2020-2021高考化学知识点过关培优训练∶铜及其化合物推断题及详细答案

1、2020-2021 高考化学知识点过关培优训练铜及其化合物推断题及详细答案一、铜及其化合物1 浅绿色盐X 仅含四种元素，不含结晶水，M(X)908g?mol -1 ，某小组为了探究X 的组成和性质，设计并完成了如下实验上述实验中，得到23.3g 白色沉淀 E、 28.8g 红色固体 G 和 12.8g 红色固体 H。已知： X 分解成 A、 B、C 的反应为非氧化还原反应；常温下 B 呈液态且 1 个 B 分子含有 10个电子。请回答如下问题：(1)写出 B 分子的电子式 _； X 的化学式是 _ 。(2)在隔绝空气、570温度下加热 X 至完全分解的化学反应方程式为：_ 。(3)请写出 G

2、溶于 D 溶液的离子方程式：_。(4)请设计实验检验固体 C 中是否仍含有X： _ 。【答案】Cu4 (OH)6SO4 Cu4 (OH)6SO4 4CuO+SO3 +3H2O2+2+22溶Cu O+2H =Cu +Cu+H O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。【解析】【分析】浅绿色盐 X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、 B 和黑色固体C，常温下 B 呈液态且1 个 B 分子含有 10个电子， B 为 H2O， A 和水反应生成的D 能和氯化钡反应生成白色沉淀E， E 只能为 BaSO4，则 D

3、 为 H2SO4，A 是 SO3； 23.3g 白色沉淀 E 的物质的量为 0.1mol ，黑色固体 C 可能为 Fe3O4、 CuO、 C 等，黑色固体C 隔绝空气在 1000反应生成气体 F 和红色固体 G， G 能和 H24反应生成红色固体和蓝色溶液应为2SOCu O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu224422O+H SO=Cu+CuSO+H O，所以黑色固体 C为 CuO，G 为 Cu O，气体 F 为 O24，红色 H为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X 的化学式，并进行有关解答。【详

4、解】根据上述分析可知 A 是 SO3， B 是 H2O， C 是 CuO， D 是 H2SO4，E 是 BaSO4， F 是 O2， G 为Cu2O， H 为 Cu， I 为 CuSO4， X 是含有 Cu、 H、 O、 S 四种元素的化合物。(1)B 为H2O，水分子中H、O 原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒28.8?g=0.4mol ， n(CuO)=0.4mol，可知，在浅绿色盐X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=2 144?g / mol23.3?gn(S)=n(BaSO )=0.1mol ， n(CuO)： n(SO )=0.04mol： 0.01mol=4 ： 1，

5、仅含四种元43233?g / mol素，不含结晶水，设化学式为： Cu4m44m43m2(OH) SO ， Cu (OH) SO4CuO+SO+H O ，根据2氧元素守恒得： m=6，符合 M(X)908g/mol ，所以 X 化学式为Cu464(OH) SO ；(2)X 在隔绝空气、 570温度下加热发生Cu (OH) SO4CuO+SO +3H O ；46432(3)砖红色固体 G 是 Cu O，与足量稀 H2SO 发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO 、 H O，反2442应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；(4)黑色固体 C 为 CuO，如含有 X，则可用检验42

6、-的方法检验，方法是：取少量样品于试SO管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。【点睛】本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X 中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu 的化合物推断并与有机物联系。2A 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产物已略去，有的反应在溶液中进行 )。请回答：(部分(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： _。(

7、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 FeClMnO2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O3+2+2+取 C溶液2Cu+2FeCu +2Fe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Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【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

8、2， B 为 FeCl3， C 为 FeCl2， A 与 E 反应生成C(FeCl2)，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 FeCl2，故答案为： Fe； FeCl2；（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) = MnCl2+Cl2 +2HO，故答案为： MnO 2+4HCl(浓 ) = MnCl2+Cl2 +2H2O；（3） B 为 FeCl ，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：3Cu+2Fe3+

9、 Cu2+2Fe2+，故答案为： Cu+2Fe3+ Cu2+2Fe2+；（4） C 为 FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验 Fe2+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Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，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 Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。3 已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、

10、Y 发生反应，其转化关系如图所示，其中D 为红棕色气体。回答以下问题：（1）反应的离子反应方程式为_；（2） 6.4gB 与过量 X 溶液 (8mol /L 、60mL)充分反应后，生成的还原产物有C、 D，反应后溶液中所含 X 为 n mol ，此时溶液中所含X 的阴离子的物质的量为_mol 。（3）常温下A 与 Y 的稀溶液能发生反应生成盐W，关于固体W 的转化关系如图所示(无关物质已略去 )。其中 N 是红棕色的化合物。M 由两种化合物组成，其中含有；将通入BaCl2溶液，实验现象是 _。若经反应 I 得到 16 g 固体，产生的气体M 恰好被0.3L1mol L 1 NaOH 溶液完全

11、吸收得溶液 1，则反应中发生反应的离子方程式是_。+2-+NO n+0.2产生白色沉淀3+-2+2-【答案】 SO2 +NO2 +H2O=2H +SO42Fe +HSO3+H2O=2Fe +SO4+3H+【解析】【分析】常见金属 A 为地壳中含量第二的金属，确定为Fe、B 为红色金属确定为Cu，根据 D 为红棕色气体，确定D 为 NO2， C 为 NO， X 为 HNO3； B 为 Cu，铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水；生成的二氧化硫有还原性，可以与NO2 反应生成硫酸和硝酸，确定B为 Cu， Y 为硫酸， F 为 SO2， G 为 CuSO4；（ 3） A（ Fe）与 Y（硫酸）

12、的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，确定W 为 FeSO44232323， 2FeSOFe O +SO +SO ，气体 M 为 SO 和 SO的混合物， M 与 NaOH 反应生成盐和水， N 为 Fe2O3，与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。Fe3+具有氧化性和+4 价硫元素具有还原性，可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，据此分析。【详解】（1）根据以上分析可知，反应为SO2、 NO2 和水的反应，根据得失电子数相等和原子守恒配平，得离子反应方程式为SO222+42-+NO +H O=2H +SO +NO；答案： SO222+42-+NO+NO +H O=2H +SO（2） 6.4gB 与过量 X 溶液

13、 (HNO3)充分反应后，生成的还原产物有NO2、 NO，反应后溶液中所含 HNO3 为 n mol ，溶液中所含N O 3 的物质的量为： n（ NO 3） =n（ Cu2+）6.4g2+n= n+0.2mol ；2+n=64g / mol答案： n+0.2（3）将（ SO2、 SO3）通入 BaCl2 溶液，发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4 +2HCl，有白色沉淀生成；答案：产生白色沉淀反应： 2FeSO42 3232 32424 3+3H2O；Fe O + SO + SO ；反应 Fe O+3H SO =Fe (SO)根据固体 M（ Fe2O3）的量计算出SO2 和 SO3

14、 的物质的量。2FeSOFe O + SO + SO42323160g 1mol 1mol1.6g 0.01mol 0.01mol反应SO3 + 2NaOH=Na2SO4+H2O1mol2mol1mol0.01mol 0.02mol 0.01molSO2+ NaOH = NaHSO31mol 1mol1mol0.01mol 0.01mol 0.01mol溶液 1 为 Na2SO4 和 NaHSO3 的混合物；反应：硫酸铁具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3+HSO3-+H2O=2Fe2+SO42-+3H+；答案： 2Fe3+HSO3-+H2O=2

15、Fe2+SO42- +3H+4 孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO23yCu(OH) (x、 y 为正整数，且x3， 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 CO2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CO2 气体 VL，则 a、 b、 V 的代数关系式是 _。【答案】 3:2 a=124VbV49b9864或 a= 65V22.422.45632【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产

16、生的 CO2、 CuO 的物质的量，然后根据 C 元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)，根据 Cu 元素守恒可得 n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(CuO)，计算出nCu(OH)2，就可得到 n(CuCO3)与 nCu(OH)2的物质的量的最简整数比；32Vmol，根据 Cu 元素守恒可得n(CuCO3(2)根据碳元素守恒可得 n(CuCO )=n(CO )=22.4)+232V先计nCu(OH) =n(Cu)，用含有b、 V 的代数式表示，也可根据 n(CuCO )=n(CO )=mol22.4算出 CuCOCuCO3的质量得到 Cu(OH)2 的质量，再计算其物质的3 的质量

17、，用总质量减去量，最后得到n(CuCO3)与 nCu(OH)2的物质的量的最简整数比。【详解】(1)n(CO2)=3.36L 22.4L/mol=0.15mol，则 n(CuCO3)=n(CO2)=0.15mol ， n(CuO)=20g 80g/mol=0.25mol，根据 Cu 元素守恒，可得 nCu(OH)2=0.25mol-0.15mol=0.10mol ，所以 n(CuCO3)： nCu(OH)2=0.15： 0.10=3 ： 2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为 xCuCO3yCu(OH)2 中 x=3， y=2，盐可以表示为 3CuCO32Cu(OH)2；(2)根据 C 元素守恒可得

18、32Vmol，根据 Cu 元素可得 n(CuCO3)+n(CuCO )=n(CO )=22.42b2bV3nCu(OH) =n(Cu)=mol ，则 nCu(OH) = (22.4)mol ，所以 n(CuCO )：64642V： ( bV124V98bV；nCu(OH) =22.464)， a= a=22.46422.422.432Vmol，m(CuCO3V124Vg，该化合物含有 Cun(CuCO )=n(CO )=)=22.4mol 124g/mol=22.422.4的总物质的量是n(Cu)b mol ，则根据 Cu 元素守恒，可得64nCu(OH)2=b molVmol ， mCu(O

19、H)2=98g/mol（ b molVmol ），根据反应6422.46422.4前后物质质量不变，可得124Vg +98g/molbVmol )=65V49ba=(mol22.456。22.464325 为探究不含结晶水盐A（仅含三种元素）组成和性质，设计并完成如下实验：取少量A，加水， A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色；另取一定量 A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B 产生，同时产生气体C， B 的质量为 A 质量的四分之三，C 能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。B 遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的 S 元素溶于水。(1)A 组成元素是 _（用元素符

20、号表示）。(2)B 的化学式是 _。(3)B 与水反应的化学方程式是_。【答案】 Cu S O Cu24242O=3Cu(OH)2424OSO3Cu OSO +4HCuSOH O+2CuSO或 3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4或 3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4 +2CuSO4【解析】【分析】取少量 A，加水， A 由白色变为蓝色，加热蓝色又变成白色，说明A 是 CuSO4，根据物质组成确定其中含有的元素；另取一定量 A 进行加热分解，加热分解过程中有黄色中间产物B 产生，同时产生气体C， C 能使盐酸酸化的 BaCl2溶液产生白色沉淀

21、，则C 是 SO3，反应产生的白色不溶于酸的沉淀是 BaSO4， B 的质量为 A 质量的四分之三，根据质量守恒应该是2 个 CuSO4 分解的产物，则 B 是 Cu24D，同时有三分之二的 S 元素溶于OSO ， B 遇水生成不溶于水的蓝色固体水，若有 3 个 Cu2OSO4 反应，溶于水的S 只能是生成 2 个 CuSO4，根据反应前后元素守恒，分析反应，得到反应方程式。【详解】(1)根据上述分析可知 A 是 CuSO ，含有 Cu、S、O 三种元素；4(2)由于 A 分解产生的 C 是气体， C 能使盐酸酸化的BaCl溶液产生白色沉淀，说明C 是 SO23气体，反应产生的白色不溶于酸的沉

22、淀是BaSO4， A 分解产生的B 为黄色固体，且B 的质量为 A 质量的四分之三，则B 应该是2 个 CuSO4分解产生31 个 SO 后剩余的部分，根据质量守恒定律可知B 是 Cu24OSO ；(3)B 遇水生成不溶于水的蓝色固体D，同时有三分之二的S 元素溶于水，溶于水的以CuSO4形式存在，还有三分之二的S 元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在，反应方程式为 3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH) 2CuSO4 +2CuSO4 或写为 3Cu2OSO4 +4H2O=3Cu(OH)2CuSO4H2O+2CuSO4 或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO

23、4。【点睛】本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。6 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：AD： _；CE： _。【答案】 NHHCO 或（ NH） CONO 2NaO 2CO 2NaCO O4NH 5O4NO43423222232326H2 O【解析】【分析】C 为无色气体且C 能使湿润的红

24、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EE为，则一氧化氮 ；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 HC

25、O3 或（ NH4） 2CO3； F： NO2 ；（ 2） AD的化学方程式为： 2Na2O2 2CO22Na2CO3 O2；CE的化学方程式为：4NH3 5O24NO 6H2O。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：71%Cu、20%Al、 5%Fe及已知： Cu+4HNO3(浓 )=Cu(NO3)2+2H2 O+2NO2回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为 _。（2）第步加入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）用第步所得C

26、uSO4 24的瓷质主要仪器 _。5H O 晶体加热制备无水CuSO（4）由滤渣2 制取 Al2(SO4 )318H2O，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、 AuH2O2 +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 H2O

27、2 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)318H2O 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， H2O2氧化 Fe2+的离子方程式为H2 O2 +2Fe2+2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有 H2O 和 Fe3+，没有引入新杂质且无污染。答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+

28、 +2H2O，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Fe3+，最终获得产物会含有杂质24 3成分。如果采用乙方案，加适量3+。丙方案加入Fe (SO )Al 粉可以置换出 Fe 同时生 AlNaOH 溶解 Al(OH)3 然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。故答案为乙，甲。8 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

29、铜晶体的路线：回答下列问题：1 第步 Cu 与酸反应的离子方程式为_ ；得到滤渣1 的主要成分为_ 2 第步加入 H 2 O2 的作用是 _ ，使用 H 2 O2 的优点是 _ ；调节 pH 的目的是使 _ 生成沉淀3 由滤渣 2 制取 Al 2 (SO4 )3 18H 2O ，探究小组设计了三种方案：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 CuSO4 5H 2O Mr250 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 / LEDTAH 2Y 2标准溶液滴定至终点，平均消耗 EDTA溶液 b mL. 滴定反应

30、如下： Cu 2H 2 Y 2CuY 22H 写出计算CuSO 4 5H 2O 质量分数的表达式_ 【答案】 Cu 4HVCu 22NO 22H 2O Au、 Pt 把 Fe2 氧化为 Fe32NO 3不引入杂质，产物对环境无污染Fe3、 Al 3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 Cu 2、 Al 3、 Fe2 ；所以滤渣 1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是 Cu 2、 Al 3、 Fe2 ；(2)过氧化氢具有氧化性且被还

31、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；第步加H 2O2 的作用是把 Fe2氧化为 Fe3，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Fe3 和 Al 3形成沉淀所以滤液2 的成分是 Cu2+，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 Cu 2、 Al 3 、 Fe2 ；所以滤渣 1 的成分

32、是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是 Cu 2 、 Al 3、 Fe2 ；第步 Cu 与酸反应的离子方程式为： Cu 4H2NO3V2NO 22H2 O ，Au、 Pt 和酸不反应，所Cu2Cu 4HVCu22NO 22H 2O ，Au 、 Pt；以是滤渣；故答案为：2NO 3(2)第步加 H 2O2 的作用是将 Fe2氧化为 Fe3，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Fe2 氧化为 Fe3，不引入杂质，产物对环境无污染，Fe3 、 Al 3生成沉淀；(3)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方

33、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cmol L 1EDTA H 2 Y 2标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液 6mL ，滴定反应如下： Cu2H 2Y 2CuY 22H ，铜离子物质的量和标准液物质的量相同cmol / Lb10 3 Lbc 10 3 mol ；依据元素守恒得到：则 20ml 溶液中含有的 CuSO 45H

34、2 O 物质的量为 bc 103 mol ； 100ml 溶液中含bc 103 mol55bc10 3 mol ；所以 CuSO4 5H 2O 质量分数的表达式cmol / Lb10 3 L250gmol 1 5 100%= 125cb % ；故答案为： 125cb % 。agga【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。9 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 Cu2 O 的工艺流程如下 :(1

35、) 焙“烧 ”时，提高反应速率的措施有 _(写一条 )。(2)炉气中的有害气体成分是_ 。(3)若试剂 X 是 H2O2 溶液，写出相应反应的离子方程式：_ 。【答案】适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等SO2+3+2H2O22Fe +2H +H2O2 2Fe【解析】【分析】根据流程：硫化铜矿石（含CuFeS222 3、 CuO、FeO 等，、Cu S 等）在氧气中焙烧，得到Fe O加入稀硫酸除去不溶物，得到含有Fe2+、 Cu2+、 Fe3+的溶液，加入试剂X 氧化 Fe2+，若试剂X 是 H2 O2 溶液，反应为： 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2 O，氧气或空气也可以达到此目

36、的，利于降低生产成本，加入试剂 Y 条件 pH 范围 3.7 pH 4.8，沉淀 Fe3+，滤渣 II 为氢氧化铁，向滤液加入 N2H4、 KOH发生反应： 4CuSO4+N2H4+8KOH90 C 2Cu2O +N2 +4K2SO4+6H2O，通过过滤、洗涤、烘干得到产品，据此分析作答。【详解】(1)为了提高反应速率，可以适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等；(2)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；(3) 酸性条件下， H2O2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，本身被还原为 H2O，方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；10 工业上可

37、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：阳极泥的主要化学成分，如表所示：主要成分CuAg Au Se Te百分含量 /%23.412.10.96.7 3.1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24浸出率 /%浸出温度浸出率 /%H SO 浓度 1CuAg Au SeTe/ Cu Ag Au Se Te/ mol L495.14.670.20.838.933087.14.58 0.20.086.83394.54.65 0.20.286.904094.54.65 0.20.286.90278.12.650.20.052.855096.15.90 0.20.648.73(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