还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编
成套系列资料，整套一键下载
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铜及其化合物
展开
这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铜及其化合物，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铜及其化合物
一、单选题
1．（2023·河北沧州·统考一模）下列说法正确的是
A．因为二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫能够杀菌消毒
B．由于四水合铜离子为蓝色，则铜盐溶液均为蓝色
C．可向食盐溶液中滴加淀粉溶液，观察是否变蓝，判断食盐中是否加碘
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
2．（2022·河北·一模）利用下列装置(夹持装置已省略)进行对应实验。下列说法正确的是
A．装置甲打开分液漏斗下方活塞，水不能持续流下
B．装置乙加热时，品红溶液中红色褪去，冷却后溶液变红
C．装置丙加热一段时间后气球鼓起，高锰酸钾溶液褪色
D．加热丁蒸发AlCl3溶液，完全蒸干后得到AlCl3晶体
3．（2022·河北·校联考模拟预测）中国舞剧不仅吸收和化用戏曲杂技等传统艺术的身体语言，面且跨越艺术类型。从国画。文物、诗词等其他传统文化艺术中汲取灵感。下列有关说法错误的是
A．杂技《柔术滚杯》用直筒玻璃杯取代高脚塑料杯，塑料是高分子有机物
B．国画《千里江山图》的绿色来自孔雀石颜料，孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜
C．词句“断虹霁雨，净秋空”描述的情景与雷雨天气氧气转化成臭氧(少量)有关
D．古化戏曲行当中“净行”的面部绘画比较复杂，需重施油彩，油彩是易溶于水的物质
4．（2021·河北·模拟预测）类比推理是重要的学科思想，下列根据已知进行推理正确的是
选项
已知
推理
A
能把海水中的碘置换出来
也能把海水中的碘置换出来
B
冶炼铁通常用热还原法
冶炼铜也可以用热还原法
C
与能直接化合生成
和也能直接化和生成
D
通入溶液中无沉淀生成
通入溶液中也无沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·河北·模拟预测）下列推断正确的是（ ）
事实
结论
A
常温下铁、铜均不溶于浓硫酸
常温下铁、铜均与浓硫酸不反应
B
HCl与Na2CO3溶液反应生成CO2
可用饱和 Na2CO3溶液除去 CO2中的少量HCl
C
氧化铜高温下生成红色物质，该物质可与稀硫酸反应
氧化铜高温下可分解生成Cu2O
D
稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物分别为NO和NO2
稀 HNO3氧化性比浓 HNO3强
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·河北·模拟预测）某化学小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如表所示。已知：Cu2++Cu+4Cl-=2[CuCl2]-，[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法正确的是
A．实验I、Ⅱ、Ⅲ中，Fe3+均被还原
B．实验I中加入铜粉充分反应后，溶液中铜以[CuCl2]-的形式存在
C．实验Ⅱ中所得白色沉淀不能溶于饱和NaCl溶液
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液不可能出现白色沉淀
7．（2023·河北邢台·统考一模）中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是
A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定
B．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是的颜色
C．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜
D．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂
8．（2022·河北石家庄·统考二模）中华文化源远流长，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载。下列说法错误的是
A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuO
B．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象涉及化合反应
C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金硬度方面的特性
D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中硫体现了氧化性
二、多选题
9．（2021·河北保定·统考二模）一种以海绵铜()为原料制备的工艺流程如图。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法正确的是
A．“溶解”过程中表现了酸性和强氧化性
B．“还原”过程中有白色沉淀生成
C．“过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．为提高的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
三、实验题
10．（2022·河北·模拟预测）某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是 。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；
ii.；
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是 。
11．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
以下
以上
结晶水合物
回答下列问题：
(1)仪器的名称为 ，溶液的作用是 。
(2)“湿法”制备的离子方程式为 ，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是 。
(3)为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是 。
(4)用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 (填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 。
(5)查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中， 。
12．（2021·河北·模拟预测）某实验小组同学为了探究铜的相关性质的反应及产物，进行了如下系列实验。
【实验1】铜与浓硫酸反应及产物性质实验装置如图所示。
实验步骤：①先连接好装置，检验气密性，加入试剂；②加热具支试管A直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；③将丝上提离开液面。
(1)反应过程中以及熄灭酒精灯时，因为有导管D的存在，不必担心B中的液体会倒吸，其原因是 。
【实验2】实验中发现具支试管A内除了产生白色固体外，在铜丝表面还产生黑色固体甲，其中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜。
(2)具支试管A内产生的白色固体主要成分为 。
查阅资料：①氧化亚铜在酸性环境下会发生自身氧化还原反应生成和铜单质，在氧气流中煅烧，可以转化为氧化铜。②硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀硫酸，在氧气流中煅烧，硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫。
为了研究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如图的实验：
(3)③中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为 。
(4)下列对于固体甲的成分的判断正确的是(填字母选项) 。
A．固体甲中，和不能同时存在
B．固体甲中，和至少有一种
C．固体甲中若没有，则一定有
D．固体甲中若存在，也可能有
【实验3】下图是用于气体制备、干燥、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去)。请根据下列要求回答问题。
(5)若烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，则：
①当仪器连接顺序为A→C→B→B→D时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是、无水粉末。此实验的目的是 。
②为了使B中反应充分，在不改变现有药品的条件下，可采取的方法有(写一种) 。
四、工业流程题
13．（2021·河北·统考模拟预测）五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O)是蓝色晶体，某学生实验小组利用铜屑制备CuSO4·5H2O，并进行了相关实验。具体合成路线如下：
回答下列问题：
(1)铜屑需经预处理除去表面油污，方法是 。
(2)步骤①的实验装置如图(a)所示(夹持、加热仪器略)，其中浓硝酸需要逐滴加入，其原因是 。(写出两点即可)
(3)CuSO4·5H2O在受热时质量分数(w)随温度的变化情况如图(b)所示。据此分析可知，CuSO4·5H2O受热过程可能发生的化学反应是 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
(4)制备过程中若加热不当会导致晶体发白，为了得到蓝色的CuSO4·5H2O晶体，步骤③最适宜采用 (填标号)加热。
A．电热套B．酒精灯C．水浴锅 D．煤气灯
(5)CuSO4·5H2O保存不当会失水风化，为测定所得产品中结晶水的含量，学生小组进行了如下实验：
①准确称取产品(CuSO4·xH2O)mg置于250mL锥形瓶中，用适量水溶解，加入足量KI，得到白色沉淀和I2的棕黄色溶液，相应的离子方程式为 。
②以淀粉为指示剂，用浓度为cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定上述反应中生成的I2，滴定终点时的颜色变化为 。
③滴定达终点时消耗Na2S2O3溶液VmL，则x= (列表达式)。
(已知：滴定反应的离子方程式为：)
(6)请从原子经济性和环境友好的角度，设计由铜制备CuSO4·5H2O的合成路线 。
14．（2021·河北秦皇岛·统考二模）以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为主要原料生产铜、铁红，原料的综合利用率较高，其主要流程如图。
已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易被氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的Na[CuCl2]。
②Cu+酸性条件发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
(1)固体C中含有硫单质，则反应Ⅰ的离子方程式为 。从固体C中分离出硫单质的方法是溶解、过滤、蒸馏。最适宜的溶剂为 。
A．水 B．氢氧化钠溶液 C．CS2 D．酒精
(2)写出铁红的一种用途 ，反应Ⅰ~Ⅴ中氧化还原反应共有 步。
(3)常温下，反应Ⅱ中生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液中c()=3.0×10-6mol/L，需要控制溶液的pH不大于 时，才能使所得FeCO3中不含Fe(OH)2。过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净的方法是 。
(已知Ksp[FeCO3]=3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16)
(4)反应Ⅲ在高温下进行，该反应的化学方程式为 。
(5)以惰性电极电解溶液D，阴极电极反应式为 。
15．（2021·河北·统考模拟预测）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；② 。
(2)ZnO转化反应的离子方程式为 。
(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为 。
(4)滤渣②的主要成分有 (填化学式)，回收后可用作冶金原料。
(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为 ，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回 工序循环使用。
(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为 。
(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到 溶液和 固体(均填化学式)。
参考答案：
1．D
【详解】A．二氧化硫能够杀菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，选项A错误；
B．氯化铜溶液中含有，是黄色的，溶液由于同时含有和以及和的混合配离子，通常为黄绿色或绿色，选项B错误；
C．食盐中含有碘酸钾，不能使淀粉变蓝，选项C错误；
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确；
答案选D。
2．C
【详解】A．如图所示装置中橡皮管可以平衡气压，能使水持续流下，故A错误；
B．加热时，主要是亚硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈红色，冷却后二氧化硫溶于水，使品红溶液红色褪去，故B错误；
C．铜和浓硫酸制取SO2，气体鼓起，SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．AlCl3易水解，蒸干AlCl3溶液应得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．D
【详解】A．塑料的主要成分是树脂，树脂是指尚未和各种添加剂混合的高分子化合物，A正确；
B．孔雀石是一种古老的玉料，主要成分为碱式碳酸铜，B正确；
C．雷电作用下，氧气可以转化为臭氧，臭氧有很好的消毒作用，C正确；
D．油彩是含有油质和颜料的稠状物，难溶于水，D错误；
综上所述答案为D。
4．B
【详解】A．氯气的氧化性比碘强，故Cl2能把海水中的碘置换出来，虽然F2的氧化性比单质碘强，但是F2会先与水反应，反应方程式为： 2F2+2H2O=4HF+O2，所以不能把海水中的碘置换出来，故 A错误；
B．依据金属冶炼原理分析可知，冶炼金属铁通常用热还原法，铜与铁均为比较活泼的金属，所以冶炼铜也可以用热还原法，故B正确；
C．与在加热的条件下能直接化合生成，和在加热的条件下能直接化合生成，故C错误；
D．将CO2通入Ba (NO3) 2溶液中无沉淀生成，是因硝酸的酸性比碳酸的酸性强，但将SO2通入Ba (NO3)2溶液中有沉淀生成，是因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，把SO2氧化成SO，则生成硫酸钡沉淀，故D错误；
5．C
【详解】A.常温下浓硫酸使铁钝化，钝化属于化学反应，A错误；
B.Na2CO3可与CO2反应，可用饱和 NaHCO3溶液除去 CO2中的少量HCl，B错误；
C.红色物质可与稀硫酸反应，一定不是铜，所以只能为Cu2O，Cu2O+H2SO4= Cu SO4+Cu+H2O，C正确；
D.浓硝酸氧化性强于稀硝酸，D错误。
答案选C。
6．A
【详解】A．实验I、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，反应原理为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，说明被还原，A正确；
B．实验Ⅰ中少量铜粉加入1mL氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜单质生成铜离子，由于Cu不过量，且加入2mL蒸馏水后无白色沉淀析出，说明溶液中铜元素不是以的形式存在，B错误；
C．实验Ⅱ中过量铜粉加入1mL氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：，向其中加入饱和NaCl溶液，增大，平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性，因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C错误；
D．实验Ⅲ：过量铜粉加入1mL硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，向其中加入NaCl饱和溶液，与反应产生CuCl白色沉淀，D错误；
故答案为：A。
7．C
【详解】A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁不活泼，化学性质比铁稳定，A正确；
B． “铜绿”的主要成分为，呈绿色，B正确；
C．单质铜呈紫红色，黄铜是铜锌合金、呈黄色，C不正确；
D． “石胆化铁为铜”指铁和硫酸铜溶液发生置换反应，铁属于金属晶体，反应中金属键断裂，D正确；
答案选C。
8．A
【详解】A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，矿石“曾青”的主要成分为CuSO4，故A错误；
B．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，涉及的化学反应有CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，该现象涉及化合反应，故B正确；
C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金的硬度大于成分金属的硬度，故C正确；
D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，火药燃烧生成硫化钾、二氧化碳、氮气，S元素化合价降低，其中硫体现了氧化性，故D正确；
选A。
9．BD
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
【详解】A．“溶解”过程中表现了酸性，未表现出强氧化性，A错误；
B．“还原”程中发生反应：2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，有白色的沉淀生成，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，C错误；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；
答案选BD。
10．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
11．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) 受热会分解导致损耗
(3) 降温至结晶，抑制水解 增大浓度，有利于结晶
(4) 溶液蓝色褪去
(5)向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
12． 如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象 硫酸铜或 验证的还原性并检验其氧化产物 控制分液漏斗的活塞，使稀缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)
【分析】由图可知，导管D与大气相同，当具支试管中压强减小时，空气会进入具支试管，故不会倒吸，这个反应的主要反应是铜与浓硫酸的反应，固体产物硫酸铜为白色固体，因为黑色固体中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜，依据流程中所加试剂及题干所给物质的性质可知，加入稀硫酸能生成蓝色溶液的是CuO或Cu2O，或者是CuO和Cu2O都有，在氧气流中加热质量减轻的只有CuS，所以在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为，若通过计算可知固体乙中不能只有CuS，实验3是验证氢气的还原性及其产物的判断，要使反应充分，需使气体流速减慢。
【详解】（1）因为D与大气相通，当停止加热，具支试管中压强减小时，空气会由D进入具支试管，故不会倒吸，所以答案为：如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象；
（2）因为具支试管中的主要反应是,所以白色固体为硫酸铜，答案为：硫酸铜或
（3）因为反应后固体质量增重，反应后固体质量不变，固体质量减轻，因为固体乙在氧气流中加热后固体质量减轻，所以必有，所以答案为：；
（4）由反应反应前后的固体质量减少可知，若只有CuS，只需0.96g便可产生0.16g的质量差，所以固体乙中必然含有反应前后固体质量不增加的反应，若是铜则来源与Cu2O，也可能是Cu2S，或者二者都有，所以答案为：BCD；
（5）①因为烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，可知装置A为氢气的发生装置，由连接顺序和所加试剂可知该实验的目的是用氢气还原氧化铜，并验证演化产物水，可是制备出来的氢气混有水蒸气，所以需先通入浓硫酸中干燥氢气，最后再加干燥管的目的是防止空气中的水进入，干扰实验，所以答案为：验证的还原性并检验其氧化产物；
②在不改变反应物状态的情况下让其充分反应就是增大反应物的接触时间，所以应减缓通入氢气的速率，故答案为：控制分液漏斗的活塞，使稀缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)。
【点睛】判断黑色固体成分时，一是要注意题干信息，二是注意固体质量变化的区别。
13． 碱煮水洗 控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成(答案合理即可) BD C 蓝色褪去
【分析】铜屑、浓硝酸、稀硫酸混合发生Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，加热除去过量的HNO3得到硫酸铜溶液，浓缩结晶得到CuSO4·5H2O粗品，重结晶得到纯净的CuSO4·5H2O。
【详解】(1)油污主要成分是油脂，油脂在热碱中快速水解而除去，因此铜屑需经预处理除去表面油污，方法可以是碱煮水洗；
(2)逐滴可以通过观察产生气泡的速率控制反应速率，以免反应过快或过慢；另外若浓硝酸滴加过快，浓硝酸分解和挥发的较多；同时避免硝酸过量太多导致硝酸分解产生大量的氮氧化物，因此浓硝酸需要逐滴加入，其原因是控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成(答案合理即可)；
(3)CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，由图可知温度加热至100℃左右质量分数减小14.4%，即250×14.4%=36，为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；100℃升高到125℃左右，质量分数减小14.4%，即250×14.4%=36，为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；250℃以后质量分数减小7.2%，即250×7.2%=18，为1个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；
综上所述，本题选BD；
(4)由图(b)可知，温度高于100℃会造成CuSO4·5H2O分解，因此加热过程温度应控制在100℃以下，100℃以下由水浴加热完成即可，答案选C；
(5)①CuSO4溶液加KI得到I2和白色沉淀，I元素化合价升高，则Cu元素化合价降低，白色沉淀应为Cu2I，因此离子方程式为；
②碘与淀粉共存溶液为蓝色，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，反应终点时碘被消耗完，溶液蓝色褪去；
③由2CuSO4·xH2O ~~可知有2CuSO4·xH2O ~2Na2S2O3。消耗cmol·L-1的Na2S2O3溶液VmL，即cV×10-3mol，则n(CuSO4·xH2O)= cV×10-3mol，则CuSO4·xH2O的摩尔质量为g/mol，则x=(-160)÷18=；
(6)从环境友好角度，最好不要生成污染空气的二氧化硫、氮氧化物等，即不要用铜和浓硫酸、题中流程反应制硫酸铜，可将铜与空气中氧气反应生成CuO，CuO溶于硫酸得硫酸铜，再进行结晶得CuSO4·5H2O，即由铜制备CuSO4·5H2O的合成路线为。
14． CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S C 油漆涂料等 3 8.5 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 Cu2++2e-=Cu
【分析】本流程的目的，是以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为主要原料生产铜、铁红。首先将黄铜矿用FeCl3溶液溶解，发生反应Ⅰ生成FeCl2溶液和S、CuCl沉淀；溶液A中加入Na2CO3溶液，生成FeCO3沉淀和NaCl溶液；FeCO3在空气中煅烧，发生反应Ⅲ，生成Fe2O3和CO2；固体B中含有CuCl、S，加入NaCl发生反应Ⅳ，生成S和Na[CuCl2]；溶液中加入盐酸发生反应Ⅴ，生成Cu和NaCl、CuCl2。
【详解】(1)固体C中含有硫单质，同时生成FeCl2溶液和Cu沉淀，则CuFeS2与FeCl3溶液发生反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S。固体C中含有硫等，分离出硫单质的方法是溶解、过滤、蒸馏，则发生的仅是溶解过程，最适宜的溶剂为CS2，故选C。答案为：CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S；C；
(2)铁红的主要成分为Fe2O3，呈红棕色，它是防锈漆的成分之一，它的一种用途是油漆涂料等。反应Ⅰ中，Fe由+3价降为+2价；反应Ⅱ中，没有元素的价态变化；反应Ⅲ中，Fe由+2价升高为+3价；反应Ⅳ中，没有元素的价态变化；反应Ⅴ中，Cu由+1价变为0、+2价，所以反应Ⅰ~Ⅴ中氧化还原反应共有3步。答案为：油漆涂料等；3；
(3)常温下，反应Ⅱ中生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液中c()=3.0×10-6mol/L，c(Fe2+)=mol/L=1.0×10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，c(H+)==10-8.5，所以需要控制溶液的pH不大于8.5时，才能使所得FeCO3中不含Fe(OH)2。过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净时，需检验Cl-是否存在，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净。答案为：8.5；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净；
(4)反应Ⅲ是FeCO3在空气中煅烧，生成Fe2O3和CO2，该反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)由分析可知，溶液D中含有NaCl和CuCl2，以惰性电极电解，阴极Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。答案为：Cu2++2e-=Cu。
【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，不能检验洗涤液中是否含有沉淀溶解后电离产生的离子。
15． 增大溶液 pH， 将 转化为 ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ Zn、Cu Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 浸取 煅烧 Fe2(SO4)3 MnO2
【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。
【详解】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与反应，的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的稳定性， 氨水过量可以将 转化为， 使以上两种络离子稳定存在。
(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
(6)碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；
(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铜及其化合物
一、单选题
1．（2023·河北沧州·统考一模）下列说法正确的是
A．因为二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫能够杀菌消毒
B．由于四水合铜离子为蓝色，则铜盐溶液均为蓝色
C．可向食盐溶液中滴加淀粉溶液，观察是否变蓝，判断食盐中是否加碘
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
2．（2022·河北·一模）利用下列装置(夹持装置已省略)进行对应实验。下列说法正确的是
A．装置甲打开分液漏斗下方活塞，水不能持续流下
B．装置乙加热时，品红溶液中红色褪去，冷却后溶液变红
C．装置丙加热一段时间后气球鼓起，高锰酸钾溶液褪色
D．加热丁蒸发AlCl3溶液，完全蒸干后得到AlCl3晶体
3．（2022·河北·校联考模拟预测）中国舞剧不仅吸收和化用戏曲杂技等传统艺术的身体语言，面且跨越艺术类型。从国画。文物、诗词等其他传统文化艺术中汲取灵感。下列有关说法错误的是
A．杂技《柔术滚杯》用直筒玻璃杯取代高脚塑料杯，塑料是高分子有机物
B．国画《千里江山图》的绿色来自孔雀石颜料，孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜
C．词句“断虹霁雨，净秋空”描述的情景与雷雨天气氧气转化成臭氧(少量)有关
D．古化戏曲行当中“净行”的面部绘画比较复杂，需重施油彩，油彩是易溶于水的物质
4．（2021·河北·模拟预测）类比推理是重要的学科思想，下列根据已知进行推理正确的是
选项
已知
推理
A
能把海水中的碘置换出来
也能把海水中的碘置换出来
B
冶炼铁通常用热还原法
冶炼铜也可以用热还原法
C
与能直接化合生成
和也能直接化和生成
D
通入溶液中无沉淀生成
通入溶液中也无沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·河北·模拟预测）下列推断正确的是（ ）
事实
结论
A
常温下铁、铜均不溶于浓硫酸
常温下铁、铜均与浓硫酸不反应
B
HCl与Na2CO3溶液反应生成CO2
可用饱和 Na2CO3溶液除去 CO2中的少量HCl
C
氧化铜高温下生成红色物质，该物质可与稀硫酸反应
氧化铜高温下可分解生成Cu2O
D
稀、浓HNO3分别与铜反应，还原产物分别为NO和NO2
稀 HNO3氧化性比浓 HNO3强
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·河北·模拟预测）某化学小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应，实验记录如表所示。已知：Cu2++Cu+4Cl-=2[CuCl2]-，[CuCl2]-CuCl↓(白色)+Cl-。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法正确的是
A．实验I、Ⅱ、Ⅲ中，Fe3+均被还原
B．实验I中加入铜粉充分反应后，溶液中铜以[CuCl2]-的形式存在
C．实验Ⅱ中所得白色沉淀不能溶于饱和NaCl溶液
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液不可能出现白色沉淀
7．（2023·河北邢台·统考一模）中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是
A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定
B．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是的颜色
C．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜
D．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂
8．（2022·河北石家庄·统考二模）中华文化源远流长，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载。下列说法错误的是
A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，矿石“曾青”的主要成分为CuO
B．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，该现象涉及化合反应
C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金硬度方面的特性
D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中硫体现了氧化性
二、多选题
9．（2021·河北保定·统考二模）一种以海绵铜()为原料制备的工艺流程如图。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法正确的是
A．“溶解”过程中表现了酸性和强氧化性
B．“还原”过程中有白色沉淀生成
C．“过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒
D．为提高的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
三、实验题
10．（2022·河北·模拟预测）某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
(1)假设1：
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
(2)甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是 。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
(3)结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是
(4)乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；
ii.；
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
(5)结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是 。
11．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
温度
以下
以上
结晶水合物
回答下列问题：
(1)仪器的名称为 ，溶液的作用是 。
(2)“湿法”制备的离子方程式为 ，实验中，的实际用量要大于理论用量，原因是 。
(3)为得到纯净的晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入的作用是 。
(4)用“间接碘量法”测定废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成，取出，向其中加入过量固体，充分反应，生成白色沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。(涉及到的反应为：，)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 (填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 。
(5)查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明溶液中存在上述平衡；取少量蓝色稀溶液于试管中， 。
12．（2021·河北·模拟预测）某实验小组同学为了探究铜的相关性质的反应及产物，进行了如下系列实验。
【实验1】铜与浓硫酸反应及产物性质实验装置如图所示。
实验步骤：①先连接好装置，检验气密性，加入试剂；②加热具支试管A直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；③将丝上提离开液面。
(1)反应过程中以及熄灭酒精灯时，因为有导管D的存在，不必担心B中的液体会倒吸，其原因是 。
【实验2】实验中发现具支试管A内除了产生白色固体外，在铜丝表面还产生黑色固体甲，其中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜。
(2)具支试管A内产生的白色固体主要成分为 。
查阅资料：①氧化亚铜在酸性环境下会发生自身氧化还原反应生成和铜单质，在氧气流中煅烧，可以转化为氧化铜。②硫化铜和硫化亚铜常温下都不溶于稀硫酸，在氧气流中煅烧，硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫。
为了研究甲的成分，该小组同学在收集到足够量的固体甲后，进行了如图的实验：
(3)③中在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为 。
(4)下列对于固体甲的成分的判断正确的是(填字母选项) 。
A．固体甲中，和不能同时存在
B．固体甲中，和至少有一种
C．固体甲中若没有，则一定有
D．固体甲中若存在，也可能有
【实验3】下图是用于气体制备、干燥、性质验证、尾气处理的部分仪器装置(加热及夹持固定装置均已略去)。请根据下列要求回答问题。
(5)若烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，则：
①当仪器连接顺序为A→C→B→B→D时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是、无水粉末。此实验的目的是 。
②为了使B中反应充分，在不改变现有药品的条件下，可采取的方法有(写一种) 。
四、工业流程题
13．（2021·河北·统考模拟预测）五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O)是蓝色晶体，某学生实验小组利用铜屑制备CuSO4·5H2O，并进行了相关实验。具体合成路线如下：
回答下列问题：
(1)铜屑需经预处理除去表面油污，方法是 。
(2)步骤①的实验装置如图(a)所示(夹持、加热仪器略)，其中浓硝酸需要逐滴加入，其原因是 。(写出两点即可)
(3)CuSO4·5H2O在受热时质量分数(w)随温度的变化情况如图(b)所示。据此分析可知，CuSO4·5H2O受热过程可能发生的化学反应是 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
(4)制备过程中若加热不当会导致晶体发白，为了得到蓝色的CuSO4·5H2O晶体，步骤③最适宜采用 (填标号)加热。
A．电热套B．酒精灯C．水浴锅 D．煤气灯
(5)CuSO4·5H2O保存不当会失水风化，为测定所得产品中结晶水的含量，学生小组进行了如下实验：
①准确称取产品(CuSO4·xH2O)mg置于250mL锥形瓶中，用适量水溶解，加入足量KI，得到白色沉淀和I2的棕黄色溶液，相应的离子方程式为 。
②以淀粉为指示剂，用浓度为cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定上述反应中生成的I2，滴定终点时的颜色变化为 。
③滴定达终点时消耗Na2S2O3溶液VmL，则x= (列表达式)。
(已知：滴定反应的离子方程式为：)
(6)请从原子经济性和环境友好的角度，设计由铜制备CuSO4·5H2O的合成路线 。
14．（2021·河北秦皇岛·统考二模）以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为主要原料生产铜、铁红，原料的综合利用率较高，其主要流程如图。
已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易被氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的Na[CuCl2]。
②Cu+酸性条件发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
(1)固体C中含有硫单质，则反应Ⅰ的离子方程式为 。从固体C中分离出硫单质的方法是溶解、过滤、蒸馏。最适宜的溶剂为 。
A．水 B．氢氧化钠溶液 C．CS2 D．酒精
(2)写出铁红的一种用途 ，反应Ⅰ~Ⅴ中氧化还原反应共有 步。
(3)常温下，反应Ⅱ中生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液中c()=3.0×10-6mol/L，需要控制溶液的pH不大于 时，才能使所得FeCO3中不含Fe(OH)2。过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净的方法是 。
(已知Ksp[FeCO3]=3.0×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16)
(4)反应Ⅲ在高温下进行，该反应的化学方程式为 。
(5)以惰性电极电解溶液D，阴极电极反应式为 。
15．（2021·河北·统考模拟预测）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；② 。
(2)ZnO转化反应的离子方程式为 。
(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为 。
(4)滤渣②的主要成分有 (填化学式)，回收后可用作冶金原料。
(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为 ，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回 工序循环使用。
(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为 。
(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到 溶液和 固体(均填化学式)。
参考答案：
1．D
【详解】A．二氧化硫能够杀菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，选项A错误；
B．氯化铜溶液中含有，是黄色的，溶液由于同时含有和以及和的混合配离子，通常为黄绿色或绿色，选项B错误；
C．食盐中含有碘酸钾，不能使淀粉变蓝，选项C错误；
D．植物油中含有碳碳双键，具有还原性，能发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项D正确；
答案选D。
2．C
【详解】A．如图所示装置中橡皮管可以平衡气压，能使水持续流下，故A错误；
B．加热时，主要是亚硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈红色，冷却后二氧化硫溶于水，使品红溶液红色褪去，故B错误；
C．铜和浓硫酸制取SO2，气体鼓起，SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．AlCl3易水解，蒸干AlCl3溶液应得到Al(OH)3，灼烧得到Al2O3，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．D
【详解】A．塑料的主要成分是树脂，树脂是指尚未和各种添加剂混合的高分子化合物，A正确；
B．孔雀石是一种古老的玉料，主要成分为碱式碳酸铜，B正确；
C．雷电作用下，氧气可以转化为臭氧，臭氧有很好的消毒作用，C正确；
D．油彩是含有油质和颜料的稠状物，难溶于水，D错误；
综上所述答案为D。
4．B
【详解】A．氯气的氧化性比碘强，故Cl2能把海水中的碘置换出来，虽然F2的氧化性比单质碘强，但是F2会先与水反应，反应方程式为： 2F2+2H2O=4HF+O2，所以不能把海水中的碘置换出来，故 A错误；
B．依据金属冶炼原理分析可知，冶炼金属铁通常用热还原法，铜与铁均为比较活泼的金属，所以冶炼铜也可以用热还原法，故B正确；
C．与在加热的条件下能直接化合生成，和在加热的条件下能直接化合生成，故C错误；
D．将CO2通入Ba (NO3) 2溶液中无沉淀生成，是因硝酸的酸性比碳酸的酸性强，但将SO2通入Ba (NO3)2溶液中有沉淀生成，是因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，把SO2氧化成SO，则生成硫酸钡沉淀，故D错误；
5．C
【详解】A.常温下浓硫酸使铁钝化，钝化属于化学反应，A错误；
B.Na2CO3可与CO2反应，可用饱和 NaHCO3溶液除去 CO2中的少量HCl，B错误；
C.红色物质可与稀硫酸反应，一定不是铜，所以只能为Cu2O，Cu2O+H2SO4= Cu SO4+Cu+H2O，C正确；
D.浓硝酸氧化性强于稀硝酸，D错误。
答案选C。
6．A
【详解】A．实验I、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，反应原理为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，说明被还原，A正确；
B．实验Ⅰ中少量铜粉加入1mL氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜单质生成铜离子，由于Cu不过量，且加入2mL蒸馏水后无白色沉淀析出，说明溶液中铜元素不是以的形式存在，B错误；
C．实验Ⅱ中过量铜粉加入1mL氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀，说明铜被氧化的产物中有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，由于在溶液中存在平衡：，向其中加入饱和NaCl溶液，增大，平衡逆向移动，CuCl白色沉淀转化为可溶性，因此白色沉淀能溶于饱和NaCl溶液，C错误；
D．实验Ⅲ：过量铜粉加入1mL硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，向其中加入NaCl饱和溶液，与反应产生CuCl白色沉淀，D错误；
故答案为：A。
7．C
【详解】A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁不活泼，化学性质比铁稳定，A正确；
B． “铜绿”的主要成分为，呈绿色，B正确；
C．单质铜呈紫红色，黄铜是铜锌合金、呈黄色，C不正确；
D． “石胆化铁为铜”指铁和硫酸铜溶液发生置换反应，铁属于金属晶体，反应中金属键断裂，D正确；
答案选C。
8．A
【详解】A．《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，矿石“曾青”的主要成分为CuSO4，故A错误；
B．《梦溪笔谈》中“石穴中水，所滴者皆为钟乳”，涉及的化学反应有CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，该现象涉及化合反应，故B正确；
C．《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现了合金的硬度大于成分金属的硬度，故C正确；
D．《天工开物》中“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，火药燃烧生成硫化钾、二氧化碳、氮气，S元素化合价降低，其中硫体现了氧化性，故D正确；
选A。
9．BD
【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。
【详解】A．“溶解”过程中表现了酸性，未表现出强氧化性，A错误；
B．“还原”程中发生反应：2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，有白色的沉淀生成，B正确；
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，C错误；
D．由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；
答案选BD。
10．(1)硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
(2)加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
(3)向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
(4) 2NO2+H2O=HNO2+H++NO Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
(5)过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】(1)
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
(2)
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
(3)
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
(4)
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
(5)
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
11．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) 受热会分解导致损耗
(3) 降温至结晶，抑制水解 增大浓度，有利于结晶
(4) 溶液蓝色褪去
(5)向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
【分析】本题以Cu和浓盐酸、H2O2反应来湿法制备CuCl2，反应原理为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，故用NaOH来尾气处理，防止污染环境，在析出晶体的过程中要注意温度对结晶产物的影响，并需用HCl气流来抑制Cu2+水解，(4)用滴定法来测量Cu的含量，据此分析解题。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a的名称为三颈烧瓶，由于浓盐酸具有很强的挥发性，故NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：三颈烧瓶；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）“湿法”制备CuCl2即用Cu、HCl和H2O2生成CuCl2和H2O，反应方程式为：Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为，由于H2O2受热或在Cu2+的催化作用下易分解而部分损失，故实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，故答案为：；受热会分解导致损耗；
（3）由题干表中数据可知，得到纯净的晶体，故反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入气体，加热蒸发浓缩，降低温度到进行冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中，由于Cu2+易发生水解，故持续通入的作用是抑制Cu2+水解，同时也增大了溶液中Cl-的浓度，有利于析出，故答案为：降温至结晶；抑制水解，增大浓度，有利于结晶；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示，淀粉溶液遇到I2先蓝色，故滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好溶液蓝色褪去，且半分钟不再发生变化，故答案为：溶液蓝色褪去；
②根据反应可找关系式如下：2Cu2+~I2~2，故有：n(Cu2+)=n()==2×10-3mol，故废铜屑中铜的百分含量为=64.0%，故答案为：64.0%；
（5）查阅资料：，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色稀溶液于试管中，向其中加入少量固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。
12． 如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象 硫酸铜或 验证的还原性并检验其氧化产物 控制分液漏斗的活塞，使稀缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)
【分析】由图可知，导管D与大气相同，当具支试管中压强减小时，空气会进入具支试管，故不会倒吸，这个反应的主要反应是铜与浓硫酸的反应，固体产物硫酸铜为白色固体，因为黑色固体中可能含有氧化铜、硫化铜、硫化亚铜以及被掩蔽的氧化亚铜，依据流程中所加试剂及题干所给物质的性质可知，加入稀硫酸能生成蓝色溶液的是CuO或Cu2O，或者是CuO和Cu2O都有，在氧气流中加热质量减轻的只有CuS，所以在煅烧过程中一定发生的反应的化学方程式为，若通过计算可知固体乙中不能只有CuS，实验3是验证氢气的还原性及其产物的判断，要使反应充分，需使气体流速减慢。
【详解】（1）因为D与大气相通，当停止加热，具支试管中压强减小时，空气会由D进入具支试管，故不会倒吸，所以答案为：如果试管A中气体压强减小，则外界空气会通过玻璃导管D进入试管，A、B之间不会存在压强差，不会产生倒吸现象；
（2）因为具支试管中的主要反应是,所以白色固体为硫酸铜，答案为：硫酸铜或
（3）因为反应后固体质量增重，反应后固体质量不变，固体质量减轻，因为固体乙在氧气流中加热后固体质量减轻，所以必有，所以答案为：；
（4）由反应反应前后的固体质量减少可知，若只有CuS，只需0.96g便可产生0.16g的质量差，所以固体乙中必然含有反应前后固体质量不增加的反应，若是铜则来源与Cu2O，也可能是Cu2S，或者二者都有，所以答案为：BCD；
（5）①因为烧瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，可知装置A为氢气的发生装置，由连接顺序和所加试剂可知该实验的目的是用氢气还原氧化铜，并验证演化产物水，可是制备出来的氢气混有水蒸气，所以需先通入浓硫酸中干燥氢气，最后再加干燥管的目的是防止空气中的水进入，干扰实验，所以答案为：验证的还原性并检验其氧化产物；
②在不改变反应物状态的情况下让其充分反应就是增大反应物的接触时间，所以应减缓通入氢气的速率，故答案为：控制分液漏斗的活塞，使稀缓慢滴下(或在烧瓶中加水或将烧瓶放入冰水中或用冰毛巾捂着烧瓶等减缓气流速率的方案，合理即可)。
【点睛】判断黑色固体成分时，一是要注意题干信息，二是注意固体质量变化的区别。
13． 碱煮水洗 控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成(答案合理即可) BD C 蓝色褪去
【分析】铜屑、浓硝酸、稀硫酸混合发生Cu+4H++2=Cu2++2H2O+2NO2↑，加热除去过量的HNO3得到硫酸铜溶液，浓缩结晶得到CuSO4·5H2O粗品，重结晶得到纯净的CuSO4·5H2O。
【详解】(1)油污主要成分是油脂，油脂在热碱中快速水解而除去，因此铜屑需经预处理除去表面油污，方法可以是碱煮水洗；
(2)逐滴可以通过观察产生气泡的速率控制反应速率，以免反应过快或过慢；另外若浓硝酸滴加过快，浓硝酸分解和挥发的较多；同时避免硝酸过量太多导致硝酸分解产生大量的氮氧化物，因此浓硝酸需要逐滴加入，其原因是控制反应速率，减少硝酸分解与挥发，减少氮氧化物生成(答案合理即可)；
(3)CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，由图可知温度加热至100℃左右质量分数减小14.4%，即250×14.4%=36，为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；100℃升高到125℃左右，质量分数减小14.4%，即250×14.4%=36，为2个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；250℃以后质量分数减小7.2%，即250×7.2%=18，为1个水分子的相对质量，因此此阶段发生的是；
综上所述，本题选BD；
(4)由图(b)可知，温度高于100℃会造成CuSO4·5H2O分解，因此加热过程温度应控制在100℃以下，100℃以下由水浴加热完成即可，答案选C；
(5)①CuSO4溶液加KI得到I2和白色沉淀，I元素化合价升高，则Cu元素化合价降低，白色沉淀应为Cu2I，因此离子方程式为；
②碘与淀粉共存溶液为蓝色，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，反应终点时碘被消耗完，溶液蓝色褪去；
③由2CuSO4·xH2O ~~可知有2CuSO4·xH2O ~2Na2S2O3。消耗cmol·L-1的Na2S2O3溶液VmL，即cV×10-3mol，则n(CuSO4·xH2O)= cV×10-3mol，则CuSO4·xH2O的摩尔质量为g/mol，则x=(-160)÷18=；
(6)从环境友好角度，最好不要生成污染空气的二氧化硫、氮氧化物等，即不要用铜和浓硫酸、题中流程反应制硫酸铜，可将铜与空气中氧气反应生成CuO，CuO溶于硫酸得硫酸铜，再进行结晶得CuSO4·5H2O，即由铜制备CuSO4·5H2O的合成路线为。
14． CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S C 油漆涂料等 3 8.5 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 Cu2++2e-=Cu
【分析】本流程的目的，是以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量SiO2)为主要原料生产铜、铁红。首先将黄铜矿用FeCl3溶液溶解，发生反应Ⅰ生成FeCl2溶液和S、CuCl沉淀；溶液A中加入Na2CO3溶液，生成FeCO3沉淀和NaCl溶液；FeCO3在空气中煅烧，发生反应Ⅲ，生成Fe2O3和CO2；固体B中含有CuCl、S，加入NaCl发生反应Ⅳ，生成S和Na[CuCl2]；溶液中加入盐酸发生反应Ⅴ，生成Cu和NaCl、CuCl2。
【详解】(1)固体C中含有硫单质，同时生成FeCl2溶液和Cu沉淀，则CuFeS2与FeCl3溶液发生反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S。固体C中含有硫等，分离出硫单质的方法是溶解、过滤、蒸馏，则发生的仅是溶解过程，最适宜的溶剂为CS2，故选C。答案为：CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S；C；
(2)铁红的主要成分为Fe2O3，呈红棕色，它是防锈漆的成分之一，它的一种用途是油漆涂料等。反应Ⅰ中，Fe由+3价降为+2价；反应Ⅱ中，没有元素的价态变化；反应Ⅲ中，Fe由+2价升高为+3价；反应Ⅳ中，没有元素的价态变化；反应Ⅴ中，Cu由+1价变为0、+2价，所以反应Ⅰ~Ⅴ中氧化还原反应共有3步。答案为：油漆涂料等；3；
(3)常温下，反应Ⅱ中生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液中c()=3.0×10-6mol/L，c(Fe2+)=mol/L=1.0×10-5mol/L，c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，c(H+)==10-8.5，所以需要控制溶液的pH不大于8.5时，才能使所得FeCO3中不含Fe(OH)2。过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验沉淀洗涤干净时，需检验Cl-是否存在，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净。答案为：8.5；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗净；
(4)反应Ⅲ是FeCO3在空气中煅烧，生成Fe2O3和CO2，该反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)由分析可知，溶液D中含有NaCl和CuCl2，以惰性电极电解，阴极Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。答案为：Cu2++2e-=Cu。
【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，不能检验洗涤液中是否含有沉淀溶解后电离产生的离子。
15． 增大溶液 pH， 将 转化为 ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ Zn、Cu Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 浸取 煅烧 Fe2(SO4)3 MnO2
【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。
【详解】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与反应，的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的稳定性， 氨水过量可以将 转化为， 使以上两种络离子稳定存在。
(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
(6)碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；
(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
相关试卷
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铁及其化合物： 这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13铁及其化合物，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铁及其化合物： 这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铁及其化合物，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铝及其化合物： 这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11铝及其化合物，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
