高考化学压轴题之铜及其化合物推断题高考题型整理突破提升含答案解析.docx

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高考化学压轴题之铜及其化合物推断题高考题型整理突破提升含答案解析

2020-2021高考化学压轴题之铜及其化合物推断题（高考题型整理,突破提升）含答案解析

一、铜及其化合物

1．将铁粉、铜粉、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液和氯化铜溶液，混合于容积合适的烧杯内，充分反应后，试填写下列空白。

（1）若铁粉有剩余，则溶液中不可能有的离子是______________（从Fe3+、Cu2+、Fe2+中选填）。

（2）若溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余，则不可能有的金属单质是____________（从Fe、Cu中选填）。

（3）若铜粉有剩余，溶液中不可能含有的离子是____________（从Fe3+、Cu2+、Fe2+中选填）。

【答案】Fe3+、Cu2+Cu、FeFe3+

【解析】

【分析】

利用共存原理，对各空进行逐一分析。

（1）由反应2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu进行分析，确定铁粉有剩余时，溶液中不可能有的离子。

（2）利用2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋进行分析，确定当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，不可能有的金属单质。

（3）利用2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋进行分析，确定铜粉有剩余时，溶液中不可能含有的离子。

【详解】

（1）从反应2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu可以看出，当铁粉有剩余时，溶液中能与Fe反应的Fe3+、Cu2+不可能存在。

答案为：

Fe3+、Cu2+；

（2）从反应2Fe3++Fe＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu、2Fe3＋+Cu＝2Fe2＋+Cu2＋可以看出，当溶液中氯化铁和氯化铜都有剩余时，与它们能反应的Fe、Cu不可能存在。

答案为：

Fe、Cu；

（3）从反应2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋可以看出，当铜粉有剩余时，溶液中能与Cu反应的Fe3＋不可能存在。

答案为：

Fe3+。

【点睛】

所谓离子共存，是指离子（包括原子、分子）间既不能发生氧化还原反应，又不能发生非氧化还原反应，从而生成沉淀、气体、弱电解质等物质的反应。

在平时的学习中，应对基本的反应加强记忆，否则，我们无法确定离子间能否共存。

2．为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

（1）X的化学式是________________。

（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。

【答案】CuOCu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O

【解析】

【分析】

根据框图逆推本题：

气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明X中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。

【详解】

（1）32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X为氧化铜，本题答案：

CuO；

（2）由n（CuO）=32.0g÷80g∙mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n（O2）=3.2g÷32g∙mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n（Cu）:

n（O）=0.4mol:

（O.4mol-0.1mol×2）=2:

1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：

Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O；答案：

Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。

3．下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（部分产物未列出）：

已知C是紫红色金属固体，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。

（1）A的化学式是____________，E化学式是__________________；

（2）电解反应的化学（或离子）方程式是_________________________________________；

（3）对200ml1mol/L的A溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，溶液的

为

___________（假设溶液体积不变）。

【答案】Cu（NO3）2CuO2Cu2++2H2O

2Cu+O2↑+4H+或2Cu（NO3）2+2H2O

2Cu+O2↑+4HNO31

【解析】

【分析】

C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu（NO3）2，D为O2，E为CuO，据此解答．

【详解】

C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu（NO3）2，D为O2，E为CuO；

（1）由上述分析可知，A的化学式是Cu（NO3）2，E化学式是CuO；

（2）电解反应的化学（或离子）方程式是：

2Cu2++2H2O

2Cu+O2↑+4H+或2Cu（NO3）2+2H2O

2Cu+O2↑+4HNO3；

（3）对200ml 1mol/L的Cu（NO3）2溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，参加反应铜离子物质的量=

=0.01mol，故生成氢离子为0.01mol×

=0.02mol，故氢离子物质的量浓度=

=0.1mol/L，故溶液pH=-lg0.1=1。

4．铜及其化合物向

溶液中滴加

溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含

，含有

、

和

。

已知：

Cu+

Cu+Cu2+,Cu2+

CuI↓（白色）+I2。

（1）用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是___________。

（2）向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。

【答案】有暗红色不溶物生成

【解析】

【分析】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。

【详解】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：

有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为

。

故答案为：

。

5．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。

6．Ag2O—Zn纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。

如图是简要生产流程。

（1）固体拆解物需先粉碎的目的是___。

（2）浸渣的主要成分是___。

（3）以上流程中可循环使用的物质是___，除此之外，你认为通过对___（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现___（填化学式）的循环利用。

（4）加入Cu之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是___（用离子方程式表示）.

（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：

已知：

Ag++2NH3

[Ag（NH3）2]+K稳=1.7×107；Ksp（AgCl）=1.8×10-10

写出AgCl（s）与NH3反应的离子方程式___，该反应的平衡常数K=___。

（6）上述两种回收方案中都用到了试剂X，X是___。

A．稀硫酸B．稀硝酸C．CuSO4溶液

（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。

若电流强度为yA，1小时后，得到Ag___g（列出计算式，已知1个电子所带电量为1.6×10-19C，阿伏伽德罗常数的值用NA表示）。

【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu滤液Ⅱ、ⅢZn

AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-3.06×10-3A

【解析】

【详解】

（1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，

故答案为：

增加酸浸速率，提高浸取率；

（2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，

故答案为：

石墨；

（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液Ⅱ、Ⅲ中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，

故答案为：

Cu；滤液Ⅱ、Ⅲ；Zn；

（4）加入Cu之前，若酸性太强，Cu与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为

，

故答案为：

；

（5）由信息可得，AgCl溶于NH3的离子方程式为AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-；该反应的平衡常数为

=

=K稳×Ksp=1.7×107×1.8×10-10=3.06×10-3，

故答案为：

AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-；3.06×10-3；

（6）第一种回收方法中，固体混合物与X反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn和Cu，要回收Cu，可利用稀硫酸和CuSO4溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn和Ag，若要除去Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A，

故答案为：

A；

（7）1h=3600s，Q=It=y×3600，根据题意回收的Ag的质量=

g，

故答案为：

。

7．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）4-nCln]，随着环境酸度的改变n随之改变。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________。

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：

__________，若将（NH4）2SO3换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式___________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

真空干燥、密封包装的原因是：

______________________________。

（4）随着PH值减小[Cu2（OH）4-nCln]中Cu%________。

（填字母）

A．增大B．不变C．不能确定D．减小

（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。

由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是_____。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：

______。

【答案】漏斗2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化D温度过高，促进了CuCl的水解（或温度过高，促进了CuCl与空气中氧气反应）Cu2++e-+Cl-=CuCl↓

【解析】

【分析】

酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

【详解】

（1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；若换为Fe时，铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；

（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干燥、密封包装可防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；

（4）随着pH值减小，溶液中c（H+）增大，则[Cu2（OH）4-nCln]中OH-的量逐渐减小，则Cl-的量增大，摩尔质量增大，则Cu的百分含量减小，答案为D；

（5）温度过高时，CuCl与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl产率下降；

（6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

8．工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体的流程如图：

（1）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为___。

（2）“酸化”步骤反应的离子方程式为___。

（3）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为___。

（4）“淘洗”所用的溶液A应选用___（填序号）。

a．稀硫酸b．浓硫酸c．稀硝酸d．浓硝酸

（5）“反应”一步的过程中无红棕色气体生成。

①理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为___。

②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式____。

（6）由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu（NO3）2·3H2O晶体的方法是___。

（相关物质的溶解度曲线如图所示）

【答案】2CuS+3O2

2CuO+2SO2CuO+2H+═Cu2++H2OFeSO4a2∶1Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶

【解析】

【分析】

工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后，铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用溶液A淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu（NO3）2•3H2O，据此分析解答。

【详解】

（1）CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为：

2CuS+3O2

2CuO+2SO2，故答案为：

2CuS+3O2

2CuO+2SO2；

（2）酸化过程为经过焙烧得到的氧化铜与稀硫酸反应生成铜离子，离子方程式为：

CuO+2H+═Cu2++H2O，故答案为：

CuO+2H+═Cu2++H2O；

（3）根据上述分析可知，过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，故答案为：

FeSO4；

（4）淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜。

a．稀硫酸，不能和铜反应，故a选；b．浓硫酸和铜在常温下不反应，但浓硫酸稀释会放出大量热，会和铜发生反应，故b不选；c．稀硝酸具有氧化性能溶解铜，故c不选；d．浓硝酸能溶解铜，故d不选；故答案为：

a；

（5）①“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2，硝酸做酸，过氧化氢做氧化剂将Cu氧化生成硝酸铜，反应的化学方程式为：

Cu+H2O2+2HNO3=Cu（NO3）2+2H2O，理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2∶1，故答案为：

2∶1；

②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：

Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：

Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；

（6）根据图像中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C从“反应”所得溶液中析出Cu（NO3）2•3H2O，从“反应”所得溶液中析出Cu（NO3）2•3H2O的方法是：

蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，故答案为；蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。

【点睛】

本题的易错点为（6），要注意图像中温度的临界点为26.4°C。

9．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。

10．已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。

（2）固体混合物是____（填化学式）

（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。

（4）步骤4中涉及的操作是：

蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥。

（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜（Cu2O），氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。

试写出该反应的离子方程式___。

【答案】过滤漏斗、玻璃棒Fe、CuFe+H2SO4=FeSO4+H2↑冷却结晶Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O

【解析】

【分析】

已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过过滤得到溶液1，含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体；固体混合物铁和铜加入足