全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考真题汇总及答案解析

1、全国高考化学铜及其化合物推断题的综合高考真题汇总及答案解析一、铜及其化合物1.某研究性学习小组拟探究热CuC22H2O的热稳定性，进行如下操作:上述所列物质都是纯净物，请回答:(1)气流C的结构式,白色固体的化学式。(2)已知Y的摩尔质量为233gmol_1,完成CuC22H2O缓慢加热分解的化学方程式O【答案】H-ClCuCl2(CuC12H2O)3sm=CU2(OH)2C12+2HC1T+2HO【解析】【分析】(1)气流C是保护气，用以抑制盐的水解，通常为该盐对应的酸；白色固体为无水盐分解产物；(2)在无保护气条件下，盐受热水解，可能得到碱式盐，可能水解产生相应的碱，根据物质的摩尔质量确定

2、丫的组成，丫加热得到黑色固体是CuO,根据丫的成分可确定其分解反应方程式。【详解】CuC2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的HC1,所以给盐的结晶水合物CuC22H2O加热时，为抑制其水解，要在HC1气流中进行，所以C是HC1,目的是作保护气，抑制加热过程CuC2可能的水解。该物质是共价化合物，H原子、C1原子之间通过一个共用电子对结合，所以HC1的结构式是H-C1,X是CuCb。由于3.42gCuC122H2O的物质的量为n(CuC122H2O)=3.42g+171g/mo1=0.02mo1当高于300c加热，CuC2分解，产生的白色固体中含有Cu0.02mo1,质量为0.02X64g

3、/mo1=1.28g<1.99g说明含有C1原子，其物质的量为(1.99g-1.18g)+35.5g/mo1=0.02m则白色固体中Cu、C1个数比是1：1,所以白色固体的化学式为CuC1,Z为C12；(2)3.42gCuC22H2O的物质的量为n(CuC22H2O)=3.42g+171g/mo1=0.02m新没有HC1保护气作用下加热CuC22H2O会发生水解，可能生成碱式盐Cu2(OH)2c12也可能生成相应的碱Cu(OH)2,Cu2(OH)2c12摩尔质量是233g/mo1,3.42gCuCb2H2O反应产生0.01mo1Cu2(OH)2c12,质量是2.33g,正好吻合，说明丫是

4、Cu2(OH)2c12；若反应产生Cu(OH»,其摩尔质量是98g/mo1,与题干不符合，故丫为碱式盐Cs(OH)2c12,则根据质量守恒定律可得CuC22H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuC122H2O建重追Cu2(OH)2C12+2HC1T+2HO;Cu2(OH)2c12在200c条件下加热发生分解反应产生CuO和HC1,反应方程式为Cu2(OH)2c02CuO+2HC1To【点睛】本题考查了易挥发性的结晶水合物受热分解产物的判断。这类盐在受热分解时，发生的分解反应有两种类型。在有保护气时，会失去全部结晶水，生成无水盐，温度升高，无水盐进一步分解；在无保护气时，会转化为碱式盐或

5、相应的碱，继续升高温度，将进一步分解，最终转化为金属氧化物。一定要掌握外界条件对物质分解反应的影响。2.已知固体A是中学常见的矿物，由四种元素组成，现设计如下实验请回答：(1)固体A的化学式。(2)镁能在气体E中燃烧，写出反应的化学方程式。(3)写出固体C与氨气反应生成D的化学方程式。【答案】CU2(OH)2CQ或Cu(OH)2CuCO或CaHCO2Mg+CO克竺2MgO+C3CuO+2NH3CU+N+3H2O【解析】固体C在氨气中加热生成紫红色固体D,D为Cu,则C为CuO,根据(2)镁能在气体E中燃烧，气体E不能与浓硫酸反应，E为C6,根据质量守恒，另外一种气体的质量为22.2g-4.4g

6、-16g=1.8g,该气体能够被浓硫酸吸收，应该为水蒸气，因此固体A隔绝空气加热生成氧化铜、水和二氧化碳，则固体A为碱式碳酸铜。固体A为碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3,故答案为：Cu2(OH)2CQ;(2)镁能在气体二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2Mg+CO2电逑2MgO+C,故答案为：2Mg+CO2市国2MgO+C;(3)氧化铜与氨气反应生成铜的化学方程式为3CuO+2NH3如也3Cu+N2+3H2O,故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2Oo3.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

7、一：(1)CuCl可以溶解在FeC3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NaCuC2,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)。桶溶液废铜一溶液|单质N方案二：过程中Cu与浓H2SQ反应所得SQ和CuSQ用于过程中CuCl的制备，理论上(填需要”或不需要”另外补充SC2,原因是(结合化学方程式回答)。【答案】CuCl+Fe3+=Cu2+Fe

8、2+ClCuC2+2NaCl+Cu=2NaCuC2烧杯、漏斗、玻璃棒一加热除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失2H2SC4(浓)+CuCuSQ+SQT+2H2OC2不需要过程中生成CuSQ和SC2的物质的量之比为1：1,而过程发生反应：CuSQ+CuC2+SQ+2H2O=2CuCl2H2SC4,需要的CuSC4和SC2的物质的量之比也恰好为1：1,所以理论上不需要补充SQ(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NaCuC2,结合原子守恒配平书写方程

9、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，故加入的单质丫应具有氧化性，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+C；(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NaCuC2,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为

10、：CuC2+2NaCl+Cu=2NaCuC2;(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，其化学方程式加热为:Cu+2H?SCi(浓)/CuSC+SCT+2HC；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二；方案二：过程中生成CuSQ和SQ的物质的量之比为1：1,而过程发生反应：CuSO+CuCl2+SQ+2H2O=2CuCl2H2SO4,需要的CuSQ和SQ的物质的量之比也恰好为1：1,所以理论

11、上不需要补充SQ（其他合理答案均可）。4.实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图:已知：CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。CuCl有水存在时在空气中易被氧化，在酸性条件下较稳定。（1）溶解”时选用约为0.5mol?L-1的硫酸，过程中无气体产生。若硫酸浓度过大，反应会产生NO、NO2等有害气体，NH4NO3的用量会（填增大”或减小”或不变”）。（2）转化”步骤中发生反应的离子方程式为。加入的（NH4）2SO3需要适当过量的原因是。（3）氯化钱用量"NHf）与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化俊用量的增多Cu2+n（

12、Cu）沉淀率增加，但当氯化钱用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少，其原因是（4）检验CuCl沉淀是否洗涤完全的方法是。（5）若CuCl产品中混有少量CaSQ,设计提纯CuCl的实验方案：（实验中可选试剂：0.1mol?L-1盐酸、10mol?L-1盐酸、蒸储水、无水乙醇）【答案】增大2Cu2+SQ2-+2C+H2r2CuClJ+Sd-+2H+使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化钱溶液中取少许最后一次洗涤液，滴入12滴氯化钢溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全向产品中加入10mol?L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤

13、液中加蒸储水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23次，干燥【解析】【分析】实验室流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸俊和硫酸，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，滤液中含有Cu2+,NH4+,H+,SQ2-,NO3-。过滤后在滤液中加入亚硫酸钱，发生氧化还原反应生成CuCl,发生2Cu2+SO2-+2C+H20=2CuCl>SO2'+2H+,得到的产品CuCl,据此分析。【详解】(1)若硫酸浓度过大，实际会发生浓硝酸与铜的反应，产生NO、N02等有害气体，与相同质量的铜反应时，硝酸根消耗量增大，NH4NO3的用量

14、增大。转化”步骤中发生反应的离子方程式为2Cu2+SQ2-+2C+H2r2CuClJ+SO-+2H+。CuCl在酸性条件下较稳定，加入的(NH4)2SO3需要适当过量的原因是使Cu2+充分还原，保证Cu2+的还原速率，防止CuCl被空气氧化。(3)步骤中铜离子与亚硫酸俊发生氧化还原反应生成CuCl,发生ZCu+SO+ZCl"+H2O2CuClJ+S0-+2H+,CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化钱用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减少，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化钱溶液中；(4)检验CuCl沉淀是否洗涤完全的本质是检查是否有Cu+残留，检验的方法是取少许最后一次洗涤

15、液，滴入12滴氯化钢溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全。(5)由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO,向产品中加入10mol?L-1盐酸溶液，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸储水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。5.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H2SQ、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)3Clo以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸俊氧化

16、分解技术生产CuCl的工艺过程如下：脸破幡.水、精喉NipI3海瓢铜一色引一叵可一在耳一.水洗修回|一>|供干滤液流液Q©产品(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70c干燥2h,冷却密封包装。70c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60c时，CuCl产率能达到94%,当温度高于65c时，CuCl产率会下降，其原因可能是。tv

17、川ouruyur/u反应温度对氧化亚铜产率的影响蹄戋困(6)以碳棒为电极电解CuCb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+2NOT+4H2O2CU2+SOb2-+2CF+H2O=2CuClJ+SQ2-+2H+力口快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化4CuCl+Q+4H2O=2Cu2(OH)3c1+2HC1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-+C=CuClJ【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) SQ2-和

18、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60c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+2NOT+4H2O,故答案为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NOf+4H2O；(2)还原过程中，溶液中的Cu2+

19、被还原为CuCl,离子方程式为：2Cu2+SQ2-+2C+H2O=2CuClJ+SQ2-+2H+,故答案为2Cu2+SQ2-+2C+H2O=2CuClJ+SC42-+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+Q+4H2O=2Cu2(OH)3cl+2HCl,故答案为4CuCl+C2+4H2O=2Cu2(OH)3cl+2HC

20、l;(5)因在60c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-+C=CuClJ,故答案为Cu2+e-+Cr=CuCUo【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。变废为宝”学生探究小组将6.信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁.某一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%A

21、l、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晶体的路线：金凭建纲.绪晶过懑AlJCSOiklVliP加疑.过渔回答下列问题: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H2O2的作用是,使用H2O2的优点是;调节pH的目的是生成沉淀.3由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O,探究小组设计了三种方案:造量川粉.ii博雪糠过泡上述三种方案中,方案不可行，原因是4探究小组用滴定法测定CuSO45H2OMr250含量.取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL,消除干扰离子后，用cmol/LEDTAH2丫2标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA>

22、;?夜bmL.滴定反应如下:_22Cu2H2Y22CuY2H写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式2H2OAu、Pt把Fe2氧化为Fe3V2【答案】Cu4H2NO3Cu22NO2不引入杂质，产物又环境无污染Fe3、Al3甲滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸125cb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二%a【解析】【分析】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，CuAl、Fe发生反应生成Cu2、Al3、Fe2；所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2、Al3、Fe2；(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水，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

23、是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H2O2的作用是把Fe2氧化为FS,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Al3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】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu.Al、Fe发生反应生成Cu2、Al3、Fe2；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与酸反应的离子方程式为：Cu4H2NO3Cu22NO22H2O,A

24、u、Pt和酸不反应，所2以是滤渣；故答案为：Cu4H2NO3Cu22NO22H2O,Au、Pt；(2)第步加H2O2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、Al3生成沉淀；(3)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

25、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12cmolLEDTAH2Y标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL,滴定反应如222下：CuH2YCuY2H,铜离子物质的量和标准液物质的量相同cmol/Lb103Lbc103mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc103mol;100ml溶液中含bc103mol55bc103mol;所以CuSO45H2O质量分数的表达式cmol/Lb103L250gmol15ag100%=这独；故答案为:g125cb%。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

26、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。7 .实验室以孔雀石主要成分是CuCQCu(OH?,还含有少量杂质FeCkFe2O3、SiO为原料制备CuSQ5H2O步骤如下：r-*sqF»(OHh孔雀石咖二%溶液AHtOa+溶液B虫虫过涉溶液C*CvSO45M3O*CO?请回答下列问题：(1)溶液A的金属离子有Fe3+和。(2)溶液A中加入H2O2的目的是,发生的离子方程式为(3)由溶液C获彳#CuSQ5H20,需要经过加热蒸发、过滤等操作。(4)溶液B与CuO反应生成Fe(OH)3和溶液C的化学方程式为【答案】Cu2+、Fe2+将

27、Fe2+氧化为Fe3+2F/+2H+H2O2=2Fe3+2H2O冷却结晶Fe2(SQ)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSQ【解析】【分析】孔雀石的主要成分是CuCQCu(OH)2,少量杂质FeQF殳O3、SQ,加入过量稀硫酸，生成二氧化碳气体，溶液A含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入过氧化氢将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，加入CuO可调节溶液pH,利于铁离子的水解而生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出的溶液C为硫酸铜溶液，经加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作可得到硫酸铜晶体，以此来解答。【详解】(1)由上述分析可知，溶液A的金属离子有Fe3+和Cu2+、Fe2+,故答案为：Cu2+、Fe2+;(2

28、)溶液A中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O,故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+;2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O;(3)由溶液C获彳导CuSO45H2O,需要经过加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作，故答案为：冷却结晶；(4)溶液B与CuO反应生成Fe(OH)3和溶液C的化学方程式为Fe?(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4,故答案为：Fe2(SQ)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSQ。【点睛】工艺流程题中常用H2O2作氧化剂，优点是产物不会引入新的杂质。8 .常见

29、锌镒干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源康电池分类石墨居渣(1)填充物用60c温水溶解，目的是。(2)操作A的名称为。(3)铜帽溶解时加入H2O2的目的是(用化学方程式表示)。铜帽溶解完全后，可采用方法除去溶液中过量的H2O2。(4)碱性锌镒干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,其负极的电极反应式为。(5)滤渣的主要成分为含镒混合物，向含镒混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2c2O4+3H2Sd=2Mn

30、SO4+4CQT+6H2O。当1molMnO2参加反应时，共有mol电子发生转移。MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式:【答案】加快溶解速率过滤Cu+H2O2+H2SO4=CuSQ+2H2O加热Zn+2OH-2e=Zn(OH)242MnO(OH)+6HCl(浓)=2MnCl2+Cl2T+4H2O【解析】【详解】(1)由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。所以填充物用60C温水溶解，目的是加快溶解速率；(2)分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；(3)H2O2具有强氧化性，Cu与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2+,反应

31、的化学方程式是Cu+H2O2+H2SQ=CuSQ+2H2O；H2O2不稳定，受热容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。(4)碱性锌镒干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O="2MnOOH"+Zn(OH)2,负极Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn+2OH-2e=Zn(OH)2o(5)根据方程式2MnO(OH)+MnO2+2H2c2O4+3H2SQ=2MnSO4+4CO2T+6H2O转移4e,可知：当1molMnO2参加反应时，共有4mol的电子发生转移；MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，则该反应的化

32、学方程式是：2MnO(OH)+6HCl(浓)上=2MnCl2+Cl2T+4H2。9.从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS)冶炼铜的工艺流程如下:CuCl彳溶波求筮馥调节pHjL(1工(11(CuFc&-H没取_*pi*7)除亘_T过海3_T含1QClj的落流I山近海3|_*unr渡液跋单质就液已知：CuFeS+3CuC2=4CuCl+FeCl+2S(1)浸取时，若改用FeC3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FeC2,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.

33、(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ImolCu,理论上需补充CuC2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煨烧，使其转变为铜，化学方程局温tWj温式为：6CuFe$+l3O23Cu2S+2FesO4+9SO2、Cu2S+Q2Cu+SQ此工艺与前一工艺相比主要缺点有.【答案】CuFeS+3FeC3=CuCl+4FeCl+2SFeO3ClTCuC2(HCl)0.5mol会产生污染环境的气体SO2,能耗高等【解析】【分析】CuFeS力口入CuC2浸取发生CuFeS+3CuC2=4CuCl+FeC2+2S,过滤后得到滤液含有FeC2,固体含有CuClS,加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有CuCb,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】CuFeS力口入CuC2浸取发生CuFeS+3CuC2=4CuCl+FeQ+2S,过滤后得到滤液含有FeC2,固体含有CuClS,加入盐酸除硫，过滤得