高考化学铜及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附详细答案.docx

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高考化学铜及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附详细答案

高考化学—铜及其化合物推断题的综合压轴题专题复习附详细答案

一、铜及其化合物

1．某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O的热稳定性，进行如下操作：

上述所列物质都是纯净物，请回答：

（1）气流C的结构式______，白色固体的化学式________。

（2）已知Y的摩尔质量为233g·mol-1，完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式__________。

【答案】H-ClCuCl2（CuCl2·2H2O）

Cu2（OH）2Cl2+2HCl↑+2H2O

【解析】

【分析】

（1）气流C是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；

（2）在无保护气条件下，盐受热水解，可能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定Y的组成，Y加热得到黑色固体是CuO，根据Y的成分可确定其分解反应方程式。

【详解】

（1）CuCl2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的HCl，所以给盐的结晶水合物CuCl2·2H2O加热时，为抑制其水解，要在HCl气流中进行，所以C是HCl，目的是作保护气，抑制加热过程CuCl2可能的水解。

该物质是共价化合物，H原子、Cl原子之间通过一个共用电子对结合，所以HCl的结构式是H-Cl，X是CuCl2。

由于3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n（CuCl2·2H2O）=3.42g÷171g/mol=0.02mol，当高于300℃加热，CuCl2分解，产生的白色固体中含有Cu0.02mol，质量为0.02×64g/mol=1.28g<1.99g，说明含有Cl原子，其物质的量为（1.99g-1.18g）÷35.5g/mol=0.02mol，则白色固体中Cu、Cl个数比是1：

1，所以白色固体的化学式为CuCl，Z为Cl2；

（2）3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n（CuCl2·2H2O）=3.42g÷171g/mol=0.02mol，在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解，可能生成碱式盐Cu2（OH）2Cl2也可能生成相应的碱Cu（OH）2，Cu2（OH）2Cl2摩尔质量是233g/mol，3.42gCuCl2·2H2O反应产生0.01molCu2（OH）2Cl2，质量是2.33g，正好吻合，说明Y是Cu2（OH）2Cl2；若反应产生Cu（OH）2，其摩尔质量是98g/mol，与题干不符合，故Y为碱式盐Cu2（OH）2Cl2，则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2（CuCl2·2H2O）

Cu2（OH）2Cl2+2HCl↑+2H2O；Cu2（OH）2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl，反应方程式为Cu2（OH）2Cl2

CuO+2HCl↑。

【点睛】

本题考查了易挥发性的结晶水合物受热分解产物的判断。

这类盐在受热分解时，发生的分解反应有两种类型。

在有保护气时，会失去全部结晶水，生成无水盐，温度升高，无水盐进一步分解；在无保护气时，会转化为碱式盐或相应的碱，继续升高温度，将进一步分解，最终转化为金属氧化物。

一定要掌握外界条件对物质分解反应的影响。

2．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。

3．我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。

某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于___（填字母）。

A．酸B．碱C．盐D．氧化物

（2）请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：

___。

（3）上述转化过程中属于氧化还原反应的是___（填序号）

（4）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为___。

【答案】CCu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O①⑤Cu2（OH）2CO3

2CuO+CO2↑+H2O

【解析】

【详解】

（1）、Cu2（OH）2CO3中含有金属阳离子和酸根离子，属于盐类，故选择C；

（2）、铜绿与盐酸反应的离子方程式：

Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；

（3）、反应①中铜元素从0价升高为+2价，反应⑤中铜元素从+2价降低为0价，其他反应元素化合价无变化，因此，上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤，

故答案为①⑤；

（4）、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，化学方程式为：

Cu2（OH）2CO3

2CuO+CO2↑+H2O。

4．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。

5．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。

6．氯化亚铜（CuCl）微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。

方法一：

（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：

____。

（2）还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是__________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。

（3）制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。

方法二：

（4）a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。

b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：

方案一：

可将上述X稀溶液用于废铜的处理（如图所示），则Y可以为________（填化学式）。

方案二：

过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________（填“需要”或“不需要”）另外补充SO2，原因是_______________________（结合化学方程式回答）。

【答案】CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]烧杯、漏斗、玻璃棒除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失2H2SO4（浓）＋Cu

CuSO4＋SO2↑＋2H2OO2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）

【解析】

【分析】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；

（2）流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；

b．由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。

【详解】

（1）氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；

（2）由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：

CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2]；

（3）酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气氧化；

（4）a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:

Cu+2H

SO

（浓）

CuSO

+SO

↑+2H

O；

b．方案一：

由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O

；

方案二：

过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：

CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2（其他合理答案均可）。

7．硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料。

以下是某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾（CuSO4•5H2O）的生产流程示意图：

胆矾和石膏（CaSO4•2H2O）在不同温度下的溶解度（g/100g水），见下表：

温度（℃）

20

40

60

80

100

石膏

0.32

0.26

0.15

0.11

0.07

胆矾

32

44.6

61.8

83.8

114

（1）“浸出”操作中生成硫酸铜的总化学方程式是__________________。

（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净。

有同学设计了以下两种方案，在实验室分别对所取样品按下列方案进行操作：

方案一：

取样于试管→滴加KSCN溶液；方案二：

径向层析→喷KSCN溶液

①你认为上述两种方案设计更合理的是__________；

②指出你认为不合理的方案存在的问题_____________________________；

（3）操作Ⅰ（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是_________________；

（4）操作Ⅱ具体方法是________________、________________（填操作方法）、洗涤后干燥，对产品进行干燥宜在__________（填“较高”或“不太高”）温度下，判断产品已经干燥的操作是____________________。

（5）某实验小组模拟上述工业流程完成胆矾的制备，在整个实验过程中，使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是__________（填仪器名称）。

（6）中学教材用胆矾而不用其它结晶水合物（如：

FeSO4•7H2O、硝酸盐的结晶水合物、Na2SO4•10H2O等）来研究结晶水含量测定实验，其优点可能是_________（填字母）

a．胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到

b．胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水

c．胆矾失水后有较明显的特征即颜色变化

d．CuSO4不易分解，也不易与空气中物质反应

【答案】3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O方案二Cu2+的颜色对检验有干扰使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出冷却结晶过滤不太高重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g（或恒重操作）漏斗c、d

【解析】

【分析】

含铁的废铜原料中加入稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，溶解后得到浸出液，在浸出液中主要含有Cu2+、Fe3+、H+、SO42-，加入石灰浆调节溶液pH，沉淀铁离子，过滤得到红褐色滤渣为氢氧化铁沉淀，依据石膏和蓝矾的溶解度，控制100°C，滤液中析出石膏，滤液中主要为硫酸铜，通过加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤，干燥得到硫酸铜晶体，据此分析解答。

【详解】

（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：

3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；

（2）①方案一：

取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象有干扰，不能检验铁离子的存在；方案二：

径向层析→喷KSCN溶液，纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离的目的，不但可以分辨出铁离子还能辨别出含有铜离子，故答案为：

方案二；

②取样于试管→滴加KSCN溶液，由于溶液中含有蓝色的铜离子会对现象干扰，不能检验铁离子的存在，故答案为：

Cu2+的颜色对检验有干扰；

（3）由表中溶解度可知，胆矾的溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，因此操作Ⅰ中趁热过滤可以使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出，故答案为：

使CuSO4尽量溶解而石膏尽量析出；

（4）从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；硫酸铜晶体受热容易分解，因此干燥时温度不宜太高，当重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g，说明产品已经干燥，故答案为：

冷却结晶；过滤；不太高；重复干燥冷却后称量直到连续两次称量相差不超过0.001g；

（5）在整个实验过程中，除了滴加容易，蒸发浓缩、还有过滤操作，因此使用的仪器除烧杯、酒精灯、玻璃棒、胶头滴管外，还有使用较频繁的玻璃仪器是漏斗，故答案为：

漏斗；

（6）a、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，不是因为胆矾较易得到，其它结晶水合物较难得到，故a错误；b、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，故b错误；c、硫酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na2SO4•10H2O加热前后颜色没有变化，故c正确；d、硫酸铜比较稳定，不容易被氧化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，故d正确；故答案为：

cd。

【点睛】

本题的易错点和难点为

（1）中方程式的书写，要注意流程图中的浸出液中没有硝酸根离子，说明硝酸根离子完全反应，同时溶液为稀溶液。

8．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。

某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：

（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。

（2）滤渣的成分为____。

（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。

【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2Cu、Fe2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

【解析】

【分析】

按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；

【详解】

（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2

答案为：

2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；

（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为Cu、Fe；

答案为：

Cu、Fe；

（3）滤液中溶质只有FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－；

答案为：

2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。

9．如图是工业上以制作印刷电路的废液

含

、

、

、

生产CuCl的流程：

已知：

CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。

请回答下列问题：

（1）流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为______。

（2）滤液②需要加过量Z，检验Z过量的方法是______。

（3）写出生成CuCl的离子方程式：

______。

（4）为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置

图

中的______

填选项字母

，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用______

填“无水乙醇”或“稀硫酸”

加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成

，在一定温度下建立两个平衡：

I.CuCl 

。

（5）分析

、

和

、K的数学关系，在图2中画出

、

的关系曲线________（要求至少标出一个坐标点）

（6）氯化亚铜的定量分析：

①称取样品

于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的

溶液，不断摇动：

②待样品溶解后，加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；

③立即用

硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；

④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为

。

上述相应化学反应为

、

，则样品中CuCl的纯度为______

保留三位有效数字

。

【答案】Fe、Cu和HCl形成原电池，加快了反应速率取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量

B无水乙醇

【解析】

【分析】

废液中加入过量铁粉，发生反应:

Fe+2Fe3+＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液①中含有Fe2+、Cl-，在滤液中加入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。

滤渣为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液②也为FeCl2溶液，滤渣②为铜。

【详解】

（1）流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率，故答案为：

Fe、Cu和HCl形成原电池，加快了反应速率；

（2）检验溶液中通入的氯气已过量，可取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量，故答案为：

取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量；

（3）根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此离子方程式为

，故答案为：

；

（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，直采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。

洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。

不选用硫酸，虽然CuCl难溶于硫酸，但用硫酸冼涤，会给CuCl表面带来少量的H+和SO42--杂质，故答案为：

B；无水乙醇；

（5）据反应式CuCl（s）+Cl-（aq）＝CuCl2-（aq）和K的本义式有：

，将分子、分母同乘以c（Cu2+）得，

，将题给的K和Ksp的数据代入得c（CuCl2-）×c（Cu+）＝1.4×106×0.35＝4.9×10-7，取其中（0.7，0.7）做为一个坐标点，图象示意如下：

，故答案为：

；

（6）根据题给的相应化学反应

、

可得CuCl和Ce4+的反应配比是1:

1，所以可得CuCl的纯度

，故答案为：

。

10．氯化亚铜（CuC