2020-2021高考化学铜及其化合物推断题-经典压轴题含答案解析

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题-经典压轴题含答案解析
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．由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下：
请回答：
（1）A的化学式为________________________。

（2）写出②的化学方程式：__________________。

（3）写出③的离子方程式：_________________________________________。

【答案】Cu2S (2分)4CuO2Cu2O+O2↑SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42-+4H
【解析】
试题分析：通过矿物A组成测定，考查化学方程式、离子方程式的书写，考查考生实验综合分析能力和化学计算能力。

解析：（1）砖红色物质D是Cu2O，所以黑色B为CuO，A中含有Cu元素。

白色沉淀F是BaSO4，E是FeSO4，气体C是SO2，则A中含有S元素。

所以A为CuS。

正确答案：CuS。

（2）CuO高温分解生成Cu2O和O2，反应方程式为4CuO2Cu2O+O2↑。

正确答案：
4CuO2Cu2O+O2↑。

（3）SO2能够被Fe3+氧化生成SO42-、Fe2+，即SO2+Fe3+→SO42-+Fe2+，配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42-+4H+。

正确答案：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42-+4H+。

点睛：氧化还原反应的配平，首先配平氧化还原反应过程中的得失电子，以本题（3）为例，S元素升高2价，Fe元素降低1价，所以SO2系数为1，Fe3+系数为2，根据质量守恒产物SO42-系数为1，Fe2+系数为2，即SO2+2Fe3+→2Fe2++ SO42-。

再配平离子电荷，需要在反应物中增加4个单位负电荷，或是在产物中增加4个单位正电荷，结合SO2、Fe3+溶液的酸性，应当在产物中增加4个H+，得SO2+2Fe3+→2Fe2++ SO42-+4H+。

再由质量守恒配平得SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42-+4H+。

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．氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。

它不溶于H2SO4、HNO3 和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)4-n Cl n]，n随着环境酸度的改变而改变。

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CuCl的工艺过程如图：
(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_______。

(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。

仪器A的名称__________，有关抽滤，下列说法正确的是__________
A．抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出
B．在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤
C．在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸
D．减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀
(3)操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。

其中最合理的洗涤试剂__________
A．浓盐酸 B．浓氨水 C．无水乙醇 D．水+乙醇
真空干燥的原因是___________。

(4)随着pH减小，Cu2(OH)4-n Cl n中铜的质量分数__________
A．增大 B．不变 C．减小 D．不能确定
【答案】2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2Cu Cl↓+SO42-+2H+吸滤瓶 AD C 防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化 C
【解析】
【分析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。

【详解】
(1)向含有Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；
(2)根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；
A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的
发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A正确；
B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B错误；
C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C错误；
D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用
于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D正确；
故合理选项是AD；
(3)操作1为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；
真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；
(4)随着平pH值减小，[Cu2(OH)4-n Cl n]中4-n减小，n增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。

【点睛】
本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。

5．氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2
开始沉淀7.52.74.8
完全沉淀9.03.76.4
(1)炉气中的有害气体成分是__________(填化学式)，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

(2)若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：__________；当试剂X是__________时，更有利于降低生产成本。

(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。

(4)操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。

(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：____________________________________。

【答案】SO2 2∶1 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O 空气或氧气
3.7≤pH＜
4.8 过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O 【解析】
【分析】
硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：
2CuFeS2+4O2高温
Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2
高温
2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，
得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：
4CuSO4+N2H4+8KOH 90℃
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得
Cu2O。

【详解】
（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋
2O2高温
2CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
2∶1；故答案为：SO2；2∶1；
（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为；在酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；；氧气或空气
（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH 的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：3.7≤pH＜4.8；
（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：过滤；防止Cu2O被空气中
氧气氧化；
（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。

6．工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如下：
(1) “焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为_________________________。

(2) “酸化”步骤反应的离子方程式为______________________________。

(3) “过滤”所得滤液中溶质的主要成分为__________。

(4) “淘洗”所用的溶液A应选用______(填序号)。

a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸
(5) ①“反应”一步的过程中发生反应Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O。

该反应中被还原的物质为__________。

②“反应”一步中若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体NO2，请写出该反应的离子方程式____________________。

(6) 由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是
___________________________________________________________________________。

(相关物质的溶解度曲线如图所示)
【答案】2CuS+3O2Δ
2CuO+2SO2 CuO+2H+=Cu2++2H2O FeSO4 a H2O2 CuO+4H++2NO3-=
Cu2++2H2O+2NO2 蒸发浓缩，冷却至26.4摄氏度时结晶
【解析】
【分析】
工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用冷水淘洗后加入20%的HNO3和0%的H2O2发生反应，
蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O。

【详解】
(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程
式为：2CuS+3O2Δ
CuO+2SO2；
(2)焙烧后主要为氧化铜，酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++2H2O；
(3)根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
(4)淘洗加入酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜，
a、稀硫酸，不能和铜反应，故a选；
b、浓硫酸和铜常温下不反应，但遇到水溶解放出大量热，会和铜发生反应，故b不选；
c、稀硝酸具有氧化性能氧化铜，故c不选；
d、浓硝酸能溶解铜，故d不选；
故答案为：a；
(5)①该反应中H2O2中的氧元素由-1价变为-2价，化合价降低被还原；
②若不加10%H2O2，只用20%HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，
反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(6)图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C溶液中才能析出
Cu(NO3)2•3H2O，所以从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。

【点睛】
配平氧化还原方程式时先分析元素化合价的变化，找出氧化剂还原剂和氧化产物还原产物，之后依据电子守恒和元素守恒配平反应方程式。

7．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。

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CuCl的工艺过程如下：
（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_________
（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。

（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________
（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是___。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：____
【答案】3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 4 CuCl+O2+
4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl 温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应 Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
（1）Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+、NO气体和水；
（2）SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；
（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；
（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）
3Cl]；
（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl 被氧化的速度加快；
（6）电解时，阴极上Cu2+得电子发生还原反应。

【详解】
（1）溶解过程中，Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（2）还原过程中，溶液中的Cu2+被还原为CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+
H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，
故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化，
故答案为加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；
（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）
3Cl]，根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平，化学方程式为：4CuCl+O2+
4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，
故答案为4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl 被氧化的速度加快，
故答案为温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；（6）电解时，阴极上Cu2+得电子，电极反应式为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓，
故答案为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

【点睛】
本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意知识的迁移和应用是解题的关键，注意得失电子守恒方法的熟练使用。

8．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）4-n Cl n]，随着环境酸度的改变n随之改变。

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CuCl的工艺过程如下：
（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________。

（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：__________，若将(NH4)2SO3换成铁粉也可得到CuCl，写出离子方程式___________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

真空干燥、密封包装的原因是：______________________________。

（4）随着PH值减小[Cu2（OH）4-n Cl n]中Cu% ________。

(填字母)
A．增大 B．不变 C．不能确定 D．减小
（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响。

由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，从生成物的角度分析，其原因可能是_____。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：______。

【答案】漏斗 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化D温度过高，促进了CuCl的水解（或温度过高，促进了CuCl与空气中氧气反应） Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
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，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+，经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。

【详解】
（1）过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；若换为Fe时，铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜，离子方程式为Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+；
（3）氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜，真空干燥、密封包装可防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；
（4）随着p H值减小，溶液中c（H+）增大，则[Cu2（OH）4-n Cl n]中OH-的量逐渐减小，则Cl-的量增大，摩尔质量增大，则Cu的百分含量减小，答案为D；
（5）温度过高时，CuCl与空气中的氧气反应，或促进了CuCl的水解，导致CuCl产率下降；
（6）电解时阴极得电子，则铜离子得电子，与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

9．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-。

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。