2020-2021高考化学铜及其化合物推断题(大题培优易错难题)附答案

1、2020-2021 高考化学铜及其化合物推断题( 大题培优易错 难题 ) 附答案一、铜及其化合物1 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。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。B 遇水生(1)A 组成元素是 _（用元素符号表示）。(2)B 的化学式是 _。(3)B 与水反应的化学方程式是_。【答案】 Cu SOCu2OSO43Cu

2、2OSO4+4H2O=3Cu(OH) 2CuSO4H2O+2CuSO4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，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

3、 个 CuSO4 分解的产物，则 B 是 Cu2OSO4， 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，若有 3 个 Cu244OSO 反应，溶于水的S 只能是生成 2 个 CuSO，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

4、 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+2CuSO4。【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

5、定律是确定物质成分及元素的关键，本题难度适中。2 铜及其化合物向 2n mln 0.2n mol?L 1Na 2SO3 溶液中滴加0.2nmol?L 1 CuSO4 溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含SO42 ，含有Cu、Cu2 和2 。已知： Cu+稀硫酸2+2+I-2SO3Cu+Cu , CuCuI (白色 )+I 。(1)用稀硫酸证实沉淀中含有 Cu的实验现象是 _。(2)向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI 溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因_。【答案】有暗红色不溶物生成I 2 SO3

6、2H 2O2ISO422H【解析】【分析】(1) Cu 在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。【详解】(1) Cu在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：有暗红色不溶物生成；(2)加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为I 2SO32H 2O2ISO422H。故答案为：I 2SO32H 2O2ISO422H。3 某废液中含有 Fe3+、 Cu2+、 Ba2+、 Cl 四种离子，某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理，以

7、回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。回答下列问题：(1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式_。(2)沉淀 A 中含有的金属单质是_ 。(3)下列物质中，可以用作试剂X 的是 _（填写序号）。A BaClB BaCO C NaOHD Ba(OH)232(4)向溶液 B 中通入 Cl 的作用是 _；实验过程中该小组同学用NaCl 固2体、 MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得2Cl ，写出反应的化学方程式 _；由于 Cl2 有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B 中加入双氧水后发生反应的离子方程式 _。【答案】 Fe+Cu2+=Fe2+Cu、 Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜 BD

8、将 Fe2+ 氧化成Fe3+2NaCl MnO2 3H2SO4(浓)2NaHSO4 MnSO4 Cl2 2H2O2Fe2+ 2H+ H2O2 2Fe3+ 2H2O【解析】【分析】加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在过滤得到的沉淀1 中含有的金属单质铜过量的铁；滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子，通入Cl2 将二价铁氧化成三价铁离子，再加碱调节 pH 值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，所以沉淀2 为氢氧化铁，进一步转化成氯化铁晶体，而滤液2 则只剩氯化钡溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一

9、步转化成氯化钡固体。据此分析。【详解】（ 1）向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来，同时 Fe3+能氧化单质铁生成 Fe2+，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu、 Fe+2Fe3+=3Fe2+，2+2+3+2+故答案为： Fe+Cu =Fe+Cu、 Fe+2Fe=3Fe ；（ 2）废液中含有 Fe3+、 Cu 2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第 得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：铜、铁；（3）根据以上分析，加试剂X 调节 pH 值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质，所以选BD ，故答案为

10、： BD ；（ 4）向溶液 B 中通入 Cl 2 可以将 Fe2+ 氧化成 Fe3+； NaCl 固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与 MnO 2 加热反应生成 Cl 2，反应的化学方程式为NaCl+H 2SO4(浓 )Na2SO4+2HCl ， MnO 2+4HClMnCl 2+Cl 2 +2HO 或2NaCl MnO23H SO (浓 )2NaHSO MnSO Cl 2H2O；向溶液 B 中加入双氧水24442后发生反应的离子方程式为 2Fe2+ 2H+ H2 O2 2Fe3+2H2O，故答案为：将 Fe2+ 氧化成 Fe3+；2NaCl MnO 2 3H2SO4(浓 )2NaHSO4

11、 MnSO4 Cl2 2H2O； 2Fe2+2H+ H2O2 2Fe3+ 2H2O。4 铜锌银精矿化学成分如下：元素CuZnAgSFePb元素质量17.6018.300.14633.1518.177.86分数 /%利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体 A”为 _(填化学式 )，“浸渣”中主要为硫酸铅和_(填化学式 )。(2)“沉铜”得到 Cu2Cl2 固体，目的是 _。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)“母液 2”中阴离子含量最多的是 _，该溶液最好返回_工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理

12、由是 _。【答案】 SO2AgCl除去锌铁元素，分离出铜元素1:2氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，224S转化为 SO，再加入 H SO和 NaCl，金属氧化物转化为硫酸盐， Ag 转化为 AgCl 沉淀， Pb 转化为 PbSO4沉淀。通入22 转化为 Cu2222 444SO 将 CuCl 沉淀，加入 O、 H SO转化为 CuSO 溶液，最后得到CuSO 晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S 元素转化为 SO2，因此气体 A 为 SO2；各金属氧化物与 H2 与 S

13、O 2 沉淀得到 PbSO 与 Cl 会生成2SO4 转化为金属离子，Pb44，而 AgAgCl 沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2 、 Fe2 、 Cu2 。沉铜之后，得到Cu2Cl2 沉淀，实现了 Cu与 Zn、 Fe 的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；(3)氧化的目的是将 Cu2Cl2 转化为 CuSO4， Cu2Cl2中 Cu 的化合价为1 价， 1molCu2Cl2 转化全部转化为2，失去 2mol 电子， 1molO 2 反应时，得到 4mol 电子，根据得失电子守恒，Cu氧化剂和还原剂的比例为1：2；(4) 氧化的目的是将 Cu2Cl2 转化为 CuSO4，根据原

14、子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液 2 中含有较多的Cl ，以及没有沉淀的Cu2和 SO42，溶液中没有Ag 和 Pb2 等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl ；【点睛】问题 (4)母液 2 最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入 NaCl 的目的是为了沉淀 Ag ，而 Ag在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的 Cl ，母液 2 中含有较多的 Cl ，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。5 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71%Cu20%Al5%F

15、e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：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CuSO4 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

16、+ +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 H2O2 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24 323+影响。Al (SO ) 18HO 时要考虑除去 Fe【

17、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+ +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Fe2 (SO4)3 成分。如果采用乙方案，加适量Al 粉可以置换出 Fe 同时生 Al3+。

18、丙方案加入NaOH 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。6 氯化亚铜 (CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl 的工艺如图：已知CuCl 难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系-CuCl(s)+ClCuCl2 -，潮湿空气中易水解氧化。（ 1） “氧化酸浸 ”前先将铜矿粉碎的目的是 _。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为 _；（2） “溶解 ”时所用硫酸浓度为-1此硫酸溶液，需要-1浓硫0.3mol L ，配制 1L98%、1.84g mL酸_mL（保留 1 位小数）。溶解时反应

19、的离子方程式_；（3） “反应 ”时， Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl 的量关系如图所示。反应的氧化产物是_， n(氧化剂 )： n(还原剂 )=_；比较 c(Cu+)相对大小： A 点 _C 点（填 “ 、”“ 加水稀释(NH4)2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl 氧化【解析】【分析】利用 H 2O2 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 NO 3-在酸性条件下的强氧化性将Cu 氧化成 Cu2+，接下来用SO32- 将 Cu 2+还原成 Cu+ ，同时利用 Cl -将 Cu+沉淀生成 CuCl ，

20、用稀硫酸洗去CuCl 表面的(NH 4+)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+H SO+H O =CuSO +S+2H O；242242（2）根据 c=1000得，浓硫酸浓度 =1000

21、1.84g 98%-1mL=18.4mol L，根据M98g / mol-1-1 1L，解得 V 16.3mL；根据反应物为NHNO和硫C V =C V 得： 18.4 molLV=0.3mol L112243-Cu 氧化溶解，发生的反应为Cu 和稀硝酸反酸，可知，利用 NO3 在酸性条件下的氧化性将应，故离子方程式为：3Cu+8H+ +2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O，故答案为： 16.3；+-2+3Cu+8H +2NO3 =3Cu +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 SO42-，SO42

22、- 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(NH) SO ； 2:1；424B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-由 CuCl(s)+-CuCl 溶解 CuCl(s)+Cl2 ,? Cu (aq)+ ClCuCl(aq) 可

23、知， CuCl 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2+A 点，综上所述答案为：的 Cu 的浓度小于；-使沉淀减少了，所以我们可以减小-既然 B 点之后是由于发生了 CuCl(s)+Cl2ClCuCl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 2 44 24) SO ，所以答案为： (NH ) SO ；（5）硝酸有强氧化性，将CuCl 氧化，所以不能用硝酸代替

24、硫酸进行“酸洗 ”，故答案为：HNO3 具有强氧化性会把 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NH 4Cl 又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！7 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 )

25、 ， Cu2 S 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 H2 2_，并写O 溶液，则“氧化”反应的离子方程式为出 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Cu22O，写出阳极上生成 Cu O 的电极反应式： _ 。【答案】 SO2 12 2H H3 2H空气或氧气22Fe2O2 2Fe2 O3.7pH 4 8过滤防止Cu2O被空

26、气中氧气氧化2Cu2e 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：高温高温2CuFeS+4OCu S+3SO +2FeO、 Cu S+2O2CuO+SO ，部分 FeO 被氧化为 Fe O ，22222223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+、2+Fe3+X将Fe2+氧化为Fe3+Y调节pH 3 7 4 8Fe、的酸性溶液，加入试剂，加入试剂= . . ，沉淀 Fe3+ ，过滤，将滤液用KOH、 N2H4 还原，反应为：904CuSO+N2H4+8KOH2Cu2 O+N2+4K2SO4

27、+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SO222发生反应2； Cu S 与 OCu S高温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21；故答案为：SO2； 21；（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 H2O22Fe3 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：22Fe 2H2 23 2H2O；氧气或空气H O 2Fe（

28、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 pH4. 8；故答案为： 3.7 pH4. 8；（4）操作 X 为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为2Cu O 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 2e2OH2OH=Cu2O Cu2O H2O；故答案为： 2Cu 2eH O。28Ag2OZn 纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、 Ag、

29、 Zn、 Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。如图是简要生产流程。（ 1）固体拆解物需先粉碎的目的是_。（ 2）浸渣的主要成分是 _。（ 3）以上流程中可循环使用的物质是_，除此之外，你认为通过对 _（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现_（填化学式）的循环利用。（4）加入 Cu 之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是 _（用离子方程式表示） .（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：+2NH3Ag(NH3)2+K 稳 =1.77-10已知： Ag10； Ksp（ AgCl） =1.8 10写出 AgCl（s）与 NH3 反应的离子方程式_，该反应的平衡常数 K=_。（6

30、）上述两种回收方案中都用到了试剂X，X 是_。A稀硫酸B稀硝酸C CuSO 溶液4（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。若电流强度为-19yA， 1 小时后，得到 Ag_g（列出计算式，已知 1 个电子所带电量为 1.6 10C，阿伏伽德罗常数的值用 NA 表示）。【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu 滤液 、 Zn+2+AgCl+2NH3 ?+-33Cu+8H +2NO 3 =3Cu+2NO+4H 2OAg(NH3)2 +Cl 3.06 10A2.43 1024 yNA【解析】【详解】（ 1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，故答案为

31、：增加酸浸速率，提高浸取率；（ 2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，故答案为：石墨；（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液 、 中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，故答案为： Cu；滤液 、 ；Zn；（4）加入 Cu 之前，若酸性太强，Cu 与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Cu+8H+ +2NO 3 =3Cu 2+ +2NO+4H 2O ，+2+故答案为： 3Cu+8H+2NO 3 =3Cu+2NO+4H 2O ；（ 5）由信息可得， AgCl溶于 NH3 的离子方程式为 AgCl+2NH3 ? Ag(NH3)2 + +Cl-；该反应的平衡常数为c

32、AgNH 3 2c Clc AgNH 32c Ag+c Cl=K 稳Kc2 NH 3=c2c Ag +NH 37-10-3Ksp=1.7 10 1.8 10=3.06 10，故答案为： AgCl+2NH3 ?+-3Ag(NH3)2 +Cl ； 3.06 10；（6）第一种回收方法中，固体混合物与X 反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn和 Cu，要回收 Cu，可利用稀硫酸和CuSO4 溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn和 Ag，若要除去 Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A，故答案为： A；（ 7） 1h=3600s， Q=It =y3600，根据题意回收的 Ag 的质量= n

33、 My 3600NAmol 108g/mol= 2.43 1024 y g，1.610 19NA故答案为：2.43 1024 y 。NA9 纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿( 主要成分为Cu2S) 为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：(1) 用黄铜矿 ( 主要成分为CuFeSCu2S，其原2) 、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的理如图所示，该反应的离子方程式为_。( 2) 从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3 溶液作浸取剂。反应： Cu2 S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为_；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3

34、+较高浓度，有关反应的离子方程式为_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_。( 3) “萃取”时，两种金属离子萃取率与pH 的关系如图所示。当pH 1. 7 时， pH 越大，金属离子萃取率越低，其中3+Fe 萃取率降低的原因是 _。( 4) 用“反萃取”得到的 CuSO4 溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为 _( 5) 在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、 _等操作可得到 Fe2O3 产品。+4Fe2+=4Fe3+生【答案】 CuFeS2 Cu 2H =2CuS Fe2 H2S 2 mo

35、lO2 4H 2H2O成的硫覆盖在 Cu23+水解程度随 pH 的升高而增大32： 7 洗涤煅S 表面，阻碍浸取Fe烧( 或灼烧 )【解析】【分析】辉铜矿（主要成分为 Cu2S）用 FeCl3 溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3 =2CuCl2+4FeCl2 +S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO2+与4 溶液，调节溶液pH，在碱性条件下， CuN2H4 反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。【详解】（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu

36、22+和H22+ Cu22+ H2SFeSCuFeS Cu 2H=S Fe+S，同时生成，反应的离子方程式为：+，故答案为： CuFeS2+=Cu22+H2+Cu+2HS+FeS；（ 2）反应 Cu2S+4FeCl3 2CuCl2+4FeCl2+S，反应中， FeCl3 中 Fe 元素的化合价由 +3 价降低为+2 价， Cu2S 中 Cu 元素的化合价由+1 价升高为 +2 价，硫元素的化合价由- 2 价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数 =4，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol ，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程2+3

37、+式为： 4Fe +4H +O2=4Fe+2H2O，故答案为： 2mol ； 4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O；浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2 S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S 表面，阻碍浸取；3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH 1.7时，pH越大，金属离子萃取（率越低，故答案为： Fe3 +的水解程度随着pH 的升高而增大；（4）在碱性条件下，Cu2+反应生成氮气和铜，反应为：+-与 N2 H42Cu2 +N2H4+4OH=2Cu+N2+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（2 64）：28=32： 7，故答案为： 32： 7；（ 5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2 O3 产品，故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。10 从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：已知： CuFeS2+3CuCl2 4C