高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析

1、高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案解析一、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）。3+2+cu、 fe3+【答案】 fe、 cufe【解析】【分析】利用共存原理，对各空进行逐一分析。（ 1）由反应 2fe3+fe3fe2+、

2、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 +cu 2 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=2fe 2 +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+fe3fe2+、 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+fe3f

3、e2+、 fe+cu2+ fe2+cu、 2fe3 +cu 2fe2 +cu 2 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 在下图所示的物质转化关系中， a 是常见气态氢化

4、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）反应的化学方程式： _ 。（ 4）反应的化学方程式： _。【答案】 hno3 2nh4cl+ca(oh)2=cacl2+2nh3 +2h2o 3no3+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

5、化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化可以判断，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a 可能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： 2nh4 cl+ca(oh)2=cacl2+2nh3 +2h2o，故答案为：2nhcl+ca(oh)=cacl +2nh +2h o。42232（3）反应为二氧化氮与水反应生成硝酸与no，反应的方程式为：3

6、no3+h2o=2hno3+no，故答案为： 3no3+h2o=2hno3+no。（4）反应为氨的催化氧化，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 下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物 ( 某些物质已经略去 ) ，其中常温下 a、c、 d 为无色气体， c能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）写出下列各物质的化学式：x： _； f：_。（2）写出下列变化的反应

7、方程式：ad： _；ce： _。【答案】 nh4hco3 或（ nh4） 2co3no2 2na2o2 2co 2na2co3 o2 4nh3 5o24no6h2 o【解析】【分析】c 为无色气体且 c 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故c 为氨气； a 为无色气体， a 能与过氧化钠反应生成气体 d，则a为二氧化碳、d为氧气；c与d在催化剂作用下产生ee为，则一氧化氮 ；e 与 d 进一步反应产生f，则 f 为二氧化氮； g 在稀释时与铜反应产生e，在浓溶液时产生 f，故 g 为硝酸；二氧化氮与水反应产生硝酸，故b 为水。【详解】由分析可知， a 为二氧化碳， b 为水， c 为氨气， d 为氧

8、气， e 为一氧化氮， f 为二氧化氮， g 为硝酸。 x 分解产生二氧化碳、水和氨气，故根据质量守恒定律并结合相关物质的性质可知， x 可能为 nh4 hco3 或（ nh4） 2co3。（ 1） x为 nh4 hco3 或（ nh4） 2co3； f： no2 ；（ 2） ad的化学方程式为： 2na2o2 2co22na2co3 o2；ce的化学方程式为：4nh3 5o24no 6h2o。4 今有甲、乙两种固体和 a、b、 c、 d四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，a、 b、 c、d 分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：乙b a水； a

9、c乙 d；甲 b a水。（ 1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙 _，a_， d _。（2）用离子方程式表示上述三个变化：_， _，_ 。+2+2+-+2+【答案】 cuocu(oh)cucl naclcu(oh) +2h =cu +2h ocu +2oh =cu(oh) cuo+2h=cu +h o222222【解析】【分析】甲、乙两种固体均与 b 反应，生成 a 和水，再分析给出的四种物质可知b 为盐酸、 a 为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又a+c=乙 +d，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以c为氢氧化钠， d 为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜【详解】(1)根据以上分析可知，甲

10、为cuo；乙为 cu(oh) ； a 为 cucl ； d 为 nacl；22(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与2+2+2b 的离子反应为： cu(oh) +2h =cu +2h o； a 与2+-2；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与b 的离子反应c 的离子反应为： cu+2oh =cu(oh)为： cuo+2h+=cu2+ +h2o。5 为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70cu、 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：（1）第 步 cu 与混酸反应的离子方程式为_ 。得到滤渣1 的主要

11、成分为_。（ 2）第 步中加入 h2o2 的作用是 _，使用 h2o2 的优点是 _；调溶液 ph 的目的是 _。（ 3）简述第 步由滤液 2 得到 cuso45h2o 的方法是 _。（ 4）由滤渣 2 制取 al2(so4 )318h2o ，设计了以下三种方案：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。（5）用滴定法测定cuso45h2o 含量。取 a g 试样配成 100 ml 溶液，每次取 20.00 ml，消除干扰离子后，用-12）标准溶液滴定至终点，平均消耗edta溶液 bc mol ledta（ h2y2+2 22+。写出计算cuso42ml。

12、滴定反应如下： cu + h y cuy + 2h5h o 质量分数的表达式 _ 。【答案】 cu + 4h+ 2no3-=cu2+ 2no2 + 2h2o 或 3cu + 8h+ 2 no3-=3cu2+ 2no + 4h2oau、 pt 将 fe2+氧化为fe3+ 不引入杂质，对环境无污染使 fe3+、 al3+沉淀除去 加热滤液 2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤 ，最终制得硫酸铜晶体甲 所得产品中含有较多24 3杂质c b 10 3250 5 100%fe (so )乙a【解析】【分析】【详解】（1） cu 与混酸反应的实质是与h+、 no3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程

13、式为cu + 4h+ 2no3-=cu2+ 2no2 + 2h2o， 3cu + 8h+ 2 no3-=3cu2+ 2no + 4h2o，au、 pt 不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是au、pt；（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的ph 目的是使fe3+、 al3+沉淀除去；（ 3）由滤液 2 得到 cuso45h2o 的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；（ 4）甲方案不可行，因为滤渣2 的主要成分是 fe（oh） 3、 al（ oh） 3 沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多 fe2(

14、so4)3 杂质； 从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；（5）由滴定反应方程式得100ml2+-3溶液中 n （cu ） =b10 a 5mol，所以 cuso45h2o 质量-3。100%分数 = b 10 a 5 250/a6 氧化亚铜 ( cu2o) 是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石( 含 cufes2、 cu2s 等 )为原料制取cu2o 的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的ph 如下表：fe( oh) 2fe( oh) 3cu( oh) 2开始沉淀7. 52. 74. 8完全沉淀9. 03. 76

15、. 4( 1) 炉气中的有害气体成分是_( 填化学式 ) ， cu2s 与 o2 反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。( 2) 若试剂 x 是 h2o2 溶液，则“氧化”反应的离子方程式为_，并写出 h2o2的电子式： _；当试剂 x 是 _时，更有利于降低生产成本。( 3)加入试剂 y 调 ph 时， ph 的调控范围是 _。(4)操作x包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。( 5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级cu2o，写出阳极上生成cu2o 的电极反应式： _ 。【答案】 so2 12 2h h3 2h空气或氧气22fe2o2 2fe2 o3.

16、7 ph 4. 8过滤防止 cu2o 被空气中氧气氧化2cu2e 2oh cu2o h2o【解析】【分析】硫化铜矿石（含cufes2、 cu2s 等）预处理后与氧气焙烧：高温高温2cufes+4o2cu2s+3so2+2feo、 cu2s+2o22cuo+so2，部分 feo 被氧化为fe2o3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有cu2+、fe2 +、 fe3+的酸性溶液，加入试剂 x 将 fe2+ 氧化为 fe3+，加入试剂 y 调节 ph=3. 7 4. 8，沉淀 fe3+ ，过滤，将滤液用 koh、 n2h4 还原，反应为：904cuso+n2h4+8

17、koh2cu2 o+n2+4k2so4+6h2o，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得cu2o。【详解】（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和so2； cu2 s 与 o2 发生反应cu2s高温2o22cuo so2，氧化剂为氧气，还原剂为cu2s，氧化剂与还原剂的物质的量之比为21；故答案为：so2； 21；（2）若试剂 x 是 h2o2 溶液，将 fe2 氧化为fe3 ，离子反应方程式为 2fe2 2h h2o22fe3 2h2o； h2o2 的电子式为；在酸性条件下，氧气也可将fe2 氧化为 fe3，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：22fe 2h2 23

18、 2h2o；氧气或空气h o 2fe（3）加入试剂y 的目的是调节ph 完全沉淀 fe3 ，但不沉淀 cu2 ，根据表中数据可知，ph的调控范围为3. 7 ph4. 8；故答案为： 3.7 ph4. 8；（4）操作 x 为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得cu2o；因为 cu2o 具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：过滤；防止cu2o 被空气中氧气氧化；（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级cu2o，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2cu 2e2oh2oh=cu2o cu2o h2o；故答案为： 2cu 2eh o。27 氯化亚铜是一种重要

19、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） 3cl。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_（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_。（3）析出的cucl 晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于却密封包装。 70真空干燥、密封包装的原因是_ 。（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式_70干燥2h，冷（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对度控制在 60时，

20、cucl 产率能达到94%，当温度高于可能是 _。cucl 产率影响由图可知，溶液温65时， cucl 产率会下降，其原因（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】 3cu+2no3-+8h+=3cu2+2no+4h2o2cu2+so32-+2cl-+ h2o=2cucl +so42-+2h+加快乙醇和水的挥发，防止cucl 在潮湿的空气中水解氧化4 cucl+o+24h2o=2cu2(oh)3cl+2hcl温度过高，一是促进了cucl 的水解，二是促进了cucl 与空气中氧气发生反应cu2+e-+cl-=cucl【解析】【分析】（1）

21、 cu 与 no3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成cu2+、 no 气体和水；（ 2） so32-和 cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；（ 3）乙醇和水易挥发， cucl 具有还原性，可以被空气氧化；（ 4）由题给信息可知， cucl 在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜cu2（ oh）3cl；（5）因在 60时 cucl 产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了cucl 的水解， cucl被氧化的速度加快；（ 6）电解时，阴极上 cu2+得电子发生还原反应。【详解】（1）溶解过程中，cu 与 no3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：3cu+2no3-+8h

22、+=3cu2+2no +4h2 o，故答案为 3cu+2no3-+8h+=3cu2+2no+4h2o；（2）还原过程中，溶液中的cu2+被还原为cucl，离子方程式为：2cu2+so32-+2cl-+h2o=2cucl +so42-+2h+，故答案为 2cu2+so32-+2cl-+ h2 o=2cucl+so42- +2h+；（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止cucl 在潮湿空气中水解、氧化，故答案为加快乙醇和水的挥发，防止cucl在潮湿的空气中水解氧化；（4）由题给信息可知，cucl 在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜cu2（ oh）3cl，根据得失电子守恒及原子

23、守恒写出生成物并配平，化学方程式为：4cucl+o2 +4h2o=2cu2(oh)3cl+2hcl，故答案为（5）因在4cucl+o2+ 4h2o=2cu2 (oh)3cl+2hcl；60时 cucl 产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了cucl 的水解，cucl被氧化的速度加快，故答案为温度过高，一是促进了cucl 的水解，二是促进了cucl 与空气中氧气发生反应；（ 6）电解时，阴极上 cu2+得电子，电极反应式为： cu2+e-+cl-=cucl，故答案为 cu2+e-+cl-=cucl。【点睛】本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意知识的

24、迁移和应用是解题的关键，注意得失电子守恒方法的熟练使用。8 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 _；(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

25、案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。【答案】 cu+4h+3-2+223-2+2o+2nocu +2no+2h o 或 3cu+8h +2no3cu+2no +4hau、 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

26、，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+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+； h2o

27、2 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cuso4，所以第步由424cuso5h o 制备cuso 的方法应是直接在坩埚中加热脱水；(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；乙方案先在滤渣中加h2 424 324 324 3生so ，生成 fe (so )和 al (so ) ，再加适量al 粉， al 和 fe (so )成 al2(so4)3，

28、蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；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物、离子的检验、

29、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。9 氯化亚铜 (cuci)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、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 cu2+、 fe3+、 h+、ci-)中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（ 1）写出步骤中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（ 2）步骤的操作名称是 _。（ 3）步骤中所加物质 x 为 _。（ 4）步骤的操作是 _。（5）步骤应调节溶液的ph 呈酸性，且用乙醇洗涤（6）在 cuci的生成过程中，可以循环利用的物质是cu

30、cl 品体，目的是 _。_，理论上 _(填“需要 ”或 “不需要 ”)补充 (不考虑调节等消耗)；理由是_。（ 7）业上还可以采用以碳棒为电极电解 cucl2 溶液得到 cucl。写出电解 cucl2 溶液中的阴极上发生的电极反应： _。【答案】cu2+ +fe=cu+fe 2+ 、 fe+2fe3+ =3fe2+ 或 fe+2h+=fe2+ +h2 过滤、洗涤cuo 或cu (oh) 2或 cuco3等 在 hcl 气流中蒸发结晶减少 cucl 的损失硫酸 不需要cu 与浓硫酸反应生成 cuso4 和 so2 的物质的量为 1： 1，而生产 cucl 的过程中消耗cuso4 和2的物质的量也

31、为1 1，所以理论上不需要补充h2so4 cu2+- -so+cl +e =cucl【解析】【分析】从某酸性废液（主要含cu2+ 、 fe3+、 h+ 、 cl -）中制备氯化亚铜，向工业上以某酸性废液（含 cu2+、 fe3+ 、h + 、 cl -）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，酸性废液调节 ph 值使铁离子沉淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反应生成氯化亚铜和硫酸，硫酸可以再循环利用。【

32、详解】（1）步骤中铁能与铜离子及铁离子反应生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反应生成氢气，涉及的离子方程式为2+2+3+2+cu+fe=cu+fe 、 fe+2fe=3fe 、+2+2，故答案为：2+2+、 fe+2fe3+2+或fe+2h+ 2+2；fe+2h =fe +hcu +fe=cu+fe=3fe=fe +h（ 2）步骤中从溶液中分离出固体物质过量的铁和生成的铜，所以步骤的操作名称是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；（3）步骤中为调节溶液的ph 值，要能与酸反应同时不引入新的杂质，所以物质x 为cuo 或 cu (oh)2 或 cuco3 等，故答案为：cuo 或 cu (oh)2 或 cuco3 等；（4）步骤的操作是从氯化铜溶液中获得氯化铜晶体，要防止铜离子水解，所以步骤的操作是在hcl 气流中蒸发结晶，故答案为：在hcl 气流中蒸发结晶；（5） cucl 微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇洗涤cucl 晶体，减少cucl 的损失，故答案为：减少cucl 的损失；（6）根据流程分析可知，硫酸可以循环利用，cu 与浓硫酸反应生成cus