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1、2020-2021 高考化学铜及其化合物推断题- 经典压轴题附详细答案一、铜及其化合物1 浅绿色盐 X 仅含四种元素，不含结晶水， M(X)908g?mol -1 ，某小组为了探究 X 的组成和性质，设计并完成了如下实验上述实验中，得到23.3g 白色沉淀 E、 28.8g 红色固体 G 和 12.8g 红色固体 H。已知： X 分解成 A、 B、C 的反应为非氧化还原反应；常温下 B 呈液态且 1 个 B 分子含有 10个电子。请回答如下问题：(1)写出 B 分子的电子式 _； X 的化学式是 _ 。(2)在隔绝空气、570温度下加热 X 至完全分解的化学反应方程式为：_ 。(3)请写出 G
2、 溶于 D 溶液的离子方程式：_。(4)请设计实验检验固体 C 中是否仍含有X： _ 。【答案】Cu4 (OH)6SO4 Cu4 (OH)6SO4 4CuO+SO3 +3H2O2+2+22溶Cu O+2H =Cu +Cu+H O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。【解析】【分析】浅绿色盐 X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、 B 和黑色固体C，常温下 B 呈液态且1 个 B 分子含有 10个电子， B 为 H2O， A 和水反应生成的D 能和氯化钡反应生成白色沉淀E， E 只能为 BaSO4，则
3、D 为 H2SO4，A 是 SO3； 23.3g 白色沉淀 E 的物质的量为 0.1mol ，黑色固体 C 可能为 Fe3O4、 CuO、 C 等，黑色固体C 隔绝空气在 1000反应生成气体 F 和红色固体 G， G 能和 H24反应生成红色固体和蓝色溶液应为2SOCu O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu224422O+H SO=Cu+CuSO+H O，所以黑色固体 C为 CuO，G 为 Cu O，气体 F 为 O24，红色 H为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X 的化学式，并进行有关解答。【
4、详解】根据上述分析可知 A 是 SO3， B 是 H2O， C 是 CuO， D 是 H2SO4，E 是 BaSO4， F 是 O2， G 为Cu2O， H 为 Cu， I 为 CuSO4， X 是含有 Cu、 H、 O、 S 四种元素的化合物。(1)B 为H2O，水分子中H、O 原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒28.8?g=0.4mol ， n(CuO)=0.4mol，可知，在浅绿色盐X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=2 144?g / mol23.3?gn(S)=n(BaSO )=0.1mol ， n(CuO)： n(SO )=0.04mol： 0.01mol=4 ： 1
5、，仅含四种元43233?g / mol素，不含结晶水，设化学式为： Cu4m44m43m2(OH) SO ， Cu (OH) SO4CuO+SO+H O ，根据2氧元素守恒得： m=6，符合 M(X)908g/mol ，所以 X 化学式为Cu464(OH) SO ；(2)X 在隔绝空气、 570温度下加热发生Cu (OH) SO4CuO+SO +3H O ；46432(3)砖红色固体 G 是 Cu O，与足量稀 H2SO 发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO 、 H O，反2442应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；(4)黑色固体 C 为 CuO，如含有 X，则可用检验4
6、2-的方法检验，方法是：取少量样品于试SO管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。【点睛】本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X 中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu 的化合物推断并与有机物联系。2 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
7、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 101 kPa 的条件下，将VL 的 B 气体溶于 100 mL 水中，得到密度为 1 的 g mL溶液 M，则 M 溶液的物质的量浓度为_ molL1。 (已知 25 、 101 kPa 条件下气体摩尔体积为 24.5 L 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
8、，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 4H2OV100024.517V+2450冒白烟3CuO24.52NH3222 2Cl SO22 SO42 =3Cu N3H O2Cu 2H O2CuCl 4H【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V17Vmol，溶液的质量是+100 g，溶液的体积为24.524.517V +100g17V+245024.5mL，据此解答；ggmL-124.5(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸
9、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， SO 还原氯化铜生成氯化2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
10、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=3Cu2 2NO 4H2O，故答案为：3Cu 8H 2NO33Cu 8H 2NO3=3Cu2 2NO 4H2 O；Vmol，溶液的质量是17V+100g，溶液的体积为(3)氨气的物质的量是24.524.517V+100 g 17V+2450V100024.524.5mL，所以溶液的物质的量浓度为24.517V+2450ggmL-124.5V1000案为：24.5；17V+245024.5 1，故答mol L(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和
11、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 =3CuN2 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， SO还原氯化铜生成氯化2亚铜的离子方程式为SO2 2H2O SO42，故答案为：2Cu22Cu22Cl2CuCl 4H 2Cl SO2 2H2O 2CuCl 4H SO42 。3 某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4 )3、较多的Cu2+和少量的收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂 X、 Y、 Z 均过量
12、 )。Na+。从工业废水中回(1)试剂 X 为 _，加入试剂 X 发生的离子方程式是 _ 试剂 Z 为_。(2)操作为 _(填实验分离方法 )。(3)溶液 2 中含有的溶质有 _(填化学式 )。(4)写出操作的化学反应方程式_。(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_(填化学式 )。【答案】铝 2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu氨水过滤Al2(SO4)3、 H2SO4Al2(SO4)3、H2SO4SO2【解析】【分析】某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的 Cu2+和少量的 Na+，由流程可知加入 X 为金属铝，用于置换出铜，溶液1含有 Al24 324A
13、l 和Cu 的(SO ) 、 Na SO，不溶性物质为过量的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y 用于溶解 Al，反应产生 Al24 3，而 Cu 不能发生反(SO )应，则为稀 H2SO4，溶液2 含有 Al2(SO4)3、过量 H2SO4，由于 Al(OH)3 是两性物质，能够与过量的强碱 NaOH 溶液反应产生可溶性物质，因此向混合后加入氨水，可生成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的 Al2O3可生成 Al，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知操作是过滤，不溶性物质为Cu、 Al 混合物，操作是过滤，试剂Y 是H SO ，溶液 1 含有 Al (SO ) 、
14、 Na SO ，溶液2含有 Al (SO )、过量 H SO ，试剂 Z 是氨2424 32424 324水，操作是过滤，操作加热分解Al(OH)3，操作是电解。(1)由以上分析可知X 为 Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu；试剂 Z 为氨水；(2)操作用于分离固体和液体，为过滤操作；(3)溶液 2 中含有的溶质有Al2(SO4 )3、 H2 SO4；(4)操作是加热Al(OH)3，Al(OH)3 不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：2Al(OH)2Al2O +3H O；332(5)金属 Cu 与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生
15、CuSO、 SO 、 H O，反应方程式422为： Cu+2H244222SO (浓 )CuSO +SO +2H O，所以反应产生的气体为SO 。【点睛】本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。4 某研究性学习小组拟探究热CuCl22H2O 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233 g mol-1，完成 CuCl222H O 缓慢加热分解的化学方程式_。【答案】 H-Cl
16、 CuCl2(CuCl222 2Cu (OH) Cl +2HCl +2HO2H O)【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
17、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3.42 g CuCl22H2O 的物质的量为n(CuCl2222H O)=3.42 g 171 g/mol=0.02 mol，当高于300加热， CuCl 分解，产生的白色固体中含有Cu 0.02 mol，质量为 0.02 64 g/mol=1.28 g1.99 g，说明含有 Cl 原子，其物质的量为 (1.99 g-1.18 g)35.5 g/mol=0.02 mol，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 C
18、l2；(2)3.42 g CuCl 2H O 的物质的量为 n(CuCl 2H O)=3.42 g 171 g/mol=0.02 mol，在没有 HCl 保2222护气作用下加热CuCl2222 22H O 会发生水解，可能生成碱式盐Cu (OH) Cl 也可能生成相应的碱Cu(OH) ， Cu (OH) Cl 摩尔质量是 233 g/mol ， 3.42 gCuCl 2HO 反应产生 0.01 mol222222Cu (OH) Cl，质量是2.33 g，正好吻合，说明Y 是 Cu (OH) Cl ；若反应产生 Cu(OH) ，其摩2222222尔质量是98 g/mol，与题干不符合，故Y 为
19、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(CuCl22H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl +2HO；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)2Cl2CuO+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。
20、5 由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：请回答下列问题：(1)G 是 _（填化学式）。(2)写出 AB 的离子方程式_ 。(3)若 D 为纯净物， F 是红色金属单质，写出D 和稀硫酸反应的离子方程式_ 。(4)C 的最大质量为 _g。【答案】 Cu2S22242222SO+I +2H O=SO+2I +4HCu O+2H= Cu + Cu+ H O 23.3【解析】【分析】A 为刺激性气体，能与碘水反应，说明A 有还原性； B 与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明 B 中含有 SO42-，所以 A 为 SO2244；通过质量，B 为 H SO 和 HI 的混合溶液， C 为
21、BaSO守恒可推知 G 是 Cu2S，以此解答。【详解】(1)G 中含 S 元素， I22HO SO H SO 2HI， m（ S） 1L 0.1mol/L 32 g/mol3.2g，G2224中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D 中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有 Fe2O3、 Cu2O 等，设 D 中金属元素的相对原子质量为M ，化合价为 n，则有12.81.62 ，解得： M 64n ，当 n 1 时， M 64，故 D 为 Cu2O， G 为 Cu2 S；故答n16M案为： Cu2S；242- 和 I-的过程，离子方程式为：SO2 2242-+2I-(2)A
22、 到 B 是 SO 和碘水反应生成SO+I +2H O=SO+4H+；故答案为： SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；(3)Cu2O 与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由1 价降至 0 价，必然另一部分铜元素化合价升高至2 价，即 E 为硫酸铜溶液，F 为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2 O+2H+=Cu2+Cu+H2 O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+ SO4 2- BaSO4， m（ BaSO4） 0.1mol 233g/mol 23.3g；故答案为：23.3；6 今有甲
23、、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 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)2CuCl2NaClCu(OH)2+2H =Cu +2H2OCu +2OH =Cu(OH)2CuO+2H=Cu +H 2O【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、
24、 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B 的离子反应为： Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O； A 与C 的离子反应为： Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2； 氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B 的离子反应为： CuO+2H+=Cu2+ +H2O。7 铜锌银精矿化学成分如下：元素CuZnAgSFePb元素质量17.6018.300
25、.14633.1518.177.86分数 /%利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体A”为 _(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和_(填化学式)。(2)“沉铜”得到Cu2Cl2 固体，目的是_。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)“母液 2”中阴离子含量最多的是_，该溶液最好返回_工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 _。【答案】 SO2 AgCl除去锌铁元素，分离出铜元素1:2氯离子 沉铜 硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2 发生反
26、应，各金属得到其氧化物，S转化为 SO2，再加入 H2 SO4和 NaCl，金属氧化物转化为硫酸盐， Ag 转化为 AgCl 沉淀， Pb 转化为 PbSO4沉淀。通入22 转化为 Cu2 222 444SO将 CuCl 沉淀，加入O、 H SO 转化为 CuSO 溶液，最后得到CuSO 晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S 元素转化为 SO ，因此气体 A 为 SO ；22各金属氧化物与 H242 与SO42 沉淀得到 PbSO4 与 Cl 会生成SO 转化为金属离子，Pb，而 AgAgCl 沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有 Zn2 、 Fe2 、 Cu2 。沉
27、铜之后，得到 Cu2Cl2 沉淀，实现了 Cu 与 Zn、 Fe 的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；(3)氧化的目的是将 Cu2Cl2转化为 CuSO4， Cu2Cl2 中 Cu 的化合价为 1 价， 1molCu2Cl2 转化全2，失去 2mol 电子， 1molO 2 反应时，得到4mol 电子，根据得失电子守恒，部转化为 Cu氧化剂和还原剂的比例为1：2 ；(4) 氧化的目的是将 Cu2Cl2 转化为 CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液 2 中含有较多的Cl ，以及没有沉淀的Cu2和 SO42，溶液中没有Ag 和 Pb2 等离子，不需要“浸出”，最
28、好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl ；【点睛】问题 (4)母液 2 最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入 NaCl 的目的是为了沉淀 Ag ，而 Ag在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的 Cl ，母液 2 中含有较多的 Cl ，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。8CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石(主要成分Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2 杂质 )制备 CuCl的某流程如图：请回答：(1)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(2)步骤中涉及的主要
29、离子反应方程式为_(3)下列说法不正确的是 _A 步骤中产生的气体的主要成分为CO2 和 H2S 气体B 滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣2 的主要成分为 Fe(OH)3和 Cu(OH)2C CO32-作用是控制溶液pH，促使 CuCl 沉淀的生成D 若改变试剂加入顺序，将溶液3 缓慢加入到含大量SO32- /CO32-的溶液中，同样可制取CuCl【答案】 2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl +SO42- +2H +BD【解析】【分析】孔雀石 主要成分Cu(OH)2?CuCO3，含 FeS、 FeO 和 SiO2 杂质
30、 中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣1 为二氧化硅，溶液 1 中含有 Fe2+、Fe3+、Cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节pH 值，使铁离子沉淀，得到滤渣2 为氢氧化铁，溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使CuCl 沉淀，由于 SO32- /CO 32- 的溶液呈碱性，所以如果将溶液 3 缓慢加入到含大量 SO23- /CO 32- 的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。【详解】（1）步骤主要目的是利用双氧水氧化Fe2+，其反应离子方程式为：2H+
31、2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；故答案为： 2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2 O；（ 2）溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液 2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，其主要离方程式为：2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl+SO42- +2H +；故答案为： 2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl +SO 42- +2H +；（3） A由上述分析可知，步骤中产生的气体的主要成分为CO2 和 H2S 气体，故 A 不符合题意；B由上述分析可知，滤渣1 的成分为 SiO2，
32、滤渣2 的主要成分为 Fe(OH)3，故 B 符合题意；C溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，故 C 不符合题意；D若先加入碳酸钠，溶液2 中硫酸铜会先生成氢氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备CuCl，故 D 符合题意；故答案为： BD。9 孔雀石的主要成分为Cu2( OH) 2CO3。某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下( 假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸) ：(1)反应能观察到的现象是_。，有关反应的化学方程式为(2)反应加入的金属可能是_，有关反应的离子方程式为_。【答案】固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色，有气泡产生Cu2 ( OH) 2CO3 2H2SO42CuSO4 CO2 3H2 O铁粉2 2 CuFe Cu Fe【解析】【分析】（ 1）孔雀石的主要成分成为 Cu2 ( OH) 2CO3，为碱式盐，和硫酸反应生成二氧化碳气体，得到硫酸铜溶液；（ 2）硫酸铜溶液中加入过量铁发生氧化还原反应得到金属铜。据此解答。【详解】( 1) 孔雀石中加入稀硫酸中能观察到的现象是孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为Cu2( OH) 2CO32H2SO4 2CuSO4CO2