2020-2021 备战高考化学(铜及其化合物推断题提高练习题)压轴题训练含答案
解析
一、铜及其化合物
1.下列框图涉及的物质所含元素中,除一种元素外,其余均为1~18号元素。
已知:A 、F 为无色气体单质,B 为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B 获得1918年的诺贝尔化学奖。C 为黑色氧化物,E 为紫红色金属单质,I 为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题:
(1)常温下铝遇到G 的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为___________。
(2)E 与G 的稀溶液反应的离子方程式为_________。
(3)在25 ℃和101 kPa 的条件下,将VL 的B 气体溶于100 mL 水中,得到密度为ρg·mL -1的
溶液M ,则M 溶液的物质的量浓度为________ mol·
L -1。(已知25 ℃、101 kPa 条件下气体摩尔体积为24.5 L·
mol -1,不必化简) (4)分别蘸取B 的浓溶液和G 的浓溶液的玻璃棒,接近后的现象是_________。
(5)B 和C 反应的化学方程式为__________。
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物,K 为白色沉淀。写出SO 2还原J 生成K 的离子方程式:______。
【答案】钝化 3Cu +8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O V 100024.517V+245024.5ρ
? 冒白烟
3CuO +2NH 3=3Cu +N 2+3H 2O 2Cu 2++2Cl -+SO 2+2H 2O
Δ 2CuCl↓+4H ++SO 42- 【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化,据此解答;
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,据此解答;
(3)氨气的物质的量是V 24.5mol ,溶液的质量是17V +10024.5?? ???
g ,溶液的体积为-1
17V +100g 24.5ρg mL ?? ???g =17V+245024.5ρmL ,据此解答; (4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟,据此解答;
(5)B 与C 反应即CuO 和NH 3反应,生成铜单质、氮气和水,据此解答;
(6)J 、K 是同种金属的不同氯化物,K 为白色沉淀,则K 是CuCl ,SO 2还原氯化铜生成氯化
亚铜,据此解答;
【详解】
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖,则B是氨气,A是氧气,D是NO,F是氮气,G是硝酸。C为黑色氧化物,E为紫红色金属单质,I为蓝色沉淀,则C是氧化铜,与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水,E是铜,与硝酸反应生成硝酸铜,I是氢氧化铜,J是氯化铜。
(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为钝化,故答案为:钝化;
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)氨气的物质的量是
V
24.5
mol,溶液的质量是
17V
+100
24.5
??
?
??
g,溶液的体积为
-1
17V
+100g
24.5
ρg mL
??
?
??
g
=
17V+2450
24.5ρ
mL,所以溶液的物质的量浓度为
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
?
mol·L-1,故答案为:
V
1000
24.5
17V+2450
24.5ρ
?
;
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵,实验现象是冒白烟,故答案为:冒白烟;
(5)B与C反应的化学方程式为3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O,故答案为:3CuO+2NH3=3Cu +N2+3H2O;
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K是CuCl,SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
Δ
2CuCl↓+4H++SO42-,故答案为:2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
Δ
2CuCl↓+4H++SO42-。
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______________。
【答案】CuO Cu2++2OH-=Cu(OH)2 Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O
【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色固体为
CuO,X为氧化铜,n(CuO)=
32
80/
g
g mol
=0.4mol,结合质量守恒得到
n(O2)=
3.2
32/
g
g mol
=0.1mol,氧元素守恒得到甲中n(Cu):n(O)=0.4mol:(0.4mol-
0.1mol×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Cu2O,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Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+
H2O。
3.我国很早就使用青铜器,由于时间久远,其表面有一层“绿锈”,“绿锈”俗称“铜绿”,是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的,化学式为[Cu2(OH)2CO3],“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
(1)从物质分类标准看,“铜绿”属于___(填字母)。
A.酸 B.碱 C.盐 D.氧化物
(2)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式:___。
(3)上述转化过程中属于氧化还原反应的是___(填序号)
(4)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水,其分解的化学方程式为___。
【答案】C Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+ +CO2↑+3H2O①⑤
Cu2(OH)2CO3Δ
2CuO+CO2↑+ H2O
【解析】
【详解】
(1)、Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根离子,属于盐类,故选择C;
(2)、铜绿与盐酸反应的离子方程式:Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+ +CO2↑+3H2O;
(3)、反应①中铜元素从0价升高为+2价,反应⑤中铜元素从+2价降低为0价,其他反应元素化合价无变化,因此,上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤,
故答案为①⑤;
(4)、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水,化学方程式为:
Cu2(OH)2CO3Δ
2CuO+CO2↑+ H2O。
4.在下图所示的物质转化关系中,A是常见的气态氢化物,B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,E的相对分子质量比D大17,G是一种紫红色金属单质。(部分反应中生成物没有全部列出,反应条件未列出)
请回答下列问题:
(1)A、C的化学式分别为_______、_______。
(2)反应①的化学方程式为_______。
(3)反应②的离子方程式为_______。
(4)向反应②后的溶液中通入少量的A,现象为_______。
【答案】 NH3 NO 3NO2+H2O=2HNO3+NO 3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 有蓝色沉淀生成
【解析】已知B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,即为氧气,G是一种紫红色金属单质,则为铜,E能与不活泼金属铜反应,且相对分子质量比D大17,所以E为
HNO3,D为NO2,则C为NO,F为H2O,由此推出A为NH3。
(1)A、C的化学式分别为NH3和NO;
(2)反应①为NO2与H2O的反应,化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(3)反应②为铜与稀硝酸的反应,其离子方程式为3Cu+ 8 H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)反应②后的溶液为Cu(NO3)2溶液,通入少量的NH3,将发生如下反应Cu2++2NH3·H2O Cu(OH)2↓+2NH4+,所以现象为有蓝色沉淀生成。
5.铜锌银精矿化学成分如下:
元素Cu Zn Ag S Fe Pb
元素质量
分数/%
17.6018.300.14633.1518.177.86
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,理由是________。
【答案】SO2 AgCl 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,S转化为SO2,再加入H2SO4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SO2将Cu2+转化为Cu2Cl2沉淀,加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液,最后得到CuSO4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H2SO4转化为金属离子,Pb2+与SO42-沉淀得到PbSO4,而Ag+与Cl-会生成AgCl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Cu2+,失去2mol电子,1molO2反应时,得到4mol电子,根据得失电子守恒,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。
6.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂,在空气中迅速被氧化变成绿色;见光分解变成褐色。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:
根据以上信息回答下列问题:
(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)实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示:
pH1234567
CuCl产率/%70908278757270
析出CuCl晶体最佳pH为____,当pH较大时CuCl产率变低原因是____。调节pH时,___(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸,理由是____。
(4)氯化亚铜的定量分析:
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中,充分溶解。
②用0.10mol·L?1硫酸铈标准溶液滴定。已知:CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如表(平行实验结果相差不能超过1%):
平行实验次数123
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)24.3524.0523.95
则样品中CuCl的纯度为_____。(结果保留三位有效数字)。
(5)由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为:CuCl(s)+H 2O(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水解反应的平衡常数K与此温度下K W、K sp(CuOH)、K sp(CuCl)的关系为K=____。
【答案】Fe 2Cu2++ 2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42- 2 Cu2+水解程度增大,反应生成CuCl减少,产率减小;不能硝酸会与产品CuCl发生反应 95.5%
2CuOH Cu2O+H2O K w×K sp(CuCl)/K sp(CuOH)
【解析】
【详解】
向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的铁粉,三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子,铜离子与铁反应生成铜,然后过滤,滤渣为过量的铁和生成的铜,依据铜与铁活泼性,将滤渣溶于盐酸,铜与盐酸不反应,过滤得到滤渣即为铜,
然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,铜与氯气反应生成氯化铜,硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜;
(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应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来,则X为Fe、Y为HCl,
故答案为:Fe;
(2)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,依据得失电子守恒其方程式为:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,离子反应方程式:2Cu2++
2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为:2Cu2++ 2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-;
(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,导致反应生成CuCl减少;硝酸具有强氧化性,能将产品CuCl氧化生成Cu2+,所以不能用相同pH 的硝酸代替硫酸,
故答案为:2;Cu2+水解程度增大,反应生成CuCl减少,产率减小;不能;硝酸会与产品CuCl发生反应;
(4)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%,体积为24.35mL,误差大舍
去,则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为:24.05mL+23.95mL
2
=24mL,
结合方程式可知:CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2,Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+,CuCl~Ce4+,CuCl的纯度
为:
3
2410L0.1mol/L99.5g/mol
0.25g
-
???
×100%=95.5%,
故答案为:95.5%.
(5)CuOH热分解的化学方程式为2CuOH Cu2O+H2O;CuCl(s)+H2O(l)?CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq),平衡常数K=c(H+)c(Cl-)
=
()()
c H c OH
c(OH)
+-
-
×
()()
()
+-
+
c Cu c Cl Kw Ksp(CuCl)
=
Ksp(CuOH)
c Cu
??
答案为:Kw Ksp(CuCl) Ksp(CuOH)
?
7.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)4-n Cl n],随着环境酸度的改变n随之改变。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)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、________。
(2)还原过程中发生的主要反应的离子方程式:__________,若将(NH4)2SO3换成铁粉也可得到CuCl,写出离子方程式___________。
(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。真空干燥、密封包装的原因是:______________________________。
(4)随着PH值减小[Cu2(OH)4-n Cl n]中Cu% ________。(填字母)
A.增大 B.不变 C.不能确定 D.减小
(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,从生成物的角度分析,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】漏斗 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化D温度过高,促进了CuCl的水解(或温度过高,促进了CuCl与空气中氧气反应) Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
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,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,发生2Cu2++SO32-+2Cl-+
H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+,经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,烘干得到氯化亚铜。
【详解】
(1)过滤时用到的仪器漏斗、烧杯、玻璃棒;
(2)还原过程中硫酸铜与亚硫酸铵、氯化铵和水反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸铵、硫酸,离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+;若换为Fe时,铜离子与铁、氯离子反应生成亚铁离子和氯化亚铜,离子方程式为Cu2++ 2Cl-+ Fe=2CuCl↓+Fe2+;
(3)氯化亚铜在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜,真空干燥、密封包装可防止
CuCl在潮湿的空气中水解氧化;
(4)随着p H值减小,溶液中c(H+)增大,则[Cu2(OH)4-n Cl n]中OH-的量逐渐减小,则Cl-的量增大,摩尔质量增大,则Cu的百分含量减小,答案为D;
(5)温度过高时,CuCl与空气中的氧气反应,或促进了CuCl的水解,导致CuCl产率下降;
(6)电解时阴极得电子,则铜离子得电子,与氯离子反应生成氯化亚铜沉淀,电极反应式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。
8.实验室以孔雀石[主要成分是CuCO3·Cu(OH)2,还含有少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2]为原料制备CuSO4·5H2O步骤如下:
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获得CuSO4·5H2O,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】
【分析】
孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2,少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2,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)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获得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反应生成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,优点是产物不会引入新的杂质。
9.工业上可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:①阳极泥的主要化学成分,如表所示:
主要成分Cu Ag Au Se Te
百分含量/%23.4 12.1 0.9 6.7 3.1
②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
H2SO4浓度/ mol·L-1浸出率/%浸出温度
/℃
浸出率/%
Cu Ag Au Se Te Cu Ag Au Se Te
495.1 4.67 <0.2 0.83 8.933087.1 4.58 <0.2 0.08 6.83 394.5 4.65 <0.2 0.28 6.904094.5 4.65 <0.2 0.28 6.90 278.1 2.65 <0.2 0.05 2.855096.1 5.90 <0.2 0.64 8.73
(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Na2TeO3溶液可得Te实现,阴极的电极反应式为_____。【答案】2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O 硫酸浓度3 mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的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、H2O2会有部分分解 Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+
2NaCl+H2O TeO32—+4e-+3H2O=Te+6OH-
【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②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Ⅱ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)步骤Ⅳ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,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;根据题目中所给表格②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Ⅱ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Ⅳ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=Te+6OH-。
10.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CuSO4·5H2O,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,除适当增加浓硫酸浓度外,还可以采取的措施
有:__________(写一种)。
(2)试剂①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②为CuO,其目的是调节溶液的 pH 保持在___________________范围。操作Ⅰ的名称是_________________。
(4)溶液 C 得到CuSO4·5H2O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80oC,pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 3.2≤pH<4.7 过滤蒸发浓缩冷却结晶
【解析】
【分析】
孔雀石中加入稀硫酸,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②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①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①是H2O2;试剂②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CuSO4·5H2O,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①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②为CuO,其目的是调节溶液的 pH 保持在3.2~4.7之间,既能让Fe3+完全沉淀,又不让Cu2+开始沉淀;操作Ⅰ为过滤;
(4)由分析可知,溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。