高三化学一轮复习-36-铜及其重要化合物课时测试含解析.doc

3-6 铜及其重要化合物
（测试时间：45分钟 满分 100分）
姓名： 班级： 得分：
一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3；②Fe2O3；③Cu(NO3)2；④KNO3，铜粉溶解的是 （ ）
A．只有①或②
B．只有②或④
C．只有①或②或③
D．上述四种物质中任意一种
【答案】D
【解析】①铜能和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜能在氯化铁溶液中溶解，正确；②因Fe2O3能与稀硫酸反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4 )3 +3H2O，Fe2O3能与铜粉反应：Fe2(SO4 )3+Cu=2FeSO4+CuSO4，所以铜粉溶解，正确；③向稀硫酸反应加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，所以加入硝酸铜后能溶解铜，正确；④根据铜与稀HNO3反应，由该反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，可知Cu遇到H＋、NO3－能发生氧化还原反应，正确。所以上述任何一种物质都符号要求，故选项D正确。
2．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2,在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是 （ ）
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1
B．硝酸的物质的量浓度为2.4mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体枳为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为lmol
【答案】D
【解析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3) ＝ n(NaOH) ＝ 1.0mol/L×1.0L ＝ 1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，其物质的量为nCu(OH)2] 39.2g÷98g/mol ＝ 0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O) ＝ nCu(OH)2]，所以反应后的溶液中nCu(NO3)2] ＝ nCu(OH)2] ＝ 0.4mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y ＝ 27.2，根据铜元素守恒有x+2y ＝ 0.4，联立方程解得x ＝ 0.2，y ＝ 0.1。A．Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol:0.1mol ＝ 2∶1，A正确；B．根据电子转移守恒可知：3n(NO) ＝ 2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO) ＝ 2×0.2mol+2×0.1mol，解得n(NO) ＝ 0.2mol。根据N元素守恒可知n(HNO3) ＝ n(NO)+ n(NaNO3) ＝ 0.2mol+1.0mol/L×1.0L ＝ 1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3) ＝ 1.2mol÷0.5L ＝ 2.4mol/L，B正确；C．根据选项B计算可知n(NO) ＝ 0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol ＝ 4.48L，C正确；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3) +2 nCu(NO3)2] ＝ n(NaNO3)，所以n(HNO3) ＝ n(NaNO3)- 2 nCu(NO3)2] ＝ 1mol-2×0.4mol ＝ 0.2mol，D错误。答案选D。
3．已知酸性条件下有如下反应：2Cu+=Cu2++Cu，由于反应温度不同，用氢气还原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。一位同学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证，实验操作和实验现象记录如下：
加入试剂
稀硫酸
浓硫酸加热
稀硝酸
浓硝酸
实验现象
红色固体和蓝色溶液
无色气体
无色气体和蓝色溶液
红棕色气体和绿色溶液
由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物是 （ ）
A．Cu B．Cu2O C．一定有Cu，可能有Cu2O D．一定有Cu2O，可能Cu
【答案】D
【解析】已知酸性条件下有如下反应：2Cu+＝Cu2++Cu，向红色固体中加入稀硫酸，有红色固体和蓝色溶液，红色固体为铜，蓝色溶液为硫酸铜溶液，由此可推出原红色固体里一定有Cu2O，对于溶液中的红色固体铜，一种可能是原来有一部分，Cu2O和硫酸反应生成一部分，另一种可能是全部由Cu2O和硫酸反应生成的，因此可得出结论，红色固体里一定有Cu2O，可能有铜，答案选D。
4．工业上用洗净的废铜作原料来制备硝酸铜．为了节约原料和防止污染环境，宜采取的方法是 （ ）
A．CuCuSO4Cu（NO3）2
B．CuCuO Cu（NO3）2
C．CuCu（NO3）2
D．CuCu（NO3）2
【答案】B
【解析】解：A．因Cu与浓硫酸反应生成二氧化硫污染环境，且消耗酸较大，故A不选；B．空气为原料，可节约原料，且整个过程不产生有害物质，故B选；C．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，同时生成NO，污染环境，故C不选；D．Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜，同时生成NO2，污染环境，故D不选；故选B．
5．用右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应｡下列实验操作合理的是 （ ）

A．上下移动①中铜丝可减少SO2的污染
B．②中选用NaOH溶液验证SO2的生成
C．③中选用Ca(OH)2溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】A
【解析】A、上下移动铜丝，做到反应随用随停，节省原料，减少SO2的排放，故正确；B、两者反应没有现象，故错误；C、氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2的量较少，不能彻底吸收SO2，故错误；D、因为加的是过量浓硫酸，加入水，容易发生危险，故错误。
6．已知Cu(NO3)2受热分解为CuO、NO2和O2，把一定质量的Cu和Cu(NO3)2的混合物在空气中加热，完全反应后所得固体的质量与原混合物的质量相等，则混合物中Cu和Cu(NO3)2的物质的量之比为 （ ）
A．8:3 B．3:8 C．27:4 D．4:27
【答案】C
【解析】设混合物中Cu和Cu(NO3)2的物质的量分别是xmol、ymol，则根据完全反应后所得固体的质量与原混合物的质量相等可知64x＋188y＝（x＋y）×80，解得x：y＝27：4，答案选C。
7．相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应。二者比较，相等的是 （ ）
①铜片消耗完所需时间 ②反应生成的气体体积(标准状况)
③反应中氧化剂得到的电子总数 ④反应后溶液中铜离子的浓度
A．①③ B．②④ C．③④ D．只有①
【答案】C
【解析】①因Cu的质量相同，由于硝酸浓度不同，则反应速率不同，所以反应完所需时间不同，①错误；②等物质的量的铜与浓硝酸反应中存在Cu～2NO2，铜与稀硝酸反应中存在3Cu～2NO，反应生成的气体体积不同，②错误；③相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应，铜失去电子数相同，所以氧化剂得到的电子数相同，③正确；④物质的量相同的铜全部反应生成铜离子物质的量相同，溶液体积相同，所以铜离子浓度相同，④正确；答案选C。
8．用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜：①铜与稀硝酸反应；②铜与浓硝酸反应；③铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸反应。以下叙述不正确的是 （ ）
A．三种途径所消耗的铜的质量相等
B．所消耗的硝酸的物质的量是①＞②＞③
C．途径③的制备方法是最符合“绿色化学”理念的
D．途径①中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量比是3:2
【答案】B
【解析】方案中节约原料，则反应需步骤简单，消耗原料较少，为防止污染环境，应尽量少产生或不产生污染性气体。①铜与稀硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，制备1mol硝酸铜需要8/3mol硝酸，生成2/3mol有毒的NO气体；②铜与浓硝酸反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，制备1molCu（NO3）2，需要2molHNO3，生成的2molNO2气体有毒，是污染性的气体；③铜与氧气反应生成CuO，2Cu+O22CuO，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水，制备1mol硝酸铜，需要2molHNO3，且没有生成污染性气体；则A．根据铜原子守恒可知制取相同质量的硝酸铜，所消耗的铜的质量相等，A正确；B．制备1mol硝酸铜，①需要8/3mol硝酸；②需要4mol硝酸；③需要2mol硝酸，途径②消耗硝酸最多，途径①次之，途径③消耗硝酸最少，B错误；C．由方程式通过比较可以看出，生成相同质量的硝酸铜，铜与浓硝酸反应速率最快，但消耗的硝酸最多，且造成较大污染，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率，所以途径③的制备方法是最符合“绿色化学”理念，C正确；D．途径①中铜与稀硝酸反应，根据方程式可知被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量比是3：2，D正确，答案选B。
9．在CuO和Fe粉的混合物中，加入一定量的稀硫酸，并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化。根据上述现象，确定下面结论正确的是 （ ）
A．不溶物一定是Cu
B．不溶物一定含铜，但不一定含铁
C．不溶物一定是Fe
D．溶液中一定含有Fe2+，但不一定含有Cu2+
【答案】B
【解析】CuO和Fe粉的混合物中加入一定量的稀硫酸，可能发生的反应有：氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，当反应停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，说明滤液中没有硫酸和硫酸铜，不溶物一定含有铜，可能含有铁。答案选B。
10．CuCl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)2·CuCO3，含FeS、FeO和SiO2杂质）制备CuCl的某流程如下：

下列说法不正确的是 （ ）
A．H2O2将溶液1中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH转化为Fe(OH)3除去
B．SO32-将溶液3中的Cu2+还原，反应得到CuCl
C．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】D
【解析】孔雀石与硫酸反应生成硫酸铜、硫酸亚铁、CO2和H2S，SiO2与酸不反应，滤渣1是SiO2，气体是CO2和SO2的混合气体，溶液1是硫酸铜和硫酸亚铁，加双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋，然后加入NaOH调节PH值，使Fe3＋成为Fe(OH)3沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3，溶液2为CuSO4，为了增加Cl－的浓度，向溶液中加入NaCl增大Cl－的浓度，溶液3是CuSO4和NaCl的混合溶液，向溶液3中加入Na2SO3将溶液3中的Cu2+还原，反应得到CuCl，加入Na2CO3控制溶液pH，促使CuCl沉淀的生成，据此回答。A.根据上述分析，H2O2将溶液1中Fe2+氧化为Fe3+，再通过控制pH转化为Fe(OH)3除去，A项正确；B.Na2SO3具有还原性，CuSO4具有氧化性，SO32-将溶液3中的Cu2+还原，反应得到CuCl，B项正确；C.Na2CO3溶液水解显碱性，所以CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl沉淀的生成，C项正确；D.如果改变试剂加入顺序，溶液碱性太强，会生成Cu(OH)2沉淀，得不到CuCl，D项错误；答案选D。

二、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．（12分）一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高．其主要流程如下：

注：反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl-=2CuCl2]-+S
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的产物为____________（填化学式）．
（2）反应Ⅲ的离子方程式为____________；
（3）一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其可能的原因是____________；
（4）反应Ⅳ在高温条件下进行，化学方程式是____________；
（5）某硫酸厂为测定反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数，取280mL（已折算成标准状况）气体样品与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL．已知：Cr2O72-+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O（未配平）
①SO2通入Fe（SO4）3溶液中，发生反应的离子方程式为____________；
②反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为____________。
【答案】（12分，每空2分）
（1）FeS2、CuS；
（2）4CuCl2-+O2+4H+═4Cu2++8Cl-+2H2O；
（3）该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体；
（4）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（5）①SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；②12.00%
【解析】铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl-=2CuCl2]-+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸。
（1）由流程可知，黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，则反应I的产物为FeS2、CuS，故答案为：FeS2、CuS；
（2）反应Ⅲ中生成铜离子，则离子反应为4CuCl2-+O2+4H+═4Cu2++8Cl-+2H2O，故答案为：4CuCl2-+O2+4H+═4Cu2++8Cl-+2H2O；
（3）相同条件下硫酸铜的溶解度小，则该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以向反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，故答案为：该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜、加入硫酸，有利于析出硫酸铜晶体；
（4）反应Ⅳ的主要反应为4FeS2+11O2═2Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O2═2Fe2O3+8SO2；
（5）①发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；
②利用14H++Cr2O72-+6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O、SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，
可知，3SO2～Cr2O72-，
3 1
x 0.02mol/L×0.025L
解得x=0.0015mol，反应Ⅳ所得气体中SO2的体积分数为×100%=12.00%，故答案为：12.00%
12．（13分）铜是一种重要的有色金属，近年来用途越来越广泛．请回答下列问题：
（1）下列四种化合物中含铜量最高的是 （填字母）
A．Cu5FeS4 B．CuFeS2 C．Cu2S D．Cu2（OH）2CO3
（2）2014年我国精炼铜产量796万吨，若全部由含Cu2S质量分数为32%的铜矿石冶炼得到，则需要铜矿石质量为 万吨．（保留一位小数）
（3）可溶性铜盐常用于生产其它含铜化合物．在KOH溶液中加入一定量的CuSO4溶液，再加入一定量的还原剂﹣﹣肼（N2H4），加热并保持温度在90℃，生成一种对环境无污染的气体，反应完全后，分离，洗涤，真空干燥得到纳米氧化亚铜固体（Cu2O）．
①该制备过程的反应方程式为 ．
②工业上常用的固液分离设备有 （填字母）
A．离心机 B．分馏塔 C．框式压滤机 D．反应釜
（4）我国出土的青铜器工艺精湛，具有很高的艺术价值和历史价值．但出土的青铜器大多受到环境腐蚀．如图是青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图：

①腐蚀过程中，负极是 （填“a”“b”或“c”），正极反应方程式为 ．
②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极产物和负极产物生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为 ．
【答案】（1）C（2分） （2）3109.4（2分）
（3）①4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O（3分）②AC（2分）
（4）①c（2分）② 2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓（2分）
【解析】（1）A．Cu5FeS4中含铜量为=0.63；B．CuFeS2中含铜量为=0.35；C．铜量为=0.8；
D．Cu2（OH）2CO3中含铜量为=0.58，故答案为：C；
（2）Cu2S中铜元素的质量分数=×100%=80%；则X吨含Cu2S 32%的铜矿石中含铜元素质量=Xt×80%×32%=796万t，解得X=3109.4万吨，
（3）①由题意可知碱性条件下硫酸铜和N2H4发生氧化还原反应，反应的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，
②工业上常用的固液分离设备有离心机和框式压滤机，故答案为：AC；
（4）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故答案为：c；②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓。
13．（14分）单质铜及其化合物一般都具有特殊的颜色，如
Cu
Cu2O
CuO
Cu（OH）2
CuSO4·5H2O
红色（或紫红色）
红色（或砖红色）
黑色
蓝色
蓝色
某学校学习小组甲为检测实验室用H2还原CuO所得红色固体中是否含有Cu2O，进行了认真的研究。
Ⅰ.查阅资料得出下列信息：
①Cu2O属于碱性氧化物；
②高温灼烧CuO生成Cu2O；
③Cu2O在酸性条件下能发生反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。
Ⅱ.设计实验方案：
方案1：取该红色固体溶于足量的稀硝酸中，观察溶液颜色变化。
方案2：取该红色固体溶于足量的稀硫酸中，观察溶液是否呈蓝色。
方案3：称得干燥坩埚的质量为a g，取红色固体置于坩埚中称得总质量为b g，在空气中高温灼烧至质量恒定，称得最后总质量为c g。
（1）写出Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式：__________________。
（2）请你评价方案1和方案2的合理性，并简述理由：
方案1：___________________________。
方案2：___________________________。
（3）方案3中，若确认红色固体中含有Cu2O，则a、b、c的关系为______________，在该实验方案中最少应进行__________次称量。
Ⅲ.学习小组乙设计了新的探究方案，拟根据干燥管中无水硫酸铜是否变蓝判断红色固体中是否含有Cu2O，装置如图所示。

（4）该探究方案中检验气体发生装置气密性的方法为：____________（说明操作方法、现象和结论）。
（5）为确保探究的科学、合理和安全，你认为实验中还应采取的措施有________（填序号）。
A．在氢气发生装置与硬质玻璃管之间增加一个干燥装置
B．加热前先排尽装置中的空气
C．在盛有无水硫酸铜的干燥管后再连接一个装有碱石灰的干燥管
【答案】（1）3Cu2O＋14HNO3=6Cu（NO3）2＋2NO↑＋7H2O（2分）
（2）不合理（1分）因为铜和氧化亚铜均可溶于稀硝酸形成蓝色溶液（1分）
合理（1分）因为氧化亚铜可与稀硫酸反应生成Cu和Cu2＋，导致溶液呈蓝色（1分）
（3）8c＜9b－a（2分） 4（2分）
（4）关闭导气管上的活塞，从长颈漏斗往试管中注水，使漏斗中的液面高于试管中的液面，静置一段时间后液面差不变，说明气体发生装置气密性良好（2分）（5）ABC（2分）
【解析】（1）硝酸具有强氧化性，Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2O＋14HNO3=6Cu（NO3）2＋2NO↑＋7H2O，故答案为：3Cu2O＋14HNO3=6Cu（NO3）2＋2NO↑＋7H2O；
（2）因为铜和氧化亚铜均可溶于稀硝酸形成蓝色溶液，所以方案1不合理；因为氧化亚铜与稀硫酸反应能够生成Cu和Cu2+，导致溶液呈蓝色，所以方案2合理．
（3）设红色试样中含Cu的质量为x，
反应的氧气质量为：（c-a）-（b-a）=c-b，
灼烧过程中发生的反应为：
4Cu+O22Cu2O，
256 32
x c-b
=，
x=8（c-b），
如有Cu2O，则8（c-b）＜b-a，
即c＜；
此实验方案至少要称量如下4次：干燥坩埚质量、坩埚加试样质量、灼烧后坩埚和药品总质量、再灼烧后坩埚和药品总质量（此次应与前一次相同方可，为重复实验，说明已加热至恒重），故填：c＜；4；
（4）检验气体发生装置气密性的方法是：关闭导气管上的活塞，从长颈漏斗中往试管中注水，长颈漏斗中的液面高度高于试管中的液面高度，一段时间液面高度保持不变，说明装置气密性良好，故填：关闭导气管上的活塞，从长颈漏斗中往试管中注水，长颈漏斗中的液面高度高于试管中的液面高度，一段时间液面高度保持不变，说明装置气密性良好．
（5）A、在氢气发生器与硬质玻璃管之间加一个干燥装置，以防导出的氢气中含有的水蒸气影响实验结果；B、加热前先排尽装置中的空气，以防发生爆炸，同时能够防止空气中的水蒸气影响实验结果；C、在盛有硫酸铜的干燥管后再连接一个装有碱石灰的干燥管，以防空气中的水蒸气进入干燥管中影响实验结果，故填：ABC
14．（10分）铜及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：
（1）用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备Cu2O，该反应中葡萄糖是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
（2）用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuSO4以实现铜的回收利用，其离子方程式为 。
（3）用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu的CuO)生产CuCl的部分流程如下：

①步骤I中反应温度不宜过高的原因是 ，当0．5 mol NH4NO3参加反应时，反应中有4 mol电子发生转移，则铜参加反应的离子方程式为 。
②步骤Ⅱ中物质X可选用 (填字母)，该物质需过量的原因，其一是加快反应速率，其二是 。
a．Cu b．Cl2 c．H2O2 d．(NH4)2SO3
【答案】（1） 还原剂（1分） （2） Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O （2分）
（3） ①防止生成氮氧化物造成污染（2分）4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O（2分）
②ad（2分） 防止CuCl被氧化（2分）
【解析】（1）用新制Cu(OH)2与葡萄糖反应可制备Cu2O，该反应中葡萄糖是还原剂；（2）用H2O2、H2SO4混合溶液浸泡废印刷电路板可制备CuSO4以实现铜的回收利用，其离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；（3） 海绵铜加入硫酸酸化的硝酸铵，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，因硝酸铵易分解，则加热温度不能太高，经步骤Ⅰ得到硫酸铵和硫酸铜溶液，经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，经过滤可得到CuCl和硫酸铵溶液，①加热温度不能太高，硝酸根离子可被还原生成氮氧化物，易导致环境污染，答案为：防止生成氮氧化物造成污染；0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为-3价，反应的离子方程式为4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O，②经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，ad符合；步骤Ⅱ中物质X需要过量，除加快反应速率外，还起到防止CuCl被氧化的作用，答案为：防止CuCl被氧化。