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1、高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点附答案解析一、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 溶于 D 溶液的离子
2、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 D 为 H2SO4，A
3、 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。【详解】根据上述分析可知
4、 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，仅含四种元43233
5、?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42-的方法检验，方法是
6、：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 物质 A D 均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除 A D 外的其他物质均已略去）。（1）写出相应物质的类别。物质BCD类别_（ 2）上述反应到中，属于离子反应的有_个。（ 3） DA 转化的化学方程式： _。B C 转
7、化的离子方程式：_。【答案】盐碱氧化物3CuO+H2Cu+H2OCu2+2OH- =Cu( OH) 2【解析】【分析】由转化关系可知D 应为氧化物，与氢气反应生成A 为单质， B 应为硫酸盐，可由 A 与浓硫酸反应生成， B 可与铁反应生成A，则可考虑 A 为 Cu，则 D 为 CuO， B 为 CuSO4， C 为Cu OH)，以此解答该题。(2【详解】根据以上分析知： A 为 Cu， B 为 CuSOC为Cu OH 2D为CuO4，( )，；( 1) B 为 CuSO为 CuO，为氧化物；4，属于盐类， C 为 Cu( OH) 2，属于碱， D( 2) 上述反应到中，在溶液中进行，属于离子
8、反应，共3 个；( 3) D A 转化，涉及 CuO 与 H2 的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；B C 为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2+2OH- =Cu( OH) 2。3 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 CuCl22缓慢加热分解的化学方程式2H O_。【答案】H-Cl CuCl2(CuCl222 2Cu (OH) Cl +2HCl +2HO2H O)【解析】【分析】(1)气流 C 是保
9、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
10、CuCl2。由于3.42 g CuCl22H2O 的物质的量为 n(CuCl222分解，产生的白2H O)=3.42 g 171 g/mol=0.02 mol，当高于300加热， CuCl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 Cl2；(2)3.42 g CuCl 2H O 的物质的量为 n(CuCl 2H O)=3.42 g 171 g/mol=0
11、.02 mol，在没有 HCl 保2222护气作用下加热CuCl2 222 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 2H O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)
12、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。4 为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如图：（ 1）气体 X 的化学式是 _。（ 2）检
13、验滤液 D 是否含有 Fe3+的实验方法为 _。（3）若要从滤液D 得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有_（填序号）_、冷却结晶、过滤、自A蒸发皿B石棉网C烧杯D玻璃棒（ 4）写出反应的离子方程式 _。（ 5）试剂 Y 应该是一种 _(填 “氧化剂 ”或“还原剂 ”)，它不可能是 _。A H O B H S C OD铁单质2222（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金。若固体未完全溶解，则滤液D 中 Fe 元素3+2+将以 _（填 “Fe”或 “ Fe”）离子形式存在。【答案】 CO2取少量滤液 D，滴加 KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有
14、Fe3+蒸发 BAl(OH) 3+3H+=Al3+3H 2O氧化剂 BD2+Fe【解析】【分析】Al 和 NaOH 溶液反应生成可溶性的NaAlO2， Cu 和 Fe 与 NaOH 溶液不反应，所以滤液A 中含有 NaAlO2，滤渣 B 是 Cu 和 Fe， B 和稀硫酸混合， Fe 和稀硫酸反应生成FeSO4， Cu 和稀硫酸不反应，所以滤渣E 是 Cu， D 中含有 FeSO4， Cu 和稀硫酸、试剂Y 生成硫酸铜， Y 是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2 2223O ， NaAlO和 CO 反应生成Al(OH) ，所以 C 是Al(OH) ， Al(OH)和稀盐酸反应生成AlCl ，
15、溶液 F 中含有 AlCl 。据此分析解答。3333【详解】（ 1）通过以上分析知，气体 X 的化学式是 CO2 ，故答案为： CO2；（ 2）铁离子和 KSCN溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液 D 是否含有Fe3+的方法是，取少量滤液D，滴加 KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有 Fe3+，故答案为：取少量滤液 D，滴加 KSCN溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+；（ 3）若要从滤液 D 得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没
16、有用到的仪器有石棉网，故选B，故答案为：蒸发；B；（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故答案为： Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；（5）试剂 Y 应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S 或 Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD；（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液 D 中 Fe 元素将以 Fe2+离子形式存在，故答案为： Fe2+。5 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）
17、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
18、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。6 有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A 是由两种元素组成的黑色粉末，
19、 B 由两种元素组成、其摩尔质量为65g?mol 1， C 是空气中含量最多的单质，D是白色粉末且焰色反应呈黄色， E 是一种紫红色金属， F 是一种无色气体单质， H 是一种红棕色气体， I 是最常见的液体， K 是一种强碱。（ 1） B 的化学式为 _。（ 2） K 的电子式为 _。（ 3）写出反应的化学方程式： _ 。（ 4）写出反应的离子方程式： _ 。【答案】 NaNCuO+2NaN3Cu+Na 2O+3N 2 3Cu+8H+-=3Cu2- 2NO 332NO 4H O2【解析】 C 是空气中含量最多的单质，则C 是 N 2； D 是白色粉末且焰色反应呈黄色，则D中含有 Na 元素；
20、 E 是一种紫红色金属，则E 是 Cu；结合转化关系图，结合其他已知条件可得： A 是 CuO、 B 是叠氮化钠、 D 是 Na2O、E 是 Cu 、G 是 NO、 H 是 NO2、I 是 H2O、 J是 HNO 3、 K 是 NaOH 、 L 是 Cu(NO 3)2。（1）叠氮化钠的化学式为 NaN 3；（2） NaOH 的电子式为；（ 3 ）反应为叠氮化钠和CuO 受撞击反应生成N 2 、 Na2O 和 Cu ，故化学方程式为：CuO+2NaN 3Cu+Na 2O+3N 2；（ 4）反应为Cu 和稀硝酸的反应，离子方程式为：3Cu+8H + 2NO 3- =3Cu 2- 2NO 24H O
21、。点睛：无机框图推断题，既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大。解答无机框图推断题，应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。通过已知条件找出突破口，正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。7 氯化亚铜（CuCl ）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Fe3 、 Cu2 、 Fe2 、 Cl ）生产CuCl 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 CuCl 的离子方程式 _。（
22、3）析出的 CuCl 晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是_。（4）在 CuCl 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KspCuCl1.6 10 7 ， K spCuI1.2 10 12 ，现向 CuCl 饱和溶液中加入 NaI 固体至 cI -0.1mol L 1，此时溶液中c(Cu + ) =_。c(Cl - )（6）实验探究 pH 对 CuCl 产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl 产率 /%70908278757270析出 CuCl 晶体最佳 pH 为 _，当 pH 较大时 CuCl 产率变低的原因是_。【答案】 Fe Cl 22+-2-
23、+或 H 2 O2 等合理答案亦可 2Cu +SO2+2Cl +2H2O=2CuCl +SO4+4H 减少产品CuCl的损失SO (浓 )CuSO +SO +2H O 反应中生成的CuSO 和 SO 为Cu+2 H2 44224211， CuCl +CuSO +SO +2H O=2CuCl +2 HSO 反应中消耗CuSO 和 SO 也为 1 1，所以理24222442论上不需要补充SO2 气体3 10 82 pH较大时， Cu 2水解程度增大，反应生成 CuCl减少【解析】【分析】根据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含 Fe3+、Cu2+、 Fe2+、 Cl
24、-)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；滤渣含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液为氯化亚铁，滤渣中含有铜，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 Cl ，故答案为： Fe； Cl ；22(2)生成 CuCl 的离子方程式为2+-2-+2Cu +SO2+2Cl +2H2O=2CuCl +SO4+4H ，故答案为：2+2-242-+；2Cu +SO +2Cl +2H O=2CuCl +SO +4H(3
25、) 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+2 H SO (浓 )CuSO +SO +2H O 反应中生成的 CuSO 和 SO 为244224211， CuCl +CuSO +SO +2H O=2CuCl +2 HSO 反应中消耗CuSO 和 SO 也为 1 1，所以理24222442论上不需要补充SO2气体，故答案为：24422反应中生成Cu+2 H SO (浓 )CuSO +SO +2H O的 CuSO42242224反应中消耗42
26、和 SO为 1 1， CuCl +CuSO+SO +2H O = 2CuCl +2 SOHCuSO和 SO也为 1 1，所以理论上不需要补充SO2 气体；-7， K-12，现向 CuCl 饱和溶液中加入NaI 固体至 c(I-(5)常温下 Ksp(CuCl)=1.6 10 sp(CuI)=1.2 10，c(Cu2+1.21012， c(Cl-)=0.1mol?L-1-111.6 107-4)=0.1mol/L=1.2 10)=mol/L=4 10mol/L ，此c(Cu + )1.210时溶液中- )=10c(Cl411 -8 ，故答案为： 310-8 ； 4 =3 10(6)由表中数据可知，
27、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。8 过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。查阅资料：氯化亚铜：白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。氯化铜：从水溶液中结晶时，在
28、 26 42得到二水物，在 15以下得到四水物，在 1525.7得到三水物，在 42以上得到一水物，在 100得到无水物。（ 1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。按气流方向连接各仪器接口顺序是：a_、_h、 i _、 _。本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_后 _。（ 2）分析流程：固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_；溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去杂质， X 可选用下列试剂中的（填序号）_。a Cu（ OH）2b NH H O c CuOd CuSO324查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（ OH） 3 的溶度积38，Cu（
29、OH） 2 的溶Ksp 8.0 10 20 5 1时就认为沉淀度积 Ksp 3.0 10，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于110mol L完全，设溶液中CuSO1，则 Cu（ OH） 2 开始沉淀时溶液的pH 为4 的浓度为 3.0 mol L_， Fe3 完全沉淀时溶液的pH 为_。（提示： lg2 0.3）完成溶液乙到纯净CuCl22H2O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、_、 _、洗涤、干燥。（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO2、 N2 H4、SnCl2 等），并微热得到CuCl 沉淀，写出向乙溶液加入N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：_。【答案】 d ef
30、gb AD 抑制氯化铜、氯化铁水解ac4 3.3(或 3+lg2) 冷却到26 42 结晶过滤2+2 42+4Cu+ 4Cl+ N H4CuCl + N + 4H【解析】【分析】A 装置制取氯气， B 除掉尾气， C 除掉氯气中 HCl 杂质， D 氯气与铜反应，中水； 先反应生成氯气，不能先加热 D，先加热会使铜与氧气反应。E 除掉氯气 固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解； 溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质；设溶液中 CuSO的浓度为 1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和43.0 mol LpH，
31、 Fe3 完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH； 根据题中意思要得到纯净CuCl2 2H2 O 晶体要冷却到2642 结晶。向溶液乙中加入适当的还原剂N2 H4，并微热得到CuCl 沉淀和氮气。【详解】A 装置制取氯气，B 除掉尾气， C 除掉氯气中HCl 杂质， D 氯气与铜反应，E 除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：ad、eh、 i f、 gb，故答案为：d；e； f； g； b。 先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先A 后D，故答案为：A； D。 固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水
32、解，故答案为：抑制氯化铜、氯化铁水解。 溶液甲可加试剂X 用于调节pH 以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：ac。设溶液中 CuSO4的浓度为 13.0 mol L，Kspc(Cu 2+ ) c2 (OH)3 c2 (OH)310 20， c(OH) 1 1010mol L 1 ，c(H )K w110 14mol L 11104 molL 1 ，因此 Cu(OH)2 开始沉淀时溶液的c(OH) 110 10pH 为 10， Fe3 完全沉淀 K spc(Fe3+ ) c3 (OH )1105c3 (OH )810 38，K
33、 w11014c(OH) 2 10 11 molL 1 ， c(H )11 mol L 1510 4 mol L 1 ，c(OH210因此 Fe3 完全沉淀时溶液的pH=lg510-4 = 4-lg5 = 3.3，故答案为：3.3。 完成溶液乙到纯净CuCl22H2 O 晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26 42 结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却到26 42结晶；过滤。向溶液乙中加入适当的还原剂N2 H4，并微热得到CuCl 沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N2H4 的离子方程式：4Cu2+4CuCl + N2 + 4H+，故答案为： 4Cu2+ 4Cl + N2H4+ 4Cl +N2H44CuCl + N2+ 4H+。9 氯化亚铜 (CuCl)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 C