全国备战高考化学铜及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题汇总.pdf

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1、全国备战高考化学铜及其化合物推断题的综合备战高考模拟和真题汇总 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)908gmol-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 溶于 D 溶液的离子方

2、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)6SO44CuO+SO3+3H2O Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量 BaCl2溶液，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 为 H2SO4，A 是 SO3；

3、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 H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为 Cu2O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体 C 为 CuO，G 为 Cu2O，气体 F 为 O2，红色 H 为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO4，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。【详解】根据上述分析可知 A 是 SO3，B

4、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：；根据元素守恒可知，在浅绿色盐 X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=228.8?g144?g/mol=0.4mol，n(CuO)=0.4mol，n(S)=n(BaSO4)=23.3?g233?g/mol=0.1mol，n(CuO)：n(SO3)=0.04mol：0.01mol=4：1，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4(OH)mSO4

5、，Cu4(OH)mSO44CuO+SO3+2mH2O，根据氧元素守恒得：m=6，符合 M(X)908g/mol，所以 X 化学式为 Cu4(OH)6SO4；(2)X 在隔绝空气、570温度下加热发生 Cu4(OH)6SO44CuO+SO3+3H2O；(3)砖红色固体 G 是 Cu2O，与足量稀 H2SO4发生氧化还原反应，产生 Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；(4)黑色固体 C 为 CuO，如含有 X，则可用检验 SO42-的方法检验，方法是：取少量样品于试管中，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

6、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。2某研究性学习小组拟探究热 CuCl22H2O 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 233 gmol-1，完成 CuCl22H2O 缓慢加热分解的化学方程式_。【答案】H-Cl CuCl 2(CuCl22H2O)Cu2(OH)2Cl2+2HCl+2H2O 【解

7、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 Y 的组成，Y 加热得到黑色固体是 CuO，根据 Y 的成分可确定其分解反应方程式。【详解】(1)CuCl2是强酸弱碱盐，由于产生该盐的酸为挥发性的 HCl，所以给盐的结晶水合物CuCl22H2O 加热时，为抑制其水解，要在 HCl 气流中进行，所以 C 是 HCl，目的是作保护气，抑制加热过程 CuCl2可能的水解。该物质是共价化合物，H 原子、Cl 原子之间通过一个共用电子对结合，所以 HCl

8、 的结构式是 H-Cl，X 是 CuCl2。由于 3.42 g CuCl22H2O 的物质的量为 n(CuCl22H2O)=3.42 g171 g/mol=0.02 mol，当高于 300加热，CuCl2分解，产生的白色固体中含有 Cu 0.02 mol，质量为 0.0264 g/mol=1.28 g”、“加水稀释 (NH4)2SO4 HNO3具有强氧化性会把 CuCl 氧化 【解析】【分析】利用 H2O2在酸性条件下将 CuS中的-2 价 S元素氧化成 S 单质，同时释放 Cu2+，经过系列处理得到 Cu单质，然后利用 NO3-在酸性条件下的强氧化性将 Cu氧化成 Cu2+，接下来用SO32

9、-将 Cu2+还原成 Cu+，同时利用 Cl-将 Cu+沉淀生成 CuCl，用稀硫酸洗去 CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的 CuCl，据此回答。【详解】（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的 CuS 尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了 CuSO4和 S，发生了 CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高 Cu 的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO

10、4+S+2H2O；（2）根据 c=1000M得，浓硫酸浓度=1.84100098%98/gmLg mol=18.4molL-1，根据C1V1=C2V2得：18.4molL-1V=0.3molL-11L，解得 V16.3mL；根据反应物为 NH4NO3和硫酸，可知，利用 NO3-在酸性条件下的氧化性将 Cu 氧化溶解，发生的反应为 Cu 和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：16.3；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）流程可知，“反应”利用 SO32-将 Cu2+还原成 Cu+，SO32-自身被 Cu2+被氧化成

11、SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化 S 化合价由+4 升高到+6，升高了 2，每个 Cu2+被还原，化合价从+2 降低到+1，降低了 1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以 Cu2+和 SO32-的物质的量之比为 2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；故答案为：SO42-或(NH4)2SO4；2:1；B 点之前 Cu+和 Cl-形成 CuCl 沉淀，B 点时建立了 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),B 点之后，Cl-浓度增大，有一部分 CuCl 溶解CuCl(s)+Cl-CuCl2-,由 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)可知，CuCl

12、虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以 C 点和 B 点 Cu2+的浓度是相等的，由于 B 点之前 CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以 B 点的 Cu2+的浓度小于 A 点，综上所述答案为：；既然 B 点之后是由于发生了 CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小 Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：加水稀释；（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4，所以答案为：(NH4)2SO4；（5）硝酸有强氧化性，将 CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：HNO3具

13、有强氧化性会把 CuCl 氧化。【点睛】（3）由图可知，B 点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的 NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！5为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图 1 实验流程，用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体请回答：（1）写出步骤反应的离子方程式：_。（2）试剂 X 是 _。步骤、中均需进行的实验操作是 _。（3）进行步骤时，该小组用如图 2 所示装置及试剂制取 CO2并将制得的气体通入溶液 A中一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少为了避免固体 C 减少，可采取的改进措

14、施是 _。（4）由溶液 E 到绿矾晶体（FeSO47H2O），所需操作是 _、_、_、洗涤、干燥。（5）用固体 F 制备 CuSO4溶液，可设计如图 3 三种途径：写出途径中反应的离子方程式 _，请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由 _。【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 稀硫酸 过滤 在 a、b 之间添加盛放饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小 【解析】【分析】金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶

15、体（FeSO47H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液 A 为 NaAlO2溶液，经途径与足量二氧化碳发生 AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体 C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成 AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液 D 为碳酸氢钠溶液；滤渣 B 为 Fe 和 Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液 E 为 FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣 F 为 Cu，可用于制备胆矾，以此解答本题。【详解】（1）步骤加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，即 2Al+2OH+2H

16、2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制的绿矾晶体，步骤、均是固体和液体的分离操作，应该是过滤，故答案为：稀硫酸；过滤；（3）进行步骤时，该小组用如图 2 所示装置及试剂将制得的 CO2气体通入溶液 A 中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体 C 减少，可在制取二

17、氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置 I 和之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，故答案为：在 a、b 之间添加盛放饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶；（4）溶液 E 为 FeSO4溶液，得到绿矾晶体（FeSO47H2O）的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；（5）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，即 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧

18、化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，该过程原料利用率高，且环境污染小，所以途径最佳，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；途径最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。6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

19、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-+

20、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

21、；（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

22、+；（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 Cu

23、Cl 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。7如图是工业上以制作印刷电路的废液(含3Fe、2Cu、2Fe、C1)生产 CuCl 的流程：已知：CuCl 是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。请回答下列问题：(1)流程中的滤渣与 Y 反应和 X 与 Y 反应相

24、比，单位时间内得到的气体多，其原因为_。(2)滤液需要加过量 Z，检验 Z 过量的方法是_。(3)写出生成 CuCl 的离子方程式：_。(4)为了提高 CuCl 产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置(图1)中的_(填选项字母)，过滤后，洗涤 CuCl 的试剂宜选用_(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)CuCl加入饱和 NaCl 溶液中会部分溶解生成2CuCl，在一定温度下建立两个平衡：I.CuCl sCu aqCl aq 6spK1.4 10 II.CuCl sCl 2aqCuClaq spK0.35。(5)分析c Cu、2c CuCl和spK、K 的数学关系，在图 2 中画出c Cu、2

25、c CuCl的关系曲线_(要求至少标出一个坐标点)(6)氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g于 250mL 锥形瓶中，加入 10mL 过量的3FeCl溶液，不断摇动：待样品溶解后，加入 20mL 蒸馏水和 2 滴指示剂；立即用10.1000mol L硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30mL。上述相应化学反应为322CuClFeClCuClFeCl、2433FeCeFeCe，则样品中 CuCl 的纯度为_(保留三位有效数字)。【答案】Fe、Cu 和 HCl 形成原电池，加快了反应速率 取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量 22

26、224SO2Cu2Cl2H O2CuClSO4H B 无水乙醇 96.7%【解析】【分析】废液中加入过量铁粉，发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+、Fe+Cu2+Fe2+Cu，原溶液中的 Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液中含有 Fe2+、Cl-，在滤液中加入过量的氯气，可以将 Fe2+氧化成 FeCl3，即得到 FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液也为 FeCl2溶液，滤渣为铜。【详解】(1)流程中的滤渣与 Y 反应和 X与 Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣中有铁和铜单质，与盐酸反应时能

27、形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率，故答案为：Fe、Cu 和 HCl 形成原电池，加快了反应速率；(2)检验溶液中通入的氯气已过量，可取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量，故答案为：取少量蚀刻液于试管中，滴加少量品红溶液，品红褪色，证明氯气过量；(3)根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成 H2SO4、CuCl，因此离子方程式为22224SO2Cu2Cl2H O2CuClSO4H，故答案为：22224SO2Cu2Cl2H O2CuClSO4H；(4)生产中为了提高 CuCl产品的质量，尽可能减少 CuCl 被空气中氧气氧化，直采用抽滤法快速过滤

28、，所以过滤装置选择 B项。洗涤 CuCl 宜选用无水乙醇，因为 CuCl 难溶于无水乙醇，洗涤时可减少 CuCl 的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。不选用硫酸，虽然CuCl 难溶于硫酸，但用硫酸冼涤，会给 CuCl 表面带来少量的 H+和 SO42-杂质，故答案为：B；无水乙醇；(5)据反应式 CuCl(s)+Cl-(aq)CuCl2-(aq)和 K的本义式有：2()=()c CuClKc Cl，将分子、分母同乘以 c(Cu2+)得，22sp()()=()()c CuClc Cuc CuClc CuKKCuClc Clc Cu，将题给的 K和 Ksp的数据代入得 c(CuCl2-)c(Cu

29、+)1.41060.354.910-7，取其中(0.7，0.7)做为一个坐标点，图象示意如下：，故答案为：；(6)根据题给的相应化学反应322CuClFeClCuClFeCl、2433FeCeFeCe可得 CuCl 和 Ce4+的反应配比是 1:1，所以可得 CuCl的纯度-324.30 1?00.1/99.5/96.70.25Lmol Lg molg10 0，故答案为：96.7%。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 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体

30、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 1 的主要成分为_。(2)第步加 H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，用 H2O2做氧化剂的优点是_。(3)滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中如何分离两种沉淀，写出反应的离子方程式_。(4)第步蒸发所需玻璃仪器为_。【答案】Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O Au、Pt 不引入新的杂质，对环境无污染 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 酒精灯、玻璃棒 【解析】【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe 发生反应生成

31、Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液；Pt 和 Au 不能反应，仍以固体单质的形式存在，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 与浓硝酸反应的离子方程式为 Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O；(2)第步加 H2O2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为 2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O。用 H2O2作氧化剂的优点是还原产物是H2O，不引入杂质，且对环境无污染；(3)滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中可根据 Al(O

32、H)3是两性氢氧化物，能够与强碱 NaOH 溶液反应，而 Fe(OH)3是碱，不能与强碱发生反应来分离两种难溶性物质，反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)第步从含有 CuSO4的溶液中获得 CuSO45H2O 晶体的方法是蒸发结晶法，蒸发时所需玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒。9孔雀石主要含 Cu2(OH)2CO3，还含少量 Fe、Si 的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备 CuSO45H2O，主要步骤如下：已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下：请回答下列问题：(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓

33、硫酸浓度外，还可以采取的措施有:_(写一种)。(2)试剂是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是_。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是_。(3)试剂为 CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在_范围。操作的名称是_。(4)溶液 C 得到 CuSO45H2O 的主要步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)调节 pH 时,Fe3+在 Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，从而把杂质快除去 温度控制在 80C，pH 控制在 1.5,氧化时间为 4h 左右 3.2pH4.7 过滤 蒸发浓缩 冷却结晶 【解析】【分析】孔雀石

34、中加入稀硫酸，得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳，还有 SiO2，那么气体 E 为CO2，加入试剂后产生红褐色沉淀 D，说明沉淀为 Fe(OH)3，进一步说明溶液 B 中含有Fe3+，那么试剂是一种具有氧化性的试剂，可将溶液 A 中的 Fe2+氧化为 Fe3+，为了不引入新杂质，选用的试剂是 H2O2；试剂的作用是调节溶液的 pH 使 Fe3+沉淀，同时保留Cu2+，溶液 C 为硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤干燥后可得 CuSO45H2O，据此解答本题。【详解】（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施是升高反应的温度或者增大接触面积；（2）由分析可知试剂

35、是双氧水，可将溶液 A 中的 Fe2+氧化为 Fe3+，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是在 Cu2+开始沉淀之前 Fe3+已完全沉淀，从而把杂质除去；由曲线图可知，当温度为80，pH=1.5 时 Fe3+的转化率最高，因此工业上氧化操作时应采取的条件是温度为 80，pH=1.5 时，氧化时间为 4h 左右；（3）试剂为 CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在 3.24.7 之间，既能让 Fe3+完全沉淀，又不让 Cu2+开始沉淀；操作为过滤；（4）由分析可知，溶液 C 得到 CuSO45H2O 的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。10已知某工业废水中含有大量 FeSO4，较

36、多的 Cu2+，极少量的 Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收 FeSO47H2O 晶体及金属 Cu。（1）步骤 1 的主要操作是_，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有_。（2）固体混合物是_（填化学式）（3）步骤 3 中发生反应的化学方程式为_。（4）步骤 4 中涉及的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反应的离子方程式_。【答案】过滤 漏斗、玻璃棒 Fe、Cu Fe+H2SO4=FeSO4+H2 冷却结晶 Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O 【解析】【分析】已知某工业废水中含有大量 Fe

37、SO4，较多的 Cu2+，极少量的 Na+以及部分污泥，通过过滤得到溶液 1，含有大量 FeSO4，较多的 Cu2+，极少量的 Na+；加入足量的铁粉，置换出金属铜，得到固体混合物铁和铜；过滤，得到溶液 2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 FeSO47H2O 晶体；固体混合物铁和铜加入足量的硫酸，得到硫酸亚铁溶液进入溶液 2 中，同时剩余铜固体，据以上分析解答。【详解】（1）步骤 1 用于分离固体和液体，为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；（2）由上述分析可知，固体混合物含 Fe、Cu；故答案为：Fe、Cu；（3）步骤 3 中发生反应的离子方程式为 Fe+H2SO4 FeSO4+H2；故答案为：Fe+H2SO4 FeSO4+H2；(4)步骤 4 中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 FeSO47H2O 晶体，故答案为：冷却结晶；(5)氧化亚铜与稀硫酸反应,溶液变蓝,发生离子反应为 Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。