（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__；
L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·
酸__mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式__； （3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___； ②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。 ③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___； （4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__； （5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。 【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等
CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O 16.3 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O SO42-或(NH4)2SO4 2：1 > 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-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=CuSO4+S+2H2O；
1.84g1000??9800??（2）根据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L-1，根据mLM98g/molL-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1?V=0.3mol·
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）①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-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；
②B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Cu的浓度小于A点，综上所述答案为：>； ③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！
2+
6．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：
开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)2 7.5 9.0 Fe(OH)3 2.7 3.7 Cu(OH)2 4.8 6.4 (1)炉气中的有害气体成分是__________(填化学式)，Cu2S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H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出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Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的
电极反应式：____________________________________。
＋＋＋
【答案】SO2 2∶1 2Fe2＋2H＋H2O2＝2Fe3＋2H2O
空气或氧气
3.7≤pH＜4.8 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu－2e－＋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：2CuFeS2+4O2
高温Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2
高温2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，
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+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOHCu2O。 【详解】
（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋2O2
90℃2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得
高温2CuO＋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
2∶1；故答案为：SO2；2∶1；
＋＋＋＋
（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＋H2O2＝
2Fe3＋＋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：2Fe2＋2H＋
H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；；氧气或空气
（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≤pH＜4.8；故答案为：3.7≤pH＜4.8；
（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O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－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
7．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（FeSO4?7H2O）和胆矾晶体请回答：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式： ______ 。
（2）试剂X是 ______。步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是 ______。
（3）进行步骤Ⅱ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，可采取的改进措施是 ______。
（4）由溶液E到绿矾晶体（FeSO4?7H2O），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①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②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、绿矾晶体（FeSO4?7H2O）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Ⅱ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Ⅰ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?+2H2O=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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ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Ⅱ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Ⅱ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（FeSO4?7H2O）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②最佳，
故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；途径②最佳，理由是原料利用率高，环境污染小。
8．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：
（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。 （2） 滤渣的成分为____。
（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。
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【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2 Cu、Fe 2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl
【解析】 【分析】
按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑； 【详解】
（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2
2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题(大题培优 易错 难题)附详细答案
