2020-2021化学 铜及其化合物推断题的专项 培优练习题附详细答案

2020-2021化学 铜及其化合物推断题的专项 培优练习题附详细答案
一、铜及其化合物
1．孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO 3·
yCu(OH)2(x 、y 为正整数，且x≤3，y≤2)。

(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L 标准状况下的CO 2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO ，则该碳盐类铜矿的化学组成中x ：y=____。

(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag ，含铜质量为bg ，加酸完全分解得到标准状况下CO 2气体VL ，则a 、b 、V 的代数关系式是_____。

【答案】3:2 a=
1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭或a=65495632V b + 【解析】
【分析】
(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的CO 2、CuO 的物质的量，然后根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(CuO)，计算出n[Cu(OH)2]，就可得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比；
(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4
V ，根据Cu 元素守恒可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)，用含有b 、V 的代数式表示，也可根据n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V 先计算出CuCO 3的质量，用总质量减去CuCO 3的质量得到Cu(OH)2的质量，再计算其物质的量，最后得到n(CuCO 3)与n[Cu(OH)2]的物质的量的最简整数比。

【详解】
(1)n(CO 2)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol ，则n(CuCO 3)=n(CO 2)=0.15mol ，
n(CuO)=20g÷80g/mol=0.25mol ，根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=0.25mol-
0.15mol=0.10mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=0.15：0.10=3：2，所以碳酸盐类铜矿的化学
组成为xCuCO 3·
yCu(OH)2中x=3，y=2，盐可以表示为3CuCO 3·2Cu(OH)2； (2)根据C 元素守恒可得n(CuCO 3)=n(CO 2)=
mol 22.4V ，根据Cu 元素可得n(CuCO 3)+ n[Cu(OH)2]=n(Cu)=
64b mol ，则n[Cu(OH)2]=(6422.4b V -)mol ，所以n(CuCO 3)：n[Cu(OH)2]=22.4V ：(6422.4b V -)，a= a=1249822.46422.4V b V ⎛⎫+- ⎪⎝⎭
；n(CuCO 3)=n(CO 2)=mol 22.4V ，m(CuCO 3)=mol 22.4V ×124g/mol=124g 22.4
V ，该化合物含有Cu 的总物质的量是n(Cu)b 64mol =
，则根据Cu 元素守恒，可得n[Cu(OH)2]=b mol 6422.4V mol -，m[Cu(OH)2]=98g/mol×（b mol 6422.4
V mol -），根据反应
前后物质质量不变，可得a=124
g
22.4
V
+98g/mol×(
b
mol
6422.4
V
mol-)=
6549
5632
V b
+。

2．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方程式：
A→D：____________________；
C→E：_________________。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3NO22Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O24NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【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E，则E为一氧化氮；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）A→D的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；
C→E的化学方程式为：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。

3．下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。

其中A为黑色固体氧化物；E为绿色固体；B、D是由相同元素组成的无色液体，且B具有消毒杀菌作用；
请回答下列问题：
（1）请判断X的化学式：________________。

（2）反应①中A物质的作用是_____________。

（3）反应①、⑤的化学方程式：①__________________；⑤_________________。

（4）在日常生活中为防止反应②的发生，可采取的措施是___________（写一点即可）。

【答案】Cu 催化作用保持表面洁
净、干燥或其它合理方法均可
【解析】
【分析】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。

【详解】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；
（1）结合以上分析，X是铜；
答案是：Cu；
（2）反应①中A物质不变，故A的作用是催化作用；
答案是：催化作用；
（3）反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：
；⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：；
答案是：；；
（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；
答案是：保持表面洁净、干燥。

4．（11分）A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间
的转化关系如图所示（反应条件及其他产物已略去）：请填写下列空白：
（1）若A为气体单质，则A为，D→B的离子方程式为
（2）若A为固体单质，则A为，A主要用于制造（任写两种）
（3）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则实验室制取A的化学方程式为。

（4）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为，A与B反应的化学方程式为。

【答案】（11分）
（1）N2 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O （3分）
（2）S 火药、硫酸（合理即给分）（3分）
（3）Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ CaCl2+2H2O （2分）
（4）H2S 2H2S+SO2=3S↓+2H2O（3分）
【解析】
【分析】
A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A为气体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为N2,B为NO,C为NO2,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,D为HNO3, 验证符合转化关系；
(2)若A为固体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为S,B为SO2,C为SO3,由
C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4，验证符合转化关系；
(3)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A为碱性气体,A为NH3,B为NO,C为NO2,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为HNO3, 验证符合转化关系；
(4)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A为酸性气体,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为H2S,B为SO2,C为SO3,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4, 验证符合转化关系。

【详解】
A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A为气体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为N2,B为NO,C为NO2,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,D为HNO3,D→B是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水,反应离子方程式为: 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
因此，本题正确答案是: N2；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)若A为固体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为S,B为SO2,C为SO3,由
C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4,硫主要用于制造火药、硫酸等；
因此，本题正确答案是:S，火药、硫酸；
(3)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A为碱性气体,A为NH3,B为NO,C为NO2,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为HNO3,实验室制取NH3的方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ CaCl2+2H2O；
因此，本题正确答案是: Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ C aCl2+2H2O；
(4)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A为酸性气体,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为H2S,B为SO2,C为SO3,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4,H2S 与SO2反应生成S与水,反应方程式为: 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
因此，本题正确答案是: H2S, 2H2S+SO2=3S↓+2H2O。

5．某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl－四种离子，某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。

回答下列问题：
(1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。

(2)沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。

(3)下列物质中，可以用作试剂X的是_____________ （填写序号）。

A．BaCl2 B．BaCO3 C．NaOH D．Ba(OH)2
(4)向溶液B中通入Cl2的作用是__________________；实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2，写出反应的化学方程式________________；由于Cl2有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。

【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+氧化成
Fe3+2NaCl＋MnO2＋3H2SO4(浓)
2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O
【解析】
【分析】
加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁；滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子，通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子，再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，所以沉淀2为氢氧化铁，进一步转化成氯化铁晶体，而滤液2则只剩氯化钡溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。

据此分析。

【详解】
（1）向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，反应的离子方程式为
Fe+Cu 2+=Fe 2++Cu 、Fe+2Fe 3+=3Fe 2+，
故答案为：Fe+Cu 2+=Fe 2++Cu 、Fe+2Fe 3+=3Fe 2+；
（2）废液中含有Fe 3+、Cu 2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，
故答案为：铜、铁；
（3）根据以上分析，加试剂X 调节pH 值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质，所以选BD ，
故答案为：BD ；
（4）向溶液B 中通入Cl 2可以将Fe 2+ 氧化成Fe 3+；NaCl 固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO 2加热反应生成Cl 2，反应的化学方程式为
NaCl+H 2SO 4(浓) Na 2SO 4+2HCl↑，MnO 2+4HCl MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O 或
2NaCl ＋MnO 2＋3H 2SO 4(浓) 2NaHSO 4＋MnSO 4＋Cl 2↑＋2H 2O ；向溶液B 中加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe 2+＋2H +＋H 2O 2＝2Fe 3+＋2H 2O ，
故答案为：将Fe 2+ 氧化成Fe 3+；2NaCl ＋MnO 2＋3H 2SO 4(浓)
2NaHSO 4＋MnSO 4＋Cl 2↑＋2H 2O ；2Fe 2+＋2H +＋H 2O 2＝2Fe 3+＋2H 2O 。

6．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。

CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl -浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。

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CuC1的工艺过程如图。

回答下列问题：
（1）步骤①中N 元素被还原为最低价，写出此反应的离子方程式______________。

（2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过量，原因是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。

（3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为23Cu (OH)Cl CuCl ，被氧化为23Cu (OH)Cl 的化学方程式为______________________。

（4）用227K Cr O 溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g ，将其置于过量的3FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL 溶液，取溶液10.00mL 用2270.1000mol LK Cr O ⋅溶液进行滴定，反应中272Cr O -被还原成3Cr +，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl 的质量分数__________________。

实验编号
1 2 3 消耗227K Cr O 溶液的体积/mL 14.98 16.03 15.02 （5）制造印刷电路板产生的废液中含大量()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置如图所示。

电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，电解时阴极的电极反应式为___________，生成CuCl 的离子方程式为
________________________________。

【答案】-+2++
3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O 使完全反应，阻止生成的被氧化 硫酸 22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 89.55%
()()2++-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦⎣ ()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH +
+-+⎡⎤++=↓+⎣⎦ 【解析】
【分析】
铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤得到氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。

【详解】
⑴步骤①中N 元素被还原为最低价变为铵根离子，铜变为铜离子，因此反应的离子方程
式；+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-；故答案为：
+2+3424Cu+NO +10H =4Cu +NH +3H O +-。

⑵步骤②中，亚硫酸根具有还原性，铜离子具有氧化性，CuCl 在潮湿空气中易水解氧化，因此亚硫酸铵要略保持过量，原因是使完全反应，阻止生成的被氧化，Cu 2+、Cl －、SO 32−和H 2O 反应CuCl 、SO 22−、H +，因此滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使完全反应，阻止生成的被氧化；硫酸。

⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为
23Cu (OH)Cl ，CuCl 与空气中氧气、水反应生成23Cu (OH)Cl 和HCl ，其反应的的化学方程式为22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl ；故答案为：
22234CuCl+O +4H O=2Cu (OH)Cl+2HCl 。

⑷三次消耗中第二次是错误数据，舍去，求另外两次平均数为15.00mL ，根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr 2O 72−) = 6×0.1 mol∙L −1×0.015L = 0.009mol ，该样品中CuCl 的质量分
数10.009mol 1099.5g mol ω100%89.55%10.0g
-⨯⨯⋅=⨯= ⑸根据图中信息，阴极()234Cu NH +⎡⎤⎣⎦得到电子变为()+32Cu NH ⎡⎤⎣⎦和32NH H O ⋅，因此
电解时阴极的电极反应式为()()2++-3233242Cu NH +e +2H O=Cu NH +2NH H O ⎡⎤⎤⎣⎦⋅⎡⎦
⎣，电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl ，生成CuCl 的离子方程式为()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH ++-+⎡⎤++=↓+⎣⎦
；故答案为：()342Cu NH 2H Cl CuCl 2NH +
+-+⎡⎤++=↓+⎣⎦。

7．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：
（1）第①步Cu 与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H 2O 2的作用是__________________，使用H 2O 2的优点是_________；调溶液pH 的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO 4·
5H 2O 的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al 2(SO 4)3·
18H 2O ，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CuSO 4·
5H 2O 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c mol·
L -1EDTA （H 2Y 2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA 溶液b mL 。

滴定反应如下：Cu 2++ H 2Y 2－→ CuY 2－+ 2H +。

写出计算CuSO 4·5H 2O 质量分数的表达式ω＝ __________________ 。

【答案】Cu + 4H ++ 2NO 3-=Cu 2++ 2NO 2↑+ 2H 2O 或3Cu + 8H ++ 2 NO 3-=3Cu 2++ 2NO↑+ 4H 2O Au 、Pt 将Fe 2+氧化为Fe 3+ 不引入杂质，对环境无污染 使Fe 3+、Al 3+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
Fe 2(SO 4)3杂质 乙 3102505c b a
-⨯⨯⨯⨯× 100%
【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CuSO4·5H2O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(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100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数= b×10-3×a×5×250/a×100%。

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H2SO4浓度
H2SO4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
495.1 4.67 ＜0.2 0.83 8.933087.1 4.58 ＜0.2 0.08 6.83 394.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.904094.5 4.65 ＜0.2 0.28 6.90
(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．从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____．（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_____．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是
_____．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有_____，为保持流程持续循环，每生成
1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程
式为：6CuFeS2+13O2高温
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
高温
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比
主要缺点有_____．
【答案】CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S Fe2O3 Cu2+ CuCl2（HCl） 0.5mol 会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
【解析】
【分析】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。

【详解】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝
CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝
4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝
2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染空气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。

10．孔雀石的主要成分为CuCO3·Cu(OH)2｡设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下：
（1）将孔雀石粉碎的目的是_______，加入过量稀硫酸，可观察到的现象是_______｡（2）操作a的名称是_______，在滤液中加入过量铁粉发生的反应有___________（用离子方程式表示）｡
（3）在悬浊液中加入A的目的是______________｡
【答案】增大接触面积，加快反应速率(或提高原料的浸出率)固体溶解，生成蓝色溶液和无色气体过滤 Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑除去未反应的铁
【解析】
【详解】
(1)将孔雀石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率(或提高原料的浸出率)，加入过量稀硫酸，发生的反应为：CuCO3·Cu(OH)2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，可观察到的现象是固体溶解，生成蓝色溶液和无色气体，答案为：增大接触面积，加快反应速率(或提高原料的浸出率)；固体溶解，生成蓝色溶液和无色气体；
(2)操作a用于分离固液混合物，所以应为过滤；在滤液中加入过量铁粉，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑；答案为过滤；Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(3)悬浊液为铁粉、铜粉和硫酸亚铁的混合液，过滤出的固体铜中会混有铁，所以应加入硫酸溶解，从而得出加入A的目的是除去未反应的铁，答案为：除去未反应的铁。