2020-2021高考化学复习《铜及其化合物推断题》专项综合练习及答案

1、2020-2021 高考化学复习铜及其化合物推断题专项综合练习及答案一、铜及其化合物1 下列框图涉及到的物质所含元素中，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， c 为黑色氧化物， e 为红色金属单质 (部分反应的产物未列出 )。请回答下列问题：（1） d 的化学式为 _； f 的结构式为 _。（2） a 与 b 生成 d 的反应在工业上是生产_的反应原理之一。（3） e 与 g 的稀溶液反应的离子方程式为_。（4） b 和 c反应的化学方程式为_。（5） 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

2、成 k 的离子方程式： _。【答案】 nonn 硝酸3cu+8h+2no3- =3cu2+2no +4h2o加热2+-+2-3cuo+2nh33cu+n2+3h2o2cu +2cl +so2+2h2 o=2cucl +4h+so4【解析】【分析】e 为红色金属单质，应为cu，则 c 为 cuo， b 为具有刺激性气味的气体，应为nh3，可与cuo 在加热条件下发生氧化还原反应生成单质cu，生成的气体单质 f 为 n2，可与氧气在放电条件下反应生成 no，则 a 为 o2， d 为no， g 为 hno3， h 为 cu(no3)2，i 为 cu(oh)2， j为 cucl2， j、 k 是同种

3、金属的不同氯化物， k 为白色沉淀，则 k 应为 cucl，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知d 为 no， f 为 n2，结构式为nn；(2)o2 与 nh3 发生催化氧化生成 no 和水， no 被氧化生成 no2，溶于水生成硝酸，因此 o2 与 nh3 发生催化氧化生成 no 是工业生成硝酸的重要反应之一；3+3-2+2o；(3)g 为 hno ，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3cu+8h +2no=3cu +2no +4h(4)b 为 nh ，可与 cuo 在加热条件下发生氧化还原反应生成单质cu，反应的方程式为33cuo+2nh3加热3cu+n2+3h2o；222+-22+42

4、- 。(5)so 还原cucl 生成 cucl 的离子方程式为2cu+2cl +so +2h o=2cucl +4h+so2 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】 cuo cu2o 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

5、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-0.1mol2)=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

6、溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为： cu2 o 2h+ cu cu2+ h2o；答案： cu2o 2h+ cu cu2+h2o。3fe2o3 和 cu2 o 都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末的成分，该粉末可能是 fe2o3、cu2o 或二者混合物。探究过程如下：查阅资料： cu242+2+2o 溶于稀硫酸生成 cu 和 cuso(cu o+2h =cu+cu +h o)，在空气中加热生成cuo。提出假设 假设 1：红色粉末是fe2o3 假设 2：红色粉末是 cu2o 假设 3：红色粉末是 fe2o3和 cu2o 的混合物。设计探究实验取少量粉末放入足

7、量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加kscn试剂。（ 1）若假设 1 成立，则实验现象是 _。（ 2）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 kscn试剂时溶液不变红，则证明原固体粉末是_ ，写出发生反应的离子方程式 (题目上已出现的可以不写 )_、 _。【答案】固体完全溶解，溶液呈血红色fe2o3 和 cu2ofe2o3+6h+=2fe3+3h2o2fe3+cu=2fe2+cu2+【解析】【分析】(1)fe3+遇到 kscn溶液呈红色；(2)若固体全部溶解，则一定存在fe2o3 和 cu2o，根据物质的相关性质书写反应的有关离子方程式。【详解】(1)若假设 1 成立，则固体完全溶解，所得溶液中含有fe

8、3+，遇到 kscn溶液呈红色；(2)固体全部溶解，则一定存在fe2o3 和 cu2o，因为 cu2o 溶于硫酸生成 cu 和 cuso4，而h2so4 不能溶解 cu，所以混合物中必须有fe2o3 存在，使其生成的 fe3+溶解产生的 cu，涉及反应的有关离子方程式为fe2o3+6h+=2fe3+3h2o、 cu2o+2h+=cu+cu2+h2o、2fe3+cu=2fe2+cu2+。4 铜与浓硫酸在加热条件下发生反应。（1）请同学们写出该反应方程式_ ；（ 2）其中 _为还原剂，浓硫酸表现的性质 _ （酸性、强氧化性、强氧化性和酸性）；（3）当 3molcu参加反应，转移的电子数为_ 。【答

9、案】 cu+2h24422强氧化性和酸性aso （浓）cuso+so +2h o cu（或铜）6n24（或 3.61210 ）【解析】【详解】(1)铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、so2 和水，该反应方程式为cu+2h2so4（浓）cuso4+so2 +2h2o；(2)在 cu+2h2so4（浓）cuso4+so2 +2h2o 中， cu 元素化合价升高，则cu 发生氧化反应，是还原剂，而s 元素部分化合价+6 价降为 +4 价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；(3)反应中 cu 从 0 价升高为 +2 价，则当3molcu 参加反应，转移电子的物质的量为3mol 2=6mol，数目为

10、6na。5 氯化亚铜(cucl)h2 43是一种重要的化工产品。它不溶于so、 hno 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cu24-n n(oh)cl ， n 随着环境酸度的改变而改变。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 的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图 )。仪器a 的名称_，有关抽滤，下列说法正确的是_a 抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出b 在布氏漏斗中放入滤纸后

11、，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤c 在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸d 减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作 1 为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70干燥2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂 _a 浓盐酸b 浓氨水c无水乙醇d 水 +乙醇真空干燥的原因是 _。(4)随着 ph 减小， cu (oh)cl 中铜的质量分数 _24-nna 增大b 不变c 减小 d 不能确定【答案】 2cu2+so32-+2cl-+h2o=2cucl +so42-+2h+吸滤瓶ad c 防止 cucl在潮湿空气中水解、氧化c【解析】【分析】海绵铜

12、加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应 2cuso4+(nh4)2so3+2nh4cl+h2o=2cucl +2(nh4)2so4+h2so4，过滤得到固体为 cucl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有 cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（nh4)2so3、 nh4 cl，发生还原，产生cucl 沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2cu2+32-242-+；+so+2cl +h o 2cucl +so +2h(2)根据仪器 a 的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；a.抽滤完毕，

13、应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，a 正确；b.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，b 错误；c.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，c 错误；d.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀， d 正确；故合理选项是ad；(3)操作 1 为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70干燥 2h，冷却、密封包装，故合理选项是c；真空干燥的目的防止cucl 在潮湿

14、空气中水解氧化；(4)随着平 ph 值减小， cu2(oh)4-ncln中 4-n 减小， n 增大，则铜的含量减小，故合理选项是c。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。6 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（ casog/100 g 水），见下表：4?2h2o）在不同温度下的溶解度（温度（）20406080100石膏0.320.260.150.110.07胆矾3244.661.883

15、.8114(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溶液你认为上述两种方案设计更合理的是_；指出你认为不合理的方案存在的问题_；(3)操作（蒸发浓缩、趁热过滤）趁热过滤的目的是_；(4)操作具体方法是_ 、_ （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、

16、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

17、超过 0.001 g（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100c，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+3h2 so4=3cuso4+2no +4h2o，故答案为：3cu

18、+2hno3+3h2so4 =3cuso4+2no +4h2o；(2)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；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，因此操作中趁热过滤可

19、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 0.001 g，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0.001 g；(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

20、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na2 42c 正so ?10h o 加热前后颜色没有变化，故确； 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

21、酸根离子，说明硝酸根离子完全反应，同时溶液为稀溶液。7 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。反应： cu2 s 4fecl3 2cucl2+4fecl2s1mol cucl2+=+ ，每生成，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_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸

22、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3+_。fe 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】 cufes+ =2cus fe2+ h2+o+=4fe3+ 2h生2 cu 2h2s 2 mol4fe2 4h2o成的硫覆盖在 cu3+水解程度随 ph 的升高而增大

23、32： 7洗涤煅2s 表面，阻碍浸取fe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 cu2+和 h2s，反应的离子方程式为：+=cu2+h2s，2s，同时生成fe

24、cufes2+cu+2h2s+fe故答案为：cufes+cu2+ h2s2cu 2h =2s fe +；（ 2）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，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为： 4fe2+4h+o2=4fe3 +2h2o，故答案为： 2mol ； 4f

25、e2+4h+o2=4fe3+2h2o；浸取过程中，由于生成的硫覆盖在cu2 s表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，故答案为：生成的硫覆盖在cu2s 表面，阻碍浸取；（3）由于 fe3+的水解程度随着ph 的升高而增大，当ph 1. 7 时， ph 越大，金属离子萃取率越低，3+ph 的升高而增大；故答案为： fe的水解程度随着（4）在碱性条件下， cu2+-与 n2h4 反应生成氮气和铜，反应为： 2cu2+n2h4+4oh=2cu+n2 4h2o，反应中还原产物为cun2264）：+，氧化产物为，质量之比为（ 28=32： 7，故答案为： 32： 7；（ 5）

26、萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到fe2 o3 产品，故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。8 cucl 2 、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 fe) 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 naohfe(oh) 3 b cuofe(oh) 3c nh 3h 2 ofe(oh) 2d.cuso 4cu(oh) 2(2)反应是向溶液2 中通入一定量的 so

27、2，加热一段时间后生成cucl 白色沉淀写出制备 cucl 的离子方程式 _ (3)以石墨为电极，电解cucl 2 溶液时发现阴极上也会有部分cucl 析出，写出此过程中阴极上的电极反应式_ 【答案】防止cu 2水解b2cu 22clso22h 2o2cucl4hso24cu 2eclcucl【解析】【分析】粗铜（含杂质fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，再加试剂x 为 cuo 或氢氧化铜等调节ph，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的固体 j 为氢氧化铁，溶液 2 为氯化铜溶液，通入二氧化硫，二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成cucl ，氯化铜溶液在

28、 hcl 氛围中蒸发结晶得到cucl 2 2h2o。?【详解】（1）流程中固体k 溶于稀盐酸的目的是防止铜离子水解，试剂x、固体 j的物质分别为氧化铜，氢氧化铁，选b，故答案为：防止 cu 2水解；冷却结晶， b；（2）根据信息可知：在加热条件下，so2与铜离子反应生成cucl 白色沉淀和 so42 ，其反应的离子方程式为：2cu22clso22h 2o2cucl4hso42；故答案为： 2cu 22clso22h 2 o2cucl4hso42；（3）以石墨为电极，电解cucl2 溶液时发现阴极上也会有部分cucl 析出，阴极上是得到电子发生还原反应，cu2 得到电子生成 cucl，电极反应为

29、：cu 2eclcucl ，故答案为： cu 2eclcucl 。【点睛】本题以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查。9 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 ”学习探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%cu、 25%al、4%fe 及少量au、 pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：(1)第 步 cu 与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣i 的主要成分为 _；(2)第 步加 h2o2 的作用是 _

30、；(3)用第 步所得 cuso45h2o 制备无水cuso4 的方法是 _；(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，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。+-2+-2+【答案】 cu+4h+2no3cu +2no2+2h2o 或 3cu+8h +2no33cu+2no +4h2oau、 pt 将 fe2氧化为fe3 ，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多 fe2(so4 )3 杂质乙【解析】【分析】本题是以含 70%cu、 25%al、4%fe 及少量 au、 pt 等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和

31、硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的ph 使 fe3+、 al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，cu、 al、 fe发生反应生成cu2+、 al3+、 fe2+，其中不活泼的金属 au、 pt 不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1 的成分是pt 和 au，滤液 1 中的离子是cu2+、 al3+、 fe2+；第步cu 与硝酸反应的离子方程式为：cu+4h+2no3-2+

32、22+3-2+2o；cu +2no +2h o或 3cu+8h +2no3cu +2no +4h(2)第步加 h2o2的作用是将 fe2+氧化为 fe3+； h2o2 作氧化剂，还原产物是h2o，不引入杂质，对环境无污染；(3)由于 cuso 是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的cu(oh) 与42硫酸会再反应产生cusocuso45h2o 制备 cuso4 的方法应是直接在坩埚中4，所以第步由加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；乙方案先在滤

33、渣中加h2so4，生成 fe2(so4 )3 和 al2(so4)3，再加适量 al 粉， al 和 fe2(so4)3 生成 al2 4 3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；(so )丙方案先在滤渣中加naoh， naoh 和 al(oh)3 反应生成可溶性的naalo2，然后在滤液中加h2so4，naalo2 与硫酸反应生成 al2(so4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多 fe2(so4)3 杂质；从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合