高考化学知识点过关培优训练铜及其化合物推断题及详细答案.docx

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高考化学知识点过关培优训练铜及其化合物推断题及详细答案

高考化学知识点过关培优训练∶铜及其化合物推断题及详细答案

一、铜及其化合物

1．下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀（部分反应的产物未列出）。

请回答下列问题：

（1）常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。

（2）E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。

（3）在25℃和101kPa的条件下，将VL的B气体溶于100mL水中，得到密度为ρg·mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。

（已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol－1，不必化简）

（4）分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。

（5）B和C反应的化学方程式为__________。

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：

______。

【答案】钝化3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

冒白烟3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－

【解析】

【分析】

（1）常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；

（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；

（3）氨气的物质的量是

mol，溶液的质量是

g，溶液的体积为

＝

mL，据此解答；

（4）浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；

（5）B与C反应即CuO和NH3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；

【详解】

A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。

C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。

（1）常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：

钝化；

（2）铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：

3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；

（3）氨气的物质的量是

mol，溶液的质量是

g，溶液的体积为

＝

mL，所以溶液的物质的量浓度为

mol·L－1，故答案为：

；

（4）浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：

冒白烟；

（5）B与C反应的化学方程式为3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：

3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O；

（6）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：

2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O

2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。

2．在下图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，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。

（部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出）

请回答下列问题：

（1）A、C的化学式分别为_______、_______。

（2）反应①的化学方程式为_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）向反应②后的溶液中通入少量的A,现象为_______。

【答案】NH3NO3NO2+H2O=2HNO3+NO3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O有蓝色沉淀生成

【解析】已知B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，即为氧气，G是一种紫红色金属单质，则为铜，E能与不活泼金属铜反应，且相对分子质量比D大17，所以E为HNO3，D为NO2，则C为NO，F为H2O，由此推出A为NH3。

（1）A、C的化学式分别为NH3和NO；

（2）反应①为NO2与H2O的反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（3）反应②为铜与稀硝酸的反应，其离子方程式为3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）反应②后的溶液为Cu（NO3）2溶液，通入少量的NH3，将发生如下反应Cu2＋＋2NH3·H2O

Cu（OH）2↓＋2NH4＋，所以现象为有蓝色沉淀生成。

3．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．

4．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。

5．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：

已知：

Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2H2O+2NO2↑

回答下列问题：

（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲

【解析】

【分析】

（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe（OH）3和Al（OH）3,所以在制取Al2（SO4）3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】

（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质Fe2（SO4）3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al（OH）3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

6．氯化亚铜（

）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、不溶于乙醇和稀硫酸。

工业上用制作印刷电路的废液（含

、

、

、

）生产

的流程如图所示：

根据以上信息回答下列问题：

（1）生产过程中：

X是________，Z是________。

（均填化学式）

（2）写出生成

的离子方程式________。

（3）析出的

晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是________。

（4）在

的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是________。

（5）已知：

常温下

，

，现向

饱和溶液中加入

固体至

，此时溶液中

=________。

（6）实验探究pH对

产率的影响如下表所示：

pH

1

2

3

4

5

6

7

产率/%

70

90

82

78

75

72

70

析出

晶体最佳pH为________，当pH较大时

产率变低的原因是________。

【答案】Fe

或

等合理答案亦可2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+减少产品

的损失Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体

2pH较大时，

水解程度增大，反应生成

减少

【解析】

【分析】

根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）中应先加入过量的铁粉除去铜离子和铁离子，过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，调节溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）由以上分析可知X是Fe，Z是Cl2，故答案为：

Fe；Cl2；

（2）生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：

2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；

（3）氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：

减少产品CuCl的损失；

（4）依据图示可知：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；

（5）常温下Ksp（CuCl）=1.6×10-7，Ksp（CuI）=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c（I-）=0.1mol•L-1，c（Cu2+）=

mol/L=1.2×10-11，c（Cl-）=

mol/L=4×10-4mol/L，此时溶液中

=

=3×10-8，故答案为：

3×10-8；

（6）由表中数据可知，析出CuCl晶体最佳pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：

2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反应生成CuCl减少。

【点睛】

根据实验目的正确理解实验流程图是解题的关键。

本题的易错点和难点为（4），要注意根据反应的方程式分析判断。

7．黄铜灰渣（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3）生产氯化铜晶体的流程如下：

（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是______________________

（2）滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是___________________

（3）写出反应Ⅱ的化学方程式____________________________________________________

（4）“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________、___________。

（5）在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________________________________________________（用化学方程式表示）

（6）CuCl2·xH2O晶体中x值的测定：

称取3.420g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO34.400×10-2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl-完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。

①滴定终点的现象是_______________________________________。

②若滴定过程用去上述浓度的KSCN标准溶液20.00mL，则CuCl2·xH2O 中x值为________。

【答案】加入过量的Zn会使产品中含有杂质。

Zn2+、Fe2+Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O洗涤干燥2CuCl2·xH2O

Cu（OH）2·CuCl2+2HCl+（2x-2）H2O溶液变为血红色，且30s不褪色2

【解析】

【分析】

黄铜灰渣加入盐酸浸取，盐酸可与Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应，滤渣Ⅰ为铜，过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu2+、Zn2+、Fe2+、H+，加入适量锌粉，锌粉只与Cu2+、H+反应生成铜单质。

过滤Ⅱ后，铜进入反应Ⅱ与双氧水和盐酸反应，最后得到产品，滤液Ⅱ中为产生的Zn2+和未反应的Fe2+。

【详解】

（1）反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量，若过量会将铁置换出来，进入反应Ⅱ，使后面产品CuCl2·xH2O晶体含有杂质；

（2）滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是产生的Zn2+和未反应的Fe2+；

（3）反应Ⅱ是铜与双氧水和盐酸反应生成氯化铜，其化学方程式为：

Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；

（4）“系列操作”为了从CuCl2溶液中得到CuCl2·xH2O，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（5）氯化铜是强酸弱碱盐，水解产生的盐酸是易挥发性酸，在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是：

2CuCl2·xH2O

Cu（OH）2·CuCl2+2HCl+（2x-2）H2O；

（6）①用含Fe3+的溶液作指示剂，用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，滴定终点时KSCN不再转化为AgSCN，而与Fe3+作用，使溶液变为血红色，故滴定终点的现象是：

溶液变为血红色，且30s不褪色；

②与KSCN反应的Ag+的物质的量为：

0.2000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=4.000×10-3mol，则与CuCl2·xH2O反应的Ag+的物质的量为：

4.400×10-2mol-4.000×10-3mol=4.000×10-2mol，则CuCl2·xH2O的物质的量为：

2.000×10-2mol，则2.000×10-2mol×（135+18x）g/mol=3.420g，解得x=2。

8．工业常用FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。

（1）写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式____________________

（2）某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。

操作Ⅰ和Ⅱ的操作使用到的主要玻璃仪器有____，滤渣③含有的单质有______。

通入气体⑥的化学式为______。

（3）若某腐蚀液中含1.5mol·L－1CuCl2、3.0mol·L－1FeCl2、1.0mol·L－1FeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为______。

【答案】Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋漏斗、玻璃棒、烧杯Cu，FeCl222.4g

【解析】

【分析】

（1）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，据此分析书写反应的离子方程式；

（2）腐蚀废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，据此分析解答；

（3）由于氧化性Fe3+＞Cu2+，故先发生反应：

2Fe3++Fe=3Fe2+，然后再发生反应：

Cu2++Fe=Fe2++Cu，结合方程式计算需要加入Fe的物质的量和质量。

【详解】

（1）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

（2）反应后的废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁。

操作Ⅰ和Ⅱ都为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，滤渣③含有的单质有铜、铁，将氯化亚铁转化为氯化铁可以通入Cl2，故答案为：

漏斗、玻璃棒、烧杯；铜、铁；Cl2；

（3）溶液中CuCl2为0.2L×1.5mol/L=0.3mol，FeCl2为0.2L×3mol/L=0.6mol，FeCl3为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，为充分回收铜，加入的铁依次发生2个反应：

2Fe3++Fe=3Fe2+和Cu2++Fe=Fe2++Cu，要将铜全部回收，加入Fe粉的质量应不少于（0.2mol×

+0.3mol）×56g/mol=22.4g，故答案为：

22.4g。

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