2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题综合题及答案解析

2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题综合题及答案解析
一、铜及其化合物
1．A 为金属单质，B 、C 、D 、E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。

请回答：
(1)A 是_____________，C 是_____________。

(均用化学式表示)
(2)写出实验室制备 D 的化学方程式：_____________。

(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。

(4)设计实验方案，检验 C 溶液中的金属阳离子：_____________
【答案】Fe FeCl 2 MnO 2+4HCl(浓)=∆
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+ 取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+
【解析】
【分析】
A 为金属单质，
B 、
C 、
D 、
E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且B 与A 反应生成C ，则A 为Fe ，D 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，A 与E 反应生成C(FeCl 2)，结合(3)“用B 溶液与Cu 反应制作印刷电路板”可知，E 为HCl ，据此解答。

【详解】
（1）根据分析可知，A 为Fe ，C 为FeCl 2，
故答案为：Fe ；FeCl 2；
（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，
故答案为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；
（3）B 为FeCl 3，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+，
故答案为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+；
（4）C 为FeCl 2，其阳离子为Fe 2+，检验Fe 2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+，
故答案为：取C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+。

2．现有A、B、C、D四种物质，A、B为无色气体，C、D为黑色粉末，B跟D在一定条件下能生成A，A和D都能跟C反应生成B和一种红色固体E，其中B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F。

（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。

A______________B______________C______________D______________
（2）写出实现下列变化的化学方程式
B ＋D→A_____________________________________________________
A＋C→E ＋ B_________________________________________________
【答案】CO CO2 CuO C C＋CO2 2CO CO＋CuO Cu＋CO2
【解析】
【详解】
（1）A、B都为无色气体，B能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀F，所以B是二氧化碳，F是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末D在一定条件下能生成气体A，所以D是木炭，A 是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体E，所以C是氧化铜，E是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以A是CO，B是CO2，C是CuO，D是C，E是Cu，F是CaCO3；
故答案是： CO；CO2；CuO；C
（2）B+D→A的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：C ＋CO2 2CO；
A+C→E+B的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：CO＋CuO Cu＋CO2；
故答案为C＋CO2 2CO；CO＋CuO Cu＋CO2
3．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）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(O 2)=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-0.1mol×2)=2:1,固体甲的化学式为Cu 2O,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：Cu 2O ＋2H +＝Cu ＋Cu 2+＋H 2O ；答案：Cu 2O ＋2H +＝Cu ＋Cu 2+＋H 2O 。

4．汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A 的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。

化合物A 为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A 的非金属阴离子作用并生成化合物A 。

(1)判断A 为________________，键型________________。

(2)A 的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式____________。

(3)歧化产物之一与A 的阴离子反应方程式____________。

(4)检测汞蒸气时，试纸颜色由________色变成________色。

写出反应方程式
____________(已知反应产物之一是配合物)。

【答案】CuI 共价键 2Cu ＋＝Cu 2＋＋Cu 2Cu 2＋＋4I －＝2CuI ＋I 2 白 红 4CuI ＋Hg ＝
Cu 2HgI 4＋2Cu
【解析】
【分析】
根据题干信息，化合物A 为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A 的非金属阴离子作用并生成化合物A ，则化合物A 为CuI ，是共价化合物；检测汞蒸气时，发生反应4CuI ＋Hg ＝Cu 2HgI 4＋2Cu ，试纸颜色由白色变成红色。

【详解】
(1)据以上分析可知化合物A 为CuI ，是共价化合物，Cu 和I 形成共价键，故答案为：CuI ；共价键；
(2)A 的阳离子为Cu +，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu ＋＝Cu 2＋＋Cu ，故答案为：2Cu ＋＝Cu 2＋＋Cu ；
(3)歧化产物之一(Cu 2+)与A 的阴离子(I -)发生氧化还原反应生成CuI 和I 2，反应方程式是2Cu 2＋＋4I －＝2CuI ＋I 2，故答案为：2Cu 2＋＋4I －＝2CuI ＋I 2；
(4) 检测汞蒸气时，发生反应4CuI ＋Hg ＝Cu 2HgI 4＋2Cu ，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：白；红；4CuI ＋Hg ＝Cu 2HgI 4＋2Cu 。

5．铜及其化合物向12ml 0.2mol?L -n n n 23Na SO 溶液中滴加10.2mol?L -n 4CuSO 溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含24SO -
，含有
Cu +、2Cu +和23SO -。

已知：Cu +−−−→稀硫酸Cu+Cu 2+, Cu 2+-
I −−→CuI↓(白色)+I 2。

(1)用稀硫酸证实沉淀中含有Cu +的实验现象是___________。

(2)向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI 溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。

【答案】有暗红色不溶物生成 222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++
【解析】
【分析】
(1)Cu +在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。

【详解】
(1)Cu +在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有Cu +的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：有暗红色不溶物生成；
(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为
222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++。

故答案为：
222324I SO H O 2I SO 2H ---+++=++。

6．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO 2、O 2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，化学式为[Cu 2(OH)2CO 3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO 2、H 2O 。

某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

铜铜绿A Cu(OH)2B Cu
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？____、____、___。

(2)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式________。

(3)写出B 的化学式___________。

(4)上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是________。

【答案】铜盐 碳酸盐 碱式盐 Cu 2(OH)2CO 3＋4HCl=2CuCl 2＋3H 2O ＋CO 2↑ CuO ① ④
【解析】
【分析】
（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；
（2）反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；
（3）Cu （OH ）2分解生成CuO ；
（4）依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断．
【详解】
（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu 2(OH)2CO 3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：铜盐；碳酸盐；碱式盐；
（2）碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：
Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（3）Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：CuO；
（4）在反应过程中：铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反应；
铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐是复分解反应；
A→③Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；
Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；
B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；
故答案为：①；④．
7．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%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：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt ，Au 都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt 和Au ，答案为Pt 、Au 。

（2）.根据分析，H 2O 2氧化Fe 2+的离子方程式为H 2O 2 +2Fe 2++2H +=2Fe 3+ +2H 2O ，反应产物只有H 2O 和Fe 3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H 2O 2 +2Fe 2+ +2H + =2Fe 3+ +2H 2O ，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe 3+，最终获得产物会含有杂质Fe 2(SO 4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al 粉可以置换出Fe 同时生Al 3+。

丙方案加入NaOH 溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe 3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

8．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3Fe +、2Cu +、2Fe +、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________。

（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SO 2气体，其理由是________。

（5）已知：常温下()7sp CuCl 1.610K -=⨯，()12sp CuI 1.210K -=⨯，现向CuCl 饱和溶
液中加入NaI 固体至()-1
c I 0.1mol L -=⋅，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：
pH 1
2 3 4 5 6 7 CuCl 产率/%
70 90 82 78 75 72 70 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 2Cl 或22H O 等合理答案亦可 2Cu 2++SO 2+2Cl -+2H 2O =2CuCl↓+SO 42-+4H + 减少产品CuCl 的损失 Cu+2 H 2SO 4(浓) CuSO 4+SO 2↑+2H 2O 反应中生成的CuSO 4和 SO 2为1∶1，CuCl 2+CuSO 4+SO 2+2H 2O=2CuCl↓+2 H 2SO 4反应中消耗CuSO 4和SO 2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO 2气体 8310-⨯ 2 pH 较大时，2Cu +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①为氯化亚铁，因此印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)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①含有铜、铁，加入过量的盐酸除去铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②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Cl2，故答案为：Fe；Cl2；
(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；
(3) 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 H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体，故答案为：Cu+2 H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和 SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O = 2CuCl↓+2 H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；
(5)常温下K sp(CuCl)=1.6×10-7，K sp(CuI)=1.2×10-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-
)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=
12
1.210
0.1
-
⨯
mol/L=1.2×10-11，c(Cl-7
1.610-
⨯mol/L=4×10-4mol/L，此
时溶液中
+
-
(Cu)
(Cl)
c
c
=
11
4
1.210
410
-
-
⨯
⨯
=3×10-8，故答案为：3×10-8；
(6)由表中数据可知，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。

9．我国古代许多著作在化学学科知识上都体现出了一定水平的认识。

其中《管子•地数》中有记载：“上有丹沙者，下有黄金；上有慈石者，下有铜金。

”
Ⅰ.“丹沙者丹砂也”，丹砂是古代炼丹的重要原料，也是实验室处理水银洒落后的产物。

你认为丹砂主要成分是_____；(填化学式)“慈石者磁石也”，请写出磁石溶于盐酸的离子方程式：_____；
Ⅱ.“铜金者，斑岩铜矿也。

”
安徽宣城茶亭铜金矿床是长江中下游成矿带中新发现的一个大型斑岩型矿床。

斑岩铜矿中Cu主要以铜﹣铁硫化物(主要为CuFeS2)的形式存在。

以黄铜矿(主要成份为CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4•7H2O)。

其主要流程如
图：
已知：①“反应1”：4CuFeS2 +2H2SO4 +17O2 ═4CuSO4 +2Fe2(SO4)3 +2H2O
②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2
开始沉淀pH 4.7 2.77.6
完全沉淀pH 6.7 3.79.6
(1)“反应1”中，每生成1 mol CuSO4转移电子数为_____N A；
(2)“试剂a”是_____，“试剂b”是_____；
(3)“反应2”中加CuO调pH为3.7～4.7的目的是_____；
(4)“操作X”应为_____、_____、过滤、洗涤；请简述上述“操作X”中如何对所得FeSO4•7H2O晶体进行洗涤_____；
(5)简述如何判断“反应5”已进行完全：_____。

【答案】HgS Fe3O4+8H +＝2Fe 3++Fe 2++4H2O 17 Fe粉稀硫酸使Fe 3+形成Fe(OH)3沉淀，防止生成Cu(OH)2沉淀加热浓缩冷却结晶向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全
【解析】
【分析】
Ⅰ.实验室用硫磺粉处理洒落的水银，生成的产物为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；
Ⅱ.（1）根据方程式中物质元素化合价的变化确定转移电子的数目；
（2）铁粉可将Fe3+还原为Fe2+；
（3）将pH调节为3.7～4.7，可将Fe3+完全沉淀而不产生Cu(OH)2沉淀；
（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作；
（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完。

【详解】
Ⅰ.由题意可知丹砂为实验室处理水银洒落后的产物，应为HgS；磁石的主要成分为四氧化三铁，与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H +＝2Fe 3++Fe 2++4H2O；
Ⅱ.（1）涉及反应为4CuFeS2 +2H2SO4 +17O2 ═4CuSO4 +2Fe2(SO4)3 +2H2O，反应中S元素化合价由﹣2价升高到+6价，Fe元素化合价由+2价升高到+3价，生成4molCuSO4，则消耗
17mol氧气，转移68mol电子，则生成1molCuSO4，转移17mol电子，故答案为：17；（2）试剂a是Fe，试剂b是稀硫酸；
（3）加CuO调pH为3.7～4的目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，防止生成Cu(OH)2沉淀，（4）由溶液得到晶体，可进行加热浓缩、冷却结晶等操作，洗涤晶体，可向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复2﹣3次；
（5）反应5为硫酸铁与铁粉的反应，可用检验铁离子的方法检验是否反应完，方法是取少量反应后滤液加入几滴硫氰化钾溶液，若无明显现象则证明反应进行完全。

10．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 6.90 278.1 2.65 ＜0.2 0.05 2.855096.1 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-。