2020-2021高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点及详细答案

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题的综合热点考点难点及详细答案
一、铜及其化合物
1．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B C D
类别_______
（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。

（3）①D→A转化的化学方程式：__。

②B→C转化的离子方程式：__。

【答案】盐碱氧化物 3 CuO+H2Cu+H2O Cu2++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)2，以此解答该题。

【详解】
根据以上分析知：A为Cu，B为CuSO4，C为Cu(OH)2，D为CuO；
(1)B为CuSO4，属于盐类，C为Cu(OH)2，属于碱，D为CuO，为氧化物；
(2)上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；
(3)①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；
②B→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↓。

2．下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（部分产物未列出）：
已知C是紫红色金属固体，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。

（1）A的化学式是____________，E化学式是__________________；
（2）电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________；（3）对200ml 1mol/L的A溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，溶液的为___________（假设溶液体积不变）。

【答案】Cu(NO3)2 CuO 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3 1
【解析】
【分析】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO，据此解答．
【详解】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO；
(1)由上述分析可知，A的化学式是Cu(NO3)2，E化学式是CuO；
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；
(3)对200ml 1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，参加反应铜
离子物质的量=0.02mol
2
=0.01mol，故生成氢离子为0.01mol×
4
2
=0.02mol，故氢离子物质
的量浓度=0.02mol
0.2L
=0.1mol/L，故溶液pH=-lg0.1=1。

3．氯化亚铜(CuCl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。

方法一：
(1)CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是：____。

(2)还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是__________，过滤操作
用到的玻璃仪器有_______________________________。

(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。

方法二：
(4)a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。

b.为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：
方案一：可将上述X稀溶液用于废铜的处理(如图所示)，则Y可以为________(填化学式)。

方案二：过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________(填“需要”或“不需要”)另外补充SO2，原因是_______________________(结合化学方程式回答)。

【答案】CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－ CuCl2＋2NaCl＋Cu=2Na[CuCl2] 烧杯、漏斗、玻璃棒除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失 2H2SO4(浓)＋Cu加热CuSO4＋SO2↑＋2H2O O2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)
【解析】
【分析】
(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子；
(2)流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为
Na[CuCl2]，结合原子守恒配平书写方程式；过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥；
(4)a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应；
b．由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。

【详解】
(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－；
(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl2＋2NaCl＋Cu
=2Na[CuCl2]；
(3)酒精沸点低，易挥发，易晾干，所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥，防止被空气
氧化；
(4)a．浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应，其化学方程式为:Cu+2H SO(浓)加热CuSO+SO↑+2H O；
b．方案一：由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸，由于铜与稀硫酸不反应，故加入的单质Y应具有氧化性，将铜氧化为氧化铜，Y为O；
方案二：过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为
1∶1，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)。

4．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。

湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。

某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反应中H2O2的作用是_____。

写出操作①的名称：_________。

（2）反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：
_______。

操作②用到的主要仪器名称为_____，其目的是（填序号）_________。

a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2＋在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。

若操作③使用下图装置，图中存在的错误是_____。

（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。

阴极析出铜，阳极产物是_______。

操作⑤由
硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。

（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是______。

循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。

【答案】作氧化剂过滤 Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗 a b RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤 H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。

反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。

（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和
NH3，方程式为：Cu(NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。

分液的目的是富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以a b正确。

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。

互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。

（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。

氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性，防止由于溶液中的c （OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。

5．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。

以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl 2-]，潮湿空气中易水解氧化。

（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。

该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。

溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；
②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。

③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。

【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或
(NH4)2SO4 2：1 > 加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。

【详解】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=1000
M
ρω
得，浓硫酸浓度=
1.84
100098%
98/
g
mL
g mol
⨯⨯
=18.4mol·L-1，根据
C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1⨯V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：16.3；
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或
(NH4)2SO4；2:1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)ƒCu+(aq)+ Cl-
(aq)可知，CuCl 虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C 点和B 点Cu 2+的浓度是相等的，由于B 点之前CuCl(s)ƒCu +(aq)+ Cl -
(aq)平衡一直向左移动，所以B 点的Cu 2+
的浓度小于A 点，综上所述答案为：>；
③既然B 点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl -CuCl 2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl -浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH 4)2SO 4，所以答案为：(NH 4)2SO 4； （5）硝酸有强氧化性，将CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO 3具有强氧化性会把CuCl 氧化。

【点睛】
（3）由图可知，B 点之后，NH 4Cl 越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH 4Cl 又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
6．实验室以海绵铜（主要成分为Cu 和CuO ）为原料制取CuCl 的主要流程如图：
已知：①CuCl 为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

②CuCl 有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。

（1）“溶解”时选用约为0.5mol•L -1的硫酸，过程中无气体产生。

若硫酸浓度过大，反应会产生NO 、NO 2等有害气体，NH 4NO 3的用量会___（填“增大”或“减小”或“不变”）。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为___。

加入的（NH 4）2SO 3需要适当过量的原因是__。

（3）氯化铵用量[42+n(NH Cl)n(Cu )
]与Cu 2+沉淀率的关系如图所示。

随着氯化铵用量的增多Cu 2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu 2+的沉淀率减少，其原因是___。

（4）检验CuCl 沉淀是否洗涤完全的方法是___。

（5）若CuCl 产品中混有少量CaSO 4，设计提纯CuCl 的实验方案：__。

（实验中可选试剂：0.1mol•L -1盐酸、10mol•L -1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）
【答案】增大 2Cu 2++SO 32-+2Cl -+H 2O ═2CuCl↓+SO 42-+2H + 使Cu 2+充分还原，保证Cu 2+的还原速率，防止CuCl 被空气氧化 生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全 向产品中加入10mol•L -1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥
【解析】
【分析】
实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，滤液中含有Cu2+，NH4+，H+，SO42-，NO3-。

过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的产品CuCl，据此分析。

【详解】
（1）若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、NO2等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量增大。

（2）“转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+。

CuCl在酸性条件下较稳定，加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。

（3）步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-
+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴氯化钡溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。

（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。

若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol•L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。

7．信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生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晶体的路线：
回答下列问题：
()1第①步Cu与酸反应的离子方程式为 ______ ；得到滤渣1的主要成分为 ______ ．()2第②步加入22
H O的优点是 ______ ；调节pH的目的是
H O的作用是 ______ ，使用
22
使 ______ 生成沉淀．
()3由滤渣2制取2432
⋅，探究小组设计了三种方案：
Al(SO)18H O
上述三种方案中， ______ 方案不可行，原因是 ______ ；
()4探究小组用滴定法测定()42CuSO 5H O Mr 250⋅=含量．取a g 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用c mol /L ()22EDTA H Y
-标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液b mL.滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+写出计算42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式ω= ______ ． 【答案】2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V Au 、Pt 把2Fe +氧化为3Fe +
不引入杂质，产物对环境无污染 3Fe +、3Al + 甲 滤渣中只加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
125cb %a 【解析】
【分析】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；
(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液pH 目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加22H O 的作用是把2Fe +氧化为3Fe +，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染；调溶液pH 的目的是使3Fe +和3Al +形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu 2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；
(3)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；
(4)依据滴定实验和反应离子方程式计算得到。

【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu 、Al 、Fe 发生反应生成2Cu +、3Al +、2Fe +；所以滤渣1的成分是Pt 和Au ，滤液1中的离子是2Cu +、3Al +、2Fe +；第①步Cu 与酸反应的离子方程式为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt 和酸不反应，所以是滤渣；故答案为：2322Cu 4H 2NO Cu 2NO 2H O +-
++++↑+V ，Au 、Pt ；
(2)第②步加22H O 的作用是将2Fe +氧化为3Fe +，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液pH 铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将2Fe +氧化为3Fe +，不引入杂质，产物对环境无污染，3Fe +、3Al +生成沉淀；
(3)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，方法不可行，故答案为：甲，滤渣中只加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；
(4)取ag 试样配成100mL 溶液，每次取20.00mL ，消除干扰离子后，用
()122cmol L EDTA H Y --⋅标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液6mL ，滴定反应如下：2222Cu H Y CuY 2H +--++=+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同
33cmol /L b 10L bc 10mol --=⨯⨯=⨯；依据元素守恒得到：
则20ml 溶液中含有的42CuSO 5H O ⋅物质的量为3bc 10mol -⨯；100ml 溶液中含33bc 10mol 55bc 10mol --⨯⨯=⨯；所以42CuSO 5H O ⋅质量分数的表达式
31cmol /L
b 10L 250g mol 5125cb 100%=%ag g --⨯⨯⨯⋅⨯=⨯；故答案为：125cb %a。

【点睛】
硝酸根与氢离子的组合氧化性非常强，可以氧化金属铜，浓硝酸体现强氧化性生成的还原产物是二氧化氮；过氧化氢是常见的氧化剂，优点是不引入新杂质，对环境无污染。

8．工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：
已知：①阳极泥的主要化学成分，如表所示：
主要成分
Cu Ag Au Se Te 百分含量/% 23.4 12.1 0.9 6.7 3.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示： 固定浸出温度
固定H 2SO 4浓度 H 2SO 4浓度 / mol·L －1 浸出率/% 浸出温度
/℃ 浸出率/% Cu Ag Au Se Te Cu Ag Au Se Te
4 95.1 4.67 ＜0.2 0.83 8.93 30 87.1 4.58 ＜0.2 0.08 6.83
3 94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90 40 94.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
2 78.1 2.65 ＜0.2 0.05 2.85 50 96.1 5.90 ＜0.2 0.64 8.73
(1)步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为__________；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为______________。

(2)步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为________。

(3)步骤III的操作方法为___________。

(4)步骤IV中，反应温度为75℃。

加入H2O2溶液作用为______________；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_____________。

(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。

(6)步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反应式为_____。

【答案】2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O 硫酸浓度3 mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的Ag+加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解 Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋
2NaCl＋H2O TeO32—＋4e－＋3H2O＝Te＋6OH－
【解析】
【分析】
(1)根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。

【详解】
(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格②中数据分析，可知当硫酸浓度为2 mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3 mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费试剂和能源；故可知步骤I最适合的条件为：硫酸浓度3 mol•L-1、浸出温度40℃；
(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
(4)硒和碲不溶于水，步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；
(5)根据流程图中的反应物和生成物，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的方程式为
Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。

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①中发生的两个主要反应的离子方程式：___。

（2）步骤②的操作名称是___。

（3）步骤④中所加物质X为___。

（4）步骤⑤的操作是___。

（5）步骤⑥应调节溶液的pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl品体，目的是___。

（6）在CuCI的生成过程中，可以循环利用的物质是___，理论上___(填“需要”或“不需要”)补充(不考虑调节等消耗)；理由是___。

（7）エ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+Fe2+、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SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4Cu2++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。

【详解】
（1）步骤①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Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+、
Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑；（2）步骤②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②的操作名称是过滤、洗涤，故答案为：过滤、洗涤；
（3）步骤④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⑤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⑤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CuSO4和 SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4，故答案为：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SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上不需要补充H2SO4；
（7）电解CuCl2溶液，阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子结合氯离子生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为 Cu2++Cl-+e-=CuCl↓，故答案为：Cu2++Cl-+e-=CuCl↓。

10．已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。

（2）固体混合物是____（填化学式）
（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。

（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥。

（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。

试写出该反应的离子方程式___。

【答案】过滤漏斗、玻璃棒 Fe、Cu Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑冷却结晶
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
【解析】
【分析】
已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+ 以及部分污泥，通过过滤得到溶液1，含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4⋅7H2O晶体；固体混合物铁和铜加入足量的硫酸，得到硫酸亚铁溶液进入溶液2中，同时剩余铜固体，据以上分析解答。

【详解】
（1）步骤1用于分离固体和液体，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃。