全国备战高考化学铜及其化合物推断题综合备战高考模拟和真题汇总解析

全国备战高考化学铜及其化合物推测题综合备战高考模拟和真题汇总及答案解析全国备战高考化学铜及其化合物推测题综合备战高考模拟和真题汇总及答案解析/全国备战高考化学铜及其化合物推测题综合备战高考模拟和真题汇总及答案解析全国备战高考化学铜及其化合物推测题的综合备战高考模拟和真题汇总及答案解析一、铜及其化合物(SO4)3、好多的Cu2+和少许的Na+。从工业废水中回1．某工厂的工业废水中含有大批的Al2收金属铝和金属铜的工艺流程以以以以下图所示(试剂X、Y、Z均过分)。(1)试剂X为_______，加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。(2)操作②为____________(填实验分别方法)。(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。(4)写出操作④的化学反响方程式____________。(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反响，产生的气体为_________(填化学式)。【答案】铝2Al+3Cu2+3+氨水过滤24324243242=2Al+3CuAl(SO)、HSOAl(SO)、HSOSO【解析】【解析】某工厂的工业废水中含有大批的Al2432+和少许的Na+，由流程可知加入X为(SO)、好多的Cu金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al24324Al和Cu的(SO)、NaSO，不溶性物质为过分的混淆物，向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al，反响产生Al2(SO4)3，而Cu不可以够够发生反应，则为稀H2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过分H2SO4，因为Al(OH)3是两性物质，能够与过分的强碱NaOH溶液反响产生可溶性物质，所以向①②混淆后加入氨水，可生成Al(OH)3积淀，过滤、冲刷后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可生成Al，以此解答该题。【详解】依据上述解析可知操作①是过滤，不溶性物质为Cu、Al混淆物，操作②是过滤，试剂Y是HSO，溶液1含有Al(SO)、NaSO，溶液2含有Al(SO)、过分HSO，试剂Z是氨242432424324水，操作③是过滤，操作④加热分解Al(OH)3，操作⑤是电解。(1)由以上解析可知X为Al，可用于除掉溶液中的Cu2+，反响的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；试剂Z为氨水；(2)操作①②③用于分别固体和液体，为过滤操作；(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4；(4)操作④是加热Al(OH)3，Al(OH)3不坚固，受热发生疏解反响，化学方程式为：2Al(OH)32Al2O3+3H2O；(5)金属

Cu与浓硫酸混淆加热，发生氧化复原反响，产生

CuSO4、SO2、H2O，反响方程式为：Cu+2H244222SO(浓)CuSO+SO↑+2HO，所以反响产生的气体为SO。【点睛】此题察看了物质的推测、混淆物分别提纯的综合应用，掌握分别流程中的反响及混淆物分别方法为解答的重点，注意实验的设计企图，掌握物质的性质，重视察看学生的解析与实验能力。2．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用宽泛。CuC1微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl浓度较大的溶液，在湿润空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少许CuO）为原料，采纳硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。回答下列问题：（1）步骤①中N元素被复原为最廉价，写出此反响的离子方程式______________。2）步骤②中，亚硫酸铵要略保持过分，原由是___________，滤液中可循环利用的物质是__________。3）步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防备滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl，CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为______________________。（4）用K2Cr2O7溶液测定氯化亚铜样品纯度（假定杂质不参加反响），步骤以下：正确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g，将其置于过分的FeCl3溶液中，待样品圆满溶解后，加入合适稀硫酸配成100mL溶液，取溶液10.00mL用0.1000molLK2Cr2O7溶液进行滴定，反响中Cr2O72被复原成Cr3，有关数据记录如表所示：该样品中CuCl的质量分数__________________。实验编号123耗费K2Cr2O7溶液的体积/mL14.9816.0315.022（5）制造印刷电路板产生的废液中含大批

CuNH34

等离子，利用膜电解技术对此废液进行电解，电解装置以以以下图。电解后的阴极液中加入合适盐酸并用水稀释可获取CuCl，电解时阴极的电极反响式为

___________，生成

CuCl的离子方程式为________________________________。【答案】4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O使圆满反响，阻截生成的被氧化硫酸4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl89.55%2++e-+2H2O=CuNH3+CuNH342+2NH3H2OCuNH322HClCuCl2NH4【解析】【解析】铜与硝酸根和氢离子反响生成铜离子，加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等，过滤获取氯化亚铜，经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。【详解】⑴步骤①中N元素被复原为最廉价变为铵根离子，铜变为铜离子，所以反响的离子方程+2+式；4Cu+NO3+10H=4Cu+NH4+3H2O；故答案为：+2+4Cu+NO3+10H=4Cu+NH4+3H2O。⑵步骤②中，亚硫酸根拥有复原性，铜离子拥有氧化性，CuCl在湿润空气中易水解氧化，所以亚硫酸铵要略保持过分，原由是使圆满反响，阻截生成的被氧化，Cu2+、Cl－、SO32-和H2O反响CuCl、SO22-、H+，所以滤液中可循环利用的物质是硫酸；故答案为：使圆满反响，阻截生成的被氧化；硫酸。⑶步骤⑤中，用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防备滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl，与空气中氧气、水反响生成Cu(OH)3Cl和HCl，其反响的的化学方CuCl2程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl。⑷三次耗费中第二次是错误数据，舍去，求其他两次均匀数为15.00mL，依据得失电子守恒关系获取n(CuCl)=6n(Cr2O72--1)=6×0.1mol?L×0.015L=0.009mol，该样品中CuCl的质量分数ω0.009mol1099.5gmol1100%89.55%10.0g2NH32+⑸依据图中信息，阴极CuNH34获取电子变为Cu和NH3H2O，所以2++电解时阴极的电极反响式为CuNH34+e-+2H2O=CuNH32+2NH3H2O，电解后的阴极液中加入合适盐酸并用水稀释可获取CuCl，生成CuCl的离子方程式为CuNH322HClCuCl2NH4；故答案为：CuNH322HClCuCl2NH4。3．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3、Cu2、Fe2、Cl）生产CuCl的流程以以以下图：依据以上信息回答以下问题：1）生产过程中：X是________，Z是________。（均填化学式）2）写出生成CuCl的离子方程式________。（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇冲刷的原由是________。（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要增补SO2气体，其原由是________。（5）已知：常温下KspCuCl1.6107，KspCuI1.21012，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至cI-0.1molL1，此时溶液中c(Cu+)=________。c(Cl-)（6）实验研究pH对CuCl产率的影响以下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最正确pH为________，当pH较大时CuCl产率变低的原由是________。【答案】FeCl22+-2-+或H2O2等合理答案亦可2Cu+SO2+2Cl+2H2O=2CuCl↓+SO4+4H减少产品CuCl的损失Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反响中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反响中耗费CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要增补SO2气体31082pH较大时，Cu2水解程度增大，反响生成CuCl减少【解析】【解析】依据流程图，蚀刻液为氯化铁溶液，则滤液①为氯化亚铁，所以印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)中应先加入过分的铁粉除掉铜离子和铁离子，过滤后，在滤液1中通入过量的氯气，可生成氯化铁，用于制作蚀刻液；滤渣①含有铜、铁，加入过分的盐酸除掉铁，滤液②为氯化亚铁，滤渣②中含有铜，可与浓硫酸反响生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反响生成氯化铜，调理溶液pH，可生成硫酸和CuCl晶体，据此解析解答。【详解】(1)由以上解析可知

X是Fe，Z是

Cl2，故答案为：

Fe；Cl2；2+2-242-+，故答案为：(2)生成CuCl的离子方程式为2Cu+SO+2Cl+2HO=2CuCl↓+SO+4H2+-2-+；2Cu+SO2+2Cl+2H2O=2CuCl↓+SO4+4H(3)氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤，可减少产品CuCl的损失，同时乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：减少产品CuCl的损失；(4)依据图示可知：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O反响中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4反响中耗费CuSO4和SO2也为1∶1，所以理论上不需要增补SO2气体，故答案为：24422Cu+2HSO(浓)CuSO+SO↑+2HO反响中生成的CuSO4224222442和SO为1∶1，CuCl+CuSO+SO+2HO=2CuCl↓+2SOH反响中耗费CuSO和SO也为1∶1，所以理论上不需要增补SO2气体；(5)常温下sp-7，Ksp-12，现向CuCl饱和溶液中加入NaI固体至c(I-K(CuCl)=1.6×10(CuI)=1.2×10，c(Cu2+1.21012，c(Cl-)=0.1mol?L-1-111.6107-4，此)=0.1mol/L=1.2×10)=mol/L=4×10mol/Lc(Cu+)1.210时溶液中-)=10c(Cl4

11-8，故答案为：3×10-8；4=310(6)由表中数据可知，析出CuCl晶体最正确pH为2，pH较大时，铜离子水解程度增大，反响生成CuCl减少，CuCl产率降低，故答案为：2；pH较大时，铜离子水解程度增大，反响生CuCl减少。【点睛】依据实验目的正确理解实验流程图是解题的重点。此题的易错点和难点为(4)，要注意依据反响的方程式解析判断。4．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中快速被氧化变为绿色；见光分解变为褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：依据以上信息回答以下问题：1）生产过程中X的化学式为____。2）写出产生CuCl的离子方程式：____。3）实验研究pH对CuCl产率的影响如表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最正确pH为____，当pH较大时CuCl产率变低原由是____。调理pH时，___（填“能”或“不可以够够”）用同样pH的硝酸取代硫酸，原由是____。（4）氯化亚铜的定量解析：①称取样品0.25g和过分的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。-1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl322②用0.10mol·L=CuCl+FeCl、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不可以够够超出1%）：平行实验次数1230.25g样品耗费硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_____。（结果保存三位有效数字）。（5）由CuCl水解再热分解可获取纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl-(aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为____。第一步CuCl水解反响的均衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝____。【答案】2+-+2-2+水解程度增大，反响生成Fe2Cu+2Cl+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H+SO42CuCuCl减少，产率减小；不可以够够硝酸会与产品CuCl发生反响95.5%2CuOH22wspspCuO+HOK×K(CuCl)/K(CuOH)【解析】【详解】向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过分的铁粉，三价铁离子与铁粉反响转变为二价铁离子，铜离子与铁反响生成铜，此后过滤，滤渣为过分的铁和生成的铜，依据铜与铁开朗性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反响，过滤获取滤渣即为铜，此后铜与浓硫酸反响生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反响生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反响生成氯化亚铜；1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反响生成二价铁离子，铜离子能够与铁反响生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反响生成氯化亚铁，铜与盐酸不反响，将铜分别出来，则X为Fe、Y为HCl，故答案为：Fe；（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反响生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2422O=2CuCl↓42++CuSO+SO+2H+2HSO，离子反响方程式：2Cu+-+2-2Cl+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H+SO4故答案为：2Cu2+-22+42-；+2Cl+SO+2HO=2CuCl↓+4H+SO（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，致使反应生成CuCl减少；硝酸拥有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不可以够够用同样pH的硝酸取代硫酸，故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反响生成CuCl减少，产率减小；不可以够够；硝酸会与产品CuCl发生反响；（4）依据题目中所给数据及平行实验结果相差不可以够够超出1%，体积为24.35mL，偏差大舍去，则滴定0.25g样品耗费硫酸铈标准溶液的均匀体积为：

24.05mL+23.95mL=24mL，2联合方程式可知：CuCl+FeCl═CuCl+FeCl，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，CuCl的纯度32224103L0.1mol/L99.5g/mol×100%=95.5%，为：0.25g故答案为：95.5%．（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOHCu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）?CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），均衡常数K=c（H+）c（Cl-）=cHcOHcCu+cCl-Ksp(CuCl)×=Kwc(OH)cCu+Ksp(CuOH)KwKsp(CuCl)答案为：Ksp(CuOH)5．实验室以孔雀石[主要成分是CuCO3·Cu(OH)2，还含有少许杂质FeO、Fe2O3、SiO2]为原料制备CuSO·5HO步骤以下：42请回答以下问题：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获取CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、______________、过滤等操作。（4）溶液B与CuO反响生成Fe(OH)3和溶液C的化学方程式为________________________。【答案】Cu2+、Fe2+将Fe2+氧化为Fe3+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O冷却结晶Fe2(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4【解析】【解析】孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2，少许杂质FeO、Fe2O3、SiO2，加入过分稀硫酸，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可调理溶液pH，利于铁离子的水解而生成氢氧化铁积淀，过滤分别出的溶液C为硫酸铜溶液，经加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作可获取硫酸铜晶体，以此来解答。【详解】1）由上述解析可知，溶液A的金属离子有Fe3+和Cu2+、Fe2+，故答案为：Cu2+、Fe2+；2）溶液A中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反响的离子方程式为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获取CuSO4·5H2O，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反响生成Fe（OH）3和溶液C的化学方程式为Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4，故答案为：Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4。【点睛】工艺流程题中常用H2O2作氧化剂，长处是产物不会引入新的杂质。6．信息时代产生的大批电子垃圾对环境组成了极大的威迫。某“变废为宝”学生研究小组将一批荒弃的线路板简单办理后，获取含70%Cu、25%Al、4%Fe及少许Au、Pt的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答以下问题：(1)第①步Cu与酸反响的离子方程式为__________________，获取滤渣1的主要成分为_______________。222+氧化为Fe3+，用H22做氧化剂的长处(2)第②步加HO的作用是做氧化剂，将溶液中的FeO____________________。(3)滤渣2的主要成分是Al(OH)和Fe(OH)，在生产中怎样分别两种积淀，写出反响的离子33方程式______________。(4)第③步蒸发所需玻璃仪器为__________________。【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2HOAu、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、浓硝酸混淆酸后加热，Cu、Al、Fe发生反响生成Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液；Pt和Au不可以够够反响，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①步Cu与浓硝酸反响的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，依据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反响的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。用H2O2作氧化剂的长处是复原产物是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，在生产中可依据

Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液反响，而Fe(OH)3是碱，不可以够够与强碱发生反响来分别两种难溶性物质，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)第③步从含有CuSO4的溶液中获取CuSO4?5H2O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。7．工业上能够从电解铜的阳极泥中提取好多重要物质，其工艺流程以下：已知：①阳极泥的主要化学成分，如表所示：主要成分CuAgAuSeTe百分含量/%23.412.10.96.73.1②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/%HSO浓度－1CuAgAuSeTe/℃CuAgAuSeTe/molL·495.14.67＜0.20.838.933087.14.58＜0.20.086.83394.54.65＜0.20.286.904094.54.65＜0.20.286.90278.12.65＜0.20.052.855096.15.90＜0.20.648.73(1)步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反响的化学方程式为

__________；解析表

2数据，可知步骤I最合适的条件为______________。(2)步骤

II中，加入

Cu粉的目的是除掉滤液中含碲的离子，加入

NaCl的目的为

________。(3)步骤III的操作方法为___________。(4)步骤IV中，反响温度为75℃。加入HO溶液作用为______________；此过程中HO溶2222液的增添量要远远高于理论值，原由为_____________。(5)步骤VI中所发生反响的化学方程式为_______。(6)步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反响式为_____。【答案】2Cu＋O-1、浸出温度40℃除掉滤液2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O硫酸浓度3molL·中的Ag+加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中增添硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋2—＋4e－－2NaCl＋H2OTeO3＋3H2O＝Te＋6OH【解析】【解析】(1)依据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反响是铜与硫酸及空气中氧气的反响，配平方程式即可；依据题目中所给表格②中数据解析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的明显是使Ag+转变为氯化银积淀而除掉；(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)步骤Ⅳ中，反响温度为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H2O2溶液的增添量要远远高于理论值，原由是：赶快率及均衡角度考虑，可增添硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；(5)依据流程图中的反响物和生成物，配平方程式即可；(6)依据反响物Na2TeO3和生成物Te，联合碱性条件，阴极应发生复原反响，根坚守恒即可写出其电极反响式。【详解】(1)依据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反响是铜与硫酸及空气中氧气的反响，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；依据题目中所给表格②中数据解析，可知当硫酸浓度为2mol?L-1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3mol?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最合适的条件为：硫酸浓度3mol?L-1、浸出温度40℃；(2)步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的明显是使Ag+转变为氯化银积淀而除掉；(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Ⅳ中，反响温度为

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H2O2溶液的增添量要远远高于理论值，原由是：赶快率及均衡角度考虑，可增添硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；(5)依据流程图中的反响物和生成物，依据得失电子守恒、原子守恒，反响的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；(6)依据反响物Na2TeO3和生成物Te，联合碱性条件，阴极应发生复原反响，根坚守恒即可写出其电极反响式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。8．氯化亚铜(CuCI)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采纳以下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、CI-)中制备氯化亚铜。请回答以下问题：1）写出步骤①中发生的两个主要反响的离子方程式：___。2）步骤②的操作名称是___。3）步骤④中所加物质X为___。4）步骤⑤的操作是___。（5）步骤⑥应调理溶液的pH呈酸性，且用乙醇冲刷（6）在CuCI的生成过程中，能够循环利用的物质是

CuCl品体，目的是___。___，理论上___(填“需要”或“不需要”)增补(不考虑调理等耗费

)；原由是

___。7）エ业上还能够够够采纳以碳棒为电极电解CuCl2溶液获取CuCl。写出电解CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反响：___。【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、冲刷CuO或Cu(OH)2或CuCO3等在HCl气流中蒸发结晶减少CuCl的损失硫酸不需要Cu与浓硫酸反响生成CuSO4和SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中耗费CuSO4和2的物质的量也为11，所以理论上不需要增补H2SO4Cu2+--↓SO﹕+Cl+e=CuCl【解析】【解析】从某酸性废液（主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-）中制备氯化亚铜，向工业上以某酸性废液（含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-）加入过分的铁粉，三价铁离子与铁粉反响转变为二价铁离子，铜离子与铁反响生成铜，此后过滤，滤渣为过分的铁和生成的铜，依据铜与铁开朗性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反响，过滤获取滤渣即为铜，此后铜与浓硫酸反响生成硫酸铜和二氧化硫，酸性废液调理pH值使铁离子积淀，过滤得氯化铜溶液，氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反响生成氯化亚铜和硫酸，硫酸能够再循环利用。【详解】（1）步骤①中铁能与铜离子及铁离子反响生成铜和亚铁离子等，同时铁也与酸性废液中的酸反响生成氢气，波及的离子方程式为2+2+3+2+Cu+Fe=Cu+Fe、Fe+2Fe=3Fe、+2+2↑，故答案为：2+2+、Fe+2Fe3+2+或Fe+2H+2+2↑；Fe+2H=Fe+HCu+Fe=Cu+Fe=3Fe=Fe+H2）步骤②中从溶液中分别出固体物质过分的铁和生成的铜，所以步骤②的操作名称是过滤、冲刷，故答案为：过滤、冲刷；（3）步骤④中为调理溶液的

pH值，要能与酸反响同时不引入新的杂质，所以物质

X为CuO或Cu(OH)2或CuCO3等，故答案为：CuO或Cu(OH)2或CuCO3等；（4）步骤⑤的操作是从氯化铜溶液中获取氯化铜晶体，要防备铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在

HCl气流中蒸发结晶，故答案为：在

HCl气流中蒸发结晶；（5）CuCl微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，所以要用乙醇冲刷

CuCl晶体，减少

CuCl的损失，故答案为：减少

CuCl的损失；（6）依据流程解析可知，硫酸能够循环利用，Cu与浓硫酸反响生成CuSO4和SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中耗费CuSO和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上4不需要增补H2SO4，故答案为：硫酸；不需要；Cu与浓硫酸反响生成CuSO4和SO2的物质的量为1：1，而生产CuCl的过程中耗费CuSO和SO2的物质的量也为1﹕1，所以理论上4不需要增补H2SO4；7）电解CuCl2溶液，阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子，亚铜离子联合氯离子生成氯化亚铜积淀，电极反响式为Cu2++Cl-+e-=CuCl↓，故答案为：Cu2++Cl-+e-=CuCl↓。9．已知某工业废水中含有大批FeSO4，好多的Cu2+，很少许的Na+以及部分污泥，经过以下流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O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）固体混淆物是____（填化学式）3）步骤3中发生反响的化学方程式为___。（4）步骤4中波及的操作是：蒸发浓缩、___、过滤、冲刷、干燥。5）火法制得的粗铜中常混有少许氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反响的离子方程