，B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F，所以B是二氧化碳，F是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末D在一定条件下能生成气体A，所以D是木炭，A是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体E，所以C是氧化铜，E是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A是CO，B是CO2，C是CuO，D是C，E是Cu，F是CaCO3；

故答案是：

CO；CO2；CuO；C

（2）B+D→A的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：

C＋CO2

2CO；

A+C→E+B的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：

CO＋CuO

Cu＋CO2；

故答案为C＋CO2

2CO；CO＋CuO

Cu＋CO2

2．在下图所示的物质转化关系中，A是常见气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，E的相对分子质量比D大17，G是一种紫红色金属单质。

（部分反应中生成无没有全部列出，反应条件未列出）

请回答下列问题：

（1）E的化学式为_____________________________。

（2）实验室制取A的化学方程式为_______________________________。

（3）反应①的化学方程式：

___________________________________。

（4）反应③的化学方程式：

__________________________________。

【答案】HNO32NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O3NO3+H2O=2HNO3+NO4NH3+5O2=4NO+6H2O

【解析】

【分析】

B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气；G是一种紫红色金属单质，则G是铜；A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可以判断，A可能是氨气，则C就是NO，F是水。

NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO，据此答题。

【详解】

（1）由以上分析可知E为HNO3，故答案为：

HNO3。

（2）由以上分析可知A为NH3，实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热，反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：

2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：

2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。

（3）反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应的方程式为：

3NO3+H2O=2HNO3+NO，故答案为：

3NO3+H2O=2HNO3+NO。

（4）反应③为氨的催化氧化，反应生成NO和H2O，化学方程式为：

4NH3+5O2=4NO+6H2O，故答案为：

4NH3+5O2=4NO+6H2O。

【点睛】

解框图题的方法：

最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。

3．为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：

①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；

②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，B的质量为A质量的四分之三，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。

B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水。

（1）A组成元素是_____（用元素符号表示）。

（2）B的化学式是_________。

（3）B与水反应的化学方程式是___________。

【答案】CuSOCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu（OH）2·CuSO4·H2O+2CuSO4

或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu（OH）2·CuSO4+2CuSO4

或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4（OH）6SO4+2CuSO4

【解析】

【分析】

①取少量A，加水，A由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A是CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；

②另取一定量A进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B产生，同时产生气体C，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，则C是SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，B的质量为A质量的四分之三，根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物，则B是Cu2OSO4，B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，若有3个Cu2OSO4反应，溶于水的S只能是生成2个CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。

【详解】

（1）根据上述分析可知A是CuSO4，含有Cu、S、O三种元素；

（2）由于A分解产生的C是气体，C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，说明C是SO3气体，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4，A分解产生的B为黄色固体，且B的质量为A质量的四分之三，则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4；

（3）B遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu（OH）2·CuSO4+2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu（OH）2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4（OH）6SO4+2CuSO4。

【点睛】

本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。

掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。

4．汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。

化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A。

（1）判断A为________________，键型________________。

（2）A的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式____________。

（3）歧化产物之一与A的阴离子反应方程式____________。

（4）检测汞蒸气时，试纸颜色由________色变成________色。

写出反应方程式____________（已知反应产物之一是配合物）。

【答案】CuI共价键2Cu＋＝Cu2＋＋Cu2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2白红4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu

【解析】

【分析】

根据题干信息，化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A，则化合物A为CuI，是共价化合物；检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色。

【详解】

（1）据以上分析可知化合物A为CuI，是共价化合物，Cu和I形成共价键，故答案为：

CuI；共价键；

（2）A的阳离子为Cu+，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu＋＝Cu2＋＋Cu，故答案为：

2Cu＋＝Cu2＋＋Cu；

（3）歧化产物之一（Cu2+）与A的阴离子（I-）发生氧化还原反应生成CuI和I2，反应方程式是2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2，故答案为：

2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2；

（4）检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：

白；红；4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。

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．某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl－四种离子，某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。

回答下列问题：

（1）写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。

（2）沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。

（3）下列物质中，可以用作试剂X的是_____________   （填写序号）。

A．BaCl2B．BaCO3C．NaOHD．Ba（OH）2

（4）向溶液B中通入Cl2的作用是__________________；实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2，写出反应的化学方程式________________；由于Cl2有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。

【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+氧化成Fe3+2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O

【解析】

【分析】

加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁；滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子，通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子，再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，所以沉淀2为氢氧化铁，进一步转化成氯化铁晶体，而滤液2则只剩氯化钡溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。

据此分析。

【详解】

（1）向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，

故答案为：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，

故答案为：

铜、铁；

（3）根据以上分析，加试剂X调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质，所以选BD，

故答案为：

BD；

（4）向溶液B中通入Cl2可以将Fe2+氧化成Fe3+；NaCl固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO2加热反应生成Cl2，反应的化学方程式为NaCl+H2SO4（浓） 

Na2SO4+2HCl↑，MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O或2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O，

故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+；2NaCl＋MnO2＋3H2SO4（浓）

2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O。

7．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。

湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。

某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：

回答下列问题：

（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，反应中H2O2的作用是_____。

写出操作①的名称：

_________。

（2）反应II是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：

_______。

操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。

a．富集铜元素

b．使铜元素与水溶液中的物质分离

c．增加Cu2＋在水中的溶解度

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。

若操作③使用下图装置，图中存在的错误是_____。

（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。

阴极析出铜，阳极产物是_______。

操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。

（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。

循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。

【答案】作氧化剂过滤Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗abRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀

【解析】

【分析】

【详解】

（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。

反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。

（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，方程式为：

Cu（NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。

分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确。

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。

互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。

（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。

氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性，防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。

8．实验室以废铜为原料制取碱式碳酸铜（Cu2（OH）2CO3）的过程如下：

完成下列填空：

（1）酸浸中产生的气体是_________（填化学式）。

（2）检验过滤Ⅱ的沉淀是否洗净的方法是________。

（3）从实验流程中可看出影响产品生成的因素有多种，请写出其中两个：

___________，并任选其中一个因素，说明其原因___________。

（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2（OH）2CO3，写出该反应的化学方程式：

______。

（5）产品中Cu含量的测定步骤是：

称取mg样品，用适量稀硫酸完全溶解，加水稀释，调节溶液为中性或弱酸性，再加入过量的KI-淀粉溶液后，用cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液vmL。

实验中反应的离子方程式为2Cu2++4I-→2CuI（白色）↓+I2；I2+2S2O32-→2I-+S4O62-。

（i）样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，其原因是________。

（ii）产品中Cu的含量为__________________（用含m、c、v的代数式表示）。

【答案】NO、NO2取最后一次洗涤液测其pH,若溶液为中性，则沉淀已洗净温度和pH（反应物浓度、反应物配比等合理答案也得分）温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢（或：

pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜）。

2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液0.064cv/m

【解析】

【分析】

废铜屑溶于浓硝酸中转化为硝酸铜，过滤除去滤渣，向滤液中加入碳酸钠溶液，除去多余的硝酸，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成碱式碳酸铜，据此解答。

【详解】

（1）酸浸中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮（NO2），随着浓度的降低，会产生一氧化氮（NO），

故答案为：

NO、NO2；

（2）根据流程分析可知，碱式碳酸铜是从含有碳酸钠的溶液中析出的，所以检验沉淀是否洗净就是检验沉淀上有没碳酸根离子，操作方法是取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净，

故答案为：

取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液，若溶液中没有出现沉淀，则沉淀已洗净；

（3）从实验流程中可看出温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜，所以影响产品生成的因素有温度和pH，

故答案为：

温度和pH；温度过高，碱式碳酸铜会分解生成氧化铜，温度过低，反应速率太慢，或：

pH过低，得不到碱式碳酸铜，pH过高则生成氢氧化铜；

（4）CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2（OH）2CO3，根据元素守恒可知反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑，

故答案为：

2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2（OH）2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑；

（5）①样品溶于稀硫酸后，需加水稀释，控制溶液为中性或弱酸性，若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2S2O3溶液，

故答案为：

若溶液酸性过强，则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O，多消耗Na2SO3溶液；

②根据反应2Cu2++4I-→2CuI（白色）↓+I2、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-可得关系式Cu2+～S2O32-，根据题意可知，Na2S2O3的物质的量为cv×10-3mol，所以样品中铜元素的质量为0.064cvg，进而确定产品中Cu的含量为0.064cv/m，

故答案为：

0.064cv/m。

9．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：

（1）用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方程式为______。

（2）从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。

①反应：

Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为______。

②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是______。

（3）“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。

当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。

（4）用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为______

（5）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、_____等操作可得到Fe2O3产品。

【答案】CuFeS2＋Cu＋2H+=2CuS＋Fe2+＋H2S↑2mol4Fe2+＋O2＋4H+=4Fe3+＋2H2O生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取Fe3+水解程度随pH的升高而增大32：

7洗涤煅烧（或灼烧）

【解析】

【分析】

辉铜矿（主要成分为Cu2S）用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。

【详解】

（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：

CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑，

故答案为：

CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑；

（2）①反应Cu2S+4FeCl3＝2CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有