2020-2021高考化学铜及其化合物推断题(大题培优)VIP

1、2020-2021 高考化学铜及其化合物推断题( 大题培优 )一、铜及其化合物1 化合物 A 是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C 为无色气体，B 为无色液体， D 为无色有刺激性气味的气体，B 到E 的反应条件为通电，I 为一种常见强酸。请回答下列问题：(1)A 的化学式为 _ 。(2)C 的水化物与I 的酸性由强到弱的顺序：_( 用化学式填空 )(3)B 生成 E 的化学方程式为_ 。(4)金属铜与 I 的稀溶液反应的离子方程式为_，该反应中还原产物是_，生成 1mo1 的还原产物，转移电子的数目为_N A。【答案】 NH4HCO3 或

2、(NH4)2CO3HNO3 H2CO32H2 O2H2 +O23Cu+8H+ +2NO3-=3Cu2+ +2NO +4H2ONO3【解析】【分析】化合物 A 是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C 为无色气体，B 为无色液体， D 为无色有刺激性气味的气体，A 是碳酸氢铵或碳酸铵，C 是二氧化碳， B 是水， D 是氨气， B到 E 的反应条件为通电， E 是氢气， F 是氧气， F 和 D 反应生成 G，G 是一氧化氮， H 为二氧化氮， I 为一种常见强酸，是硝酸。【详解】根据分析可知， A 为碳酸氢铵或碳酸铵， C 是二氧化碳， B 是水， D 是氨气， E 是氢气， F是氧气， G

3、是一氧化氮， H 为二氧化氮， I 为硝酸。(1)A 是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3 或(NH4)2CO3；(2)C 的水化物为碳酸，I 为硝酸， N 的非金属性强于 C，故酸性： HNO3 H2CO3；(3)B 在通电的条件下生成E 和 F，化学方程式为电解水， 2H O通电2H +O ；222(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO3-= 3Cu2+2NO +4H O，硝酸中的氮元素化合价从+5 降低到 +2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原2产物，生成2molNO 转移 6mol 电子，故生成1mo1 的 NO，转移 3mol 电子，数目为

4、3NA。2 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：请回答：（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）写出蓝色溶液转化为蓝色沉淀的离子方程式是_。（ 3）写出固体甲与稀硫酸反应的化学方程式_。2+-22442【答案】 CuO Cu2+2OH =Cu(OH)Cu O H SO =Cu CuSO H O【解析】【分析】流程中 32gX 隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量：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

5、色固体为32gCuO，X 为氧化铜， n(CuO)= 80 g / mol =0.4mol ，结合质量守恒得到3.2gn(O2)=0.1mol ，氧元素守恒得到甲中n(Cu)： n(O)=0.4mol ：(0.4mol-32g / mol0.1mol 2)=2：1，固体甲化学式为Cu2O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，加热分解得到16.0g 氧化铜。【详解】(1)分析可知X 为CuO，故答案为CuO；(2)蓝色溶液为硫酸铜溶液，转化为蓝色沉淀氢氧化铜的离子方程式为Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案为Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固体甲为 Cu

6、2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的化学方程式为： Cu2O H2SO4=Cu CuSO4 H2O，故答案为 Cu2OH2SO4=Cu CuSO4H2O。3 孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCOyCu(OH) (x、 y 为正整数，且32x3， 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=_。CO2(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为体 VL，则 a、 b、 V 的代数关系式是_。bg，加酸完全分解得到标准

7、状况下CO2 气124VbV65V49b【答案】 3:2 a=9822.4或 a=3222.46456【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸盐反应产生的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；(2)根据碳元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)=V mol ，根据 Cu 元素守恒可得n(CuCO3)+22.4nCu(OH)2=n(Cu)b、V的代数式表示，也可根据n(CuCO

8、3)=n(CO2)=Vmol先计，用含有22.4算出 CuCO3 的质量，用总质量减去 CuCO3 的质量得到 Cu(OH)2 的质量，再计算其物质的量，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

9、成为 xCuCO中 x=3， y=2，盐可以表示为3CuCO32Cu(OH)2；3yCu(OH)2(2)根据 C 元素守恒可得32Vmol，根据 Cu 元素可得 n(CuCO3)+n(CuCO )=n(CO )=22.42b2bV3nCu(OH) =n(Cu)=mol ，则 nCu(OH) = ()mol ，所以 n(CuCO )：646422.42V： ( 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

10、.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(OH)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。22.464324 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）写出的化学方程式： _。（ 3）写出的离子方程式： _ 。【答案】 Cu2S (2分 )4CuO2223+22+42-+4H2Cu O+O SO+2F

11、e +2H O=2Fe + SO【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BaSO， E 是 FeSO，气体 C 是 SO，则 A 中含有 S 元素。所以 A 为 CuS。正确答案： CuS。442（2） CuO高温分解生成224CuO2Cu22。正确答案：Cu O和 O，反应方程式为O+O222 能够被3+2-2+3+2-2+Fe 氧化生成SO4、 Fe ，即 SO2+Fe SO4+Fe ，4CuO2Cu O+O。

12、（3） SO配平得 SO23+22+42-+4H+。正确答案： SO23+22+42-+4H+。+2Fe +2H O=2Fe + SO+2Fe +2H O=2Fe + SO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2-2+SO23+2Fe2+42-4系数为 1， Fe 系数为 2，即。再配平离子电荷，需要在反产物 SO+2Fe + SO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

13、个H ，得SO2+2Fe3+ 2Fe2+ SO42-+4H+ 。再由质量守恒配平得SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+ SO42-+4H+。5 由 Fe2 3(部分产O 、 Fe、CuO、 C、 Al 中的几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验物略去 )：（ 1）取少量溶液 X，加入过量的 NaOH 溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是(填化学式 )_。（ 2） Z 为一种或两种气体： 若 Z 只为一种气体，试剂 a 为饱和 NaHCO3 溶液，则反应 中能同时生成两种气体的化学方程式是 _ 。若 Z 为两种气体的混合物，试剂a 为适量的水，则Z

14、中两种气体的化学式是_。（3）向 Y 中通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是(填写离子符号)_ 。（4）取 Y 中的溶液，调节pH 约为 7，加入淀粉 KI 和 H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗 2molI 时，共转移 3mol 电子，该反应的离子方程式是_ 。（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应，若溶液中一定不会产生Y 中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是(各组合中物质用化学式表示)_。【答案】 Al C+2H242222+ 3+2+ 3H2 2SO (浓 )CO +2SO +2H ONO CO Cu FeH2FeO 4I-32I22 32

15、Fe(OH) CuO、 C；CuO、 C、 Fe O【解析】【分析】（ 1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；（ 2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；（ 3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；（ 4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化；（ 5）原样品中加足量稀硫酸， Y 溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝。【详解】（ 1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故

16、样品中不含有金属铝，故答案为 Al；（ 2）二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z 是二氧化碳，即C 2H2 4222SO (浓 )CO 2SO 2H O，故答案为C 2H2SO4(浓)CO2 2SO2 2H2O；二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应是焦炭和浓硝酸的反应，Z 中两种气体是 NO、 CO2，故答案为NO、 CO2；（3） Fe2O3、 Fe、CuO、 C 均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、 Fe2+、 Fe3+、H+，通入过量的 Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在

17、的离子有 Cu2+、 Fe3+、 H+，故答案为 Cu2+、 Fe3+、 H+；（4）氯化亚铁溶液中加淀粉碘化钾和H2O2 时，双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：2Fe2+4I-+3H2O2=2Fe（ OH） 3 +2I2，故答案为2Fe2+4I-+3H2O2 =2Fe（ OH） 3 +2I2；（5）原样品中加足量稀硫酸，Y 溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝，故其可能组合为： CuO 和 C 或 CuO、 C 和 Fe2 32 3O ，故答案为CuO 和 C 或 CuO、 C和 Fe O 。6 氧化亚铜 (Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工

18、厂以硫化铜矿石22(含 CuFeS、 Cu S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_， Cu2S 与 O2 反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。(2)试剂 X 是 H2 O2 溶液，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) 还“原 ”步骤中为提高 N2H4 转化率可采取的措施有 _(填序号 )。a.不断搅拌，使 N2H4和溶液充分接触b.增大

19、通入 N2H4的流速c.减少 KOH的进入量d减.小通入 N2 H4 的流速(5)写出用 N2H4 制备 Cu2O 的化学方程式为 _(6)操作 X 包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级22Cu O，写出阳极上生成Cu O 的电极反应式为 _(8)工业上用氨气生产氢氰酸 (HCN 的反应为： CH4(g)+NH3(g)? HCN(g)+3H2 (g ) H0。其他条件一定，达到平衡时 NH3 转化率随外界条件 X 变化的关系如图所示。则 X 可以是_(填字母序号 )n NH 3a.温度b.压强c.催化剂d.n CH 4【答案】 SO

20、22 1空气或氧气 3.7 pH4.8 ad8KOH902 424CuSO N H2Cu ON2 4K2SO4 6H2O防止 Cu2 O 被空气中氧气氧化2Cu 2e 2OH=Cu2O H2O bd【解析】【分析】硫化铜矿石（含CuFeS2、 Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS+4O2Cu S+3SO+2FeO、 Cu S+2O2CuO+SO，部分FeO 被氧化为Fe O ，得到相应2222223的金属氧化物和SO2，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 pH3.7 4.8 沉淀 Fe

21、3+，过滤，将滤液用 KOH、 N2 442 4+8KOH222H还原，反应为： 4CuSO +N H2Cu O+N +4KSO+6H O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。【详解】(1)根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2 ；Cu2S 与O2 反应为Cu2S+2O22CuO+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；(2)若试剂 X 是 H2O2 溶液，将 Fe2 氧化为 Fe3 ；酸性条件下， O2 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；(3)加入试剂 Y 的目的是调节pH 完全沉淀

22、32pH 范Fe ，但不沉淀Cu ，根据表中数据可知，围为： 3.7 pH4.8；(4)还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2 +4KSO+6H2O，提高 N2H4的转化率，则N2H4 要充分反应；a不断搅拌，增加N2H4 与溶液的接触面，使得N2H4 充分反应， a 符合题意；b增大通入 N2H4的流速，有部分N2 H4 来不及反应，转化率会降低，b 不符合题意；c减少 KOH 的进入量 ,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c不符合题意；d减小通入 N2H4的流速，能够使得 N2H4 反应更加充分，转化率增加，d 符合题意；综上 ad 符

23、合题意；(5)根据分析 N2 H4 制备 Cu2O 的化学方程式为4CuSO+N2H4+8KOH2Cu2O+N2 +4KSO+6H2O；(6)操作 X 为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为 Cu2O 可以被 O2 氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；(7)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu O，阳极发生氧化反应，电极2反应式为： 2Cu-2e22+2OH =Cu O+H O；(8)根据图示， NH3的转化率随着X 的增加而减小；a该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3 的转化率增加，与图像不符，a 不符合题意；b该反应是气体体积增大的反应

24、，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3 的转化率减小，与图像相符，b 符合题意；c催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3 转化率不变，与图像不符，c 不符合题意；n NH 3NH3 的转化率减小，与图像相符，d 符合题意；d增加，平衡正向移动，但是n CH 4综上 bd 符合题意。【点睛】问题 (8)中的 d 项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3 要达到相同的转化率要加入同等比例的 CH4，才可以。如果只加入34的转化率增加，而3NH ，则 CHNH 自身的转化率会降低。7 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，

25、下有黄金；上有慈石者，下有铜金。” .“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： _；.“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：“反应1”： 4CuFeS2 +2H2SO4 +17O2 4CuSO +

26、2Fe2(SO4)3 +2H2O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)232Fe(OH)Fe(OH)开始沉淀 pH4.72.77.6完全沉淀 pH6.73.79.6(1)“反应1”中，每生成 1 mol CuSO转移电子数为 _N ；4A(2)“试剂 a”是 _，“试剂 b”是 _；(3)“反应2”中加 CuO 调 pH 为 3.74.7 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FeSO?7H O 晶体进行洗涤 _；42(5)简述如何判断“反应 5”已进行完全： _。【答案】 HgSFe3O4+8H

27、+2Fe 3+Fe 2+4H2O 17Fe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23 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】 .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；.（ 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；（

28、 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】.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Fe3 4+8H+2Fe3+O+Fe2+4H2O；.（ 1）涉及反应为4CuFeS+2H2SO4 +17O2 4CuSO +2Fe2(SO4)3 +2H2O，反应中S 元素化合2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

29、，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。8 信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某 “变废为宝 ”学习探究小组将一

30、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：请回答下列问题：(1)第 步 Cu 与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣I 的主要成分为 _；(2)第 步加 H2O2 的作用是 _；(3)用第 步所得 CuSO45H2O 制备无水CuSO4 的方法是 _；(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，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。【答案】 Cu+4H+3-2+223-2+2O+2NOCu +2NO+2H O 或 3C

31、u+8H +2NO3Cu+2NO +4HAu、 Pt 将 Fe2 氧化为Fe3 ，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多 Fe2(SO4 )3 杂质乙【解析】【分析】本题是以含 70%Cu、 25%Al、4%Fe 及少量 Au、 Pt 等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH 使 Fe3+、 Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸

32、混合酸后加热，Cu、 Al、 Fe发生反应生成 Cu2+、 Al3+、 Fe2+，其中不活泼的金属 Au、 Pt 不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是Cu2+、 Al3+、 Fe2+；第步 Cu 与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-2+22+3-2+2O；Cu +2NO +2H O 或 3Cu+8H +2NO3Cu +2NO +4H(2)第步加 H2O2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+； H2O2 作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无污染；(3)由于 CuSO 是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(O

33、H) 与42硫酸会再反应产生CuSO4，所以第步由424CuSO5H O 制备CuSO 的方法应是直接在坩埚中加热脱水；(4)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了硫酸，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，方法甲不可行；乙方案先在滤渣中加H2 424 324 324 3生SO ，生成 Fe (SO )和 Al (SO ) ，再加适量Al 粉， Al 和 Fe (SO )成 Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；丙方案先在滤渣中加NaOH， NaOH 和 Al(OH)3 反应生成可溶性的NaAlO2，然后

34、在滤液中加H2SO4，NaAlO2 与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3 杂质；从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。【点睛】本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。9 工业上可

35、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CuAgAuSeTe百分含量/%23.412.10.96.73.1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 HSO 浓度24H2SO4 浓度浸出率 /%浸出温度浸出率 /%/ mol 1/ LCuAg Au SeTeCu Ag Au Se Te495.14.670.20.838.933087.14.58 0.20.086.83394.54.65 0.20.286.904094.54.65 0.20.286.90278.12.650.20.052.855096.15.

36、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 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 Na TeO溶液可得 Te 实现，阴极的电极反应式为_。23【答案】 2Cu O22442-1、浸出温

37、度 40除去滤液 2H SO2CuSO2H O硫酸浓度 3 mol L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、H22会有部分分解232324ONa SeO 2Na SO 2HCl Se 2Na SO 2NaCl H2O24eTeTeO3 3H2O6OH【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

38、的步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；(4)步骤中，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 H2 O2 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

39、所给表格中数据分析，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，步骤中，反应温度为75 加入H2 O2 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=