2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_21含铜物制备工业流程题 WORD版含答案.docx

1、2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_21含铜物制备工业流程题一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下： 下列说法不正确的是A. 步骤中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnSB. 步骤、中发生的反应均为氧化还原反应C. 步骤涉及的离子反应可能为D. 步骤和，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后均可获取粗晶体2. 氧化亚铜是一种附加值较高的铜类物质，下列流程是利用再生资源回收高品质氧化亚铜。某兴趣小组通过查阅资料得知CuCl可溶于Cl-浓度较大的体系，能被硝酸氧化，在碱性条件下易水解

2、转化为Cu2O，Cu2O在酸性条件下可歧化为Cu2+和Cu。据此设计了如下实验方案。下列说法正确的是( )A. 生成CuCl的离子方程式为2Cu2+SO2+2Cl-+4OH-=2CuCl+SO42-+2H2OB. 为确保Cu+完全沉淀，应向含铜废液中加入过量的NaClC. 检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，可用硝酸银和硝酸D. 可直接向含铜废液中加入葡萄糖，在碱性条件下制得Cu2O3. 某同学设计如图所示实验测量mg铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是( )A. 收集到的VL气体全部为NOB. 过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C. 操作应是洗涤D. 铜的质量分数为m-10

3、8W143.5m100%4. CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以废铜渣(主要成分为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是A. 1mol配合物Ni(CO)4中键的数目为4molB. “碱溶”时发生反应的离子方程式为：C. “还原”后所得溶液中大量存在的离子有：D. “洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化5. 从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是( )A. “氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B. “过滤”用到的

4、玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C. 判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成D. “还原”时发生的离子方程式为2SO32-+Te4+4OH-=Te+2SO42-+2H2O6. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4.某实验小组以废催化剂为原料，回收锌和铜。设计实验流程如下：已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是()A. 滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验B. 步骤操作中，先加6H2O2，在不断搅拌下，再加入1.0molL-1H2SO4C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO

5、2D. 步骤操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收7. 实验室中以粗铜(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物CuCl2及CuCl的流程如下：下列说法正确的是( )A. 操作为直接加热浓缩、冷却结晶B. 试剂X和固体2分别是NaOH、Fe(OH)3C. 检验溶液2中是否含有杂质离子的试剂可以是K3Fe(CN)6溶液D. 反应的离子方程式为：8. 下列是部分矿物资源铝土矿(主要含有氧化铝、氧化铁)和黄铜矿(主要成分CuFeS2)的利用及产品生产流程，有关说法不正确的是()A. 除杂过程中铝元素的存在形式的变化可以如下：Al2O3Al(OH)4-Al(OH)3Al2O3B. Al和Cu

6、(精)均在电解槽的阴极获得C. 若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为32D. 粗铜炼制过程中反应2CuFeS2+O2=高温Cu2S+2FeS+SO2，每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化9. 工业上，常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含少量的Ag和Au)回收碲(Te)，其工艺流程如下(已知TeO2微溶于水，易与浓强碱、浓强酸反应)。下列叙述不正确的是()A. 操作1、2、3都是过滤B. 可由滤渣2提取金属Ag和AuC. 可用浓NaOH溶液替代浓盐酸溶解滤渣1D. 滤液3的主要成分是HCl10. 利用铜阳极泥为原料提取多种金属的工艺流程如下

7、：已知：Ag(SO3)23-Ag+2SO32-。下列说法不正确的是( )A. 采用电解法可以从分铜液中提取铜B. “分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2OC. 可从分银渣中回收PbSO4D. “沉银”中用HI代替H2SO4也可生成AgCl11. 精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下： 已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32

8、-“分铜”时各元素的浸出率如下表所示，则下列说法不正确的是CcAuAgNi浸出率/%85.704.593.5A. 分铜渣中银元素的主要存在形式为游离态B. “分铜”时，为提高反应速率，宜采取高温C. “分金”时，单质金发生反应的离子方程式为6H+2Au+ClO3-+7Cl-2AuCl4-+3H2OD. “沉银”时，由于Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，加入H2SO4后，平衡正向移动，使得c(Ag+)增大，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl12. 活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下： 已知相关氢氧化物沉淀

9、pH范围如表所示：下列说法不正确的是()A. “酸浸”中25%稀硫酸可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量简、胶头滴管等仪器B. “除铁”中用ZnO粉调节溶液pH至4.14.7C. “除铜”中加入Zn粉过量对制备活性氧化锌的产量没有影响D. “沉锌”反应为2Zn2+4HCO-3=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O13. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是()A. 试剂b是稀硫酸B. 、所采用的操作方法完全相同C. 滤液X、滤液Z含有相同的阳离子D. 加入试剂c发生的肯定是化合反应14. CuSO4是一种重要的化工原

10、料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是()A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=C. 硫酸铜在1100分解的方程式为：2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2D. 当Y为葡萄糖时，葡萄糖发生还原反应15. 胆矾是重要的铜盐，在农药、化学、医学各方面均有应用。实验室以废弃黄铜(含Cu、Zn和少量CuO、铜锈)为原料制备胆矾的流程如图所示。已知：Cu2+、Zn2+均能形成Cu(NH3)42+、Zn(NH3)42+；Zn与Al的化学性质相似。下列说法错误的是A. “研磨”的目的为加快酸浸速率B.

11、浸液中含有的金属阳离子为Cu2+、Zn2+C. “转化”中足量NaOH溶液可用足量氨水代替D. “系列操作”中结晶操作适合选用降温结晶二、流程题（本大题共5小题，共55分）16. NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液呈中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铜等。一种以泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2H2O的工艺流程如图所示：已知：P4与Ca(OH)2、NaOH的反应主要有.3Ca(OH)2+2P4+6H2O=3Ca(H2PO2)2+2PH3.3NaOH+P4+3H2O=3NaH2PO2+PH3(1)已知H3PO2是一元中强酸，Na

12、H2PO2是_(填“正盐”或“酸式盐”)。(2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，离子方程式为_，从吸收液中获得NaH2PO2H2O的操作为_、_、过滤、洗涤和干燥。(3)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为_。(4)“滤渣2”的主要成分为_(填化学式)。(5)“过滤2”的滤液需要用Ag2SO4、Ba(OH)2溶液除去其中Cl-，加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_。(6)在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式：_。17. 2018第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至

13、11日在珠海举行，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80。(1)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率的措施有_、_(写出两种)。(2)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为_。(3)固体混合物B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(4)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：_CuO+_Al2O3_CuAlO2+_(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，

14、浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，下列对该反应的分析不正确的是_(填序号)。A.氧化剂为CuSO4和FeS2B.反应后溶液的pH降低C.每转移2mol电子消耗3molCuSO4D.被氧化的FeS2只占总量的30%18. 碲(Te)被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图所示：已知：Te与S同一主族，比S原子多2个电子层；TeO2是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题：(1)碲的原子序数为_；其最高价氧化物对应的水化

15、物化学式为_。该族25周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下，其中表示生成1mol碲化氢反应热的是(填序号字母)_。a.+99.7kJmol-1b.+29.7kJmol-1c.-20.6kJmol-1 d.-241.8kJmol-1(2)步骤中Cu2Te发生了(填“氧化”或“还原”或“非氧化还原”)_反应；此过程控制pH不宜过低的原因是_；“加压”的目的是_。(3)步骤当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是_。若从滤渣X中分离出Au，需加入某试剂，该反应的化学方程式为_。(4)步骤 铜从(填“阳”或“阴”)_极得到。写出步骤的离子方程式：_。19. 高氯酸铜易溶于水，

16、在130时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜Cu(ClO4)26H2O的一种工艺流程如图1：(1)发生“电解I”时，所用的交换膜是_(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。(2)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。“歧化反应”的化学方程式为_。“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图2所示。则该反应最适宜的温度是_。(3)“电解II”的阳极产物为_(填离子符号)。(4)操作a的操作名称是_，该流程中可循环利用的物质是_(填化学式)。(5)用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质

17、量为at，最终制得的Cu(ClO4)26H2O为bt，则产率为_(用含a、b的代数式表示)。20. 某冶炼厂在除杂过程中会产生大量的废渣，该废渣主要含有CuS、K2Fe6(SO4)4(OH)12及少量MgO、SiO2等。由该废渣回收铜和制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8)的流程如下： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：离子开始沉淀时pH完全沉淀时pHMg2+10.412.4Fe3+2.34.1(1)K2Fe6(SO4)4(OH)12中Fe的化合价为_。(2)滤渣1的成分为_。(3)反应中加入氨水的目的是调节溶液的pH，则调节pH的范围是_；写出反应生成沉淀的离子方程式：_。

18、(4)滤液中含有的阳离子是_。(5)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_，每转移2.4081024个电子，生成单质硫的质量是_。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、

19、SiO2，中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。A.ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A正确；B.中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，不是氧化还原反应，故B错误；C.中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+=Cu2+S+2H2O，故C正确；D.步骤和均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，故D正确。故选B。2.【答案】C【解析】【分析】本题以制备氯化亚铜为载

20、体考查物质制备，离子检验，陌生氧化还原方程式的书写等，难度相对较难，注意对过程的分析是解题关键。【解答】A.CuCl在碱性条件下易水解转化为Cu2O，所以不能是碱性环境，错误；B.由题意知，CuCl可溶于Cl-浓度较大的体系，故错误；C.检验制得的Cu2O中是否含有CuCl，先加适量稀HNO3溶液，反应后氯元素以离子存在，向溶液加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成则含有Cl-，证明含有CuCl，反之无，故C正确；D.含铜废液含有铜离子，需要制备成新制氢氧化铜在碱性条件和葡萄糖反应，才能得到氧化亚铜，故错误；故选C。3.【答案】D【解析】【分析】本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等知识

21、，题目难度中等，理解实验基本操作方法及测定原理为解答关键，需要学生具有扎实的基础知识与综合运用知识分析解决问题的能力。【解答】A.若生产的气体有NO2，与水反应生成NO，故排水法收集得到的只有NO，A项正确；B.过滤使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B项正确；C.滤渣通过洗涤去除表面附着的杂质，再烘干得到干净的沉淀物，C项正确；D.中烘干得到的物质为AgCl，质量为Wg，所以Ag的质量为108W143.5g，铜的质量分数为m-108W143.5m100%，D项错误。故选D。4.【答案】D【解析】【分析】本题考查以废铜渣为原料制备CuCl的工艺流程，试题难度一般，解题关键是准确分析流程中产品

22、、杂质、试剂及操作。【解答】废铜渣在CO作用下除去Ni，剩余Cu和Al2O3，经过碱溶除去氧化铝，而后将Cu在有氧化剂的情况下酸溶形成Cu2+，再还原成CuCl。A.在配合物Ni(CO)4中，四个CO含有四个键，Ni与四个CO形成了四个键，共八个键，所以1mol配合物Ni(CO)4中键的数目为8NA，故A错误；B.加入CO除镍时，氧化铝未被还原，即“碱溶”时是废铜渣中的氧化铝与氢氧化钠溶液反应，不是铝单质，故B错误；C.“碱溶”之后的固体主要成分为Cu，酸溶之后转化为硫酸铜溶液，而后被亚硫酸钠还原，生成氯化亚铜和硫酸钠，故“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：Na+、SO42-等，故C错误；D

23、.CuCl难溶于乙醇，可用乙醇洗涤除去水分，防止潮湿被氧化，故D正确。5.【答案】C【解析】【分析】本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写，实验操作的判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。【解答】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；C.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若

24、没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故C正确；D.Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32-+Te4+2H2O=Te+2SO42-+4H+，故D错误。故选C。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中

25、ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO47H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体。A.滤液1中还含有Fe3+，选用KSCN和新制的氯水不能检验是否含有Fe2+，故A错误；B.过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故B错误；C.滤渣2含有硫和二氧化硅，故C错误；D.步骤操作中生成的气体为硫化氢，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故D正确；故选：D。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查无机

26、工业流程，解题的关键是注意对题目信息的提取应用，侧重考查学生分析解决问题的能力、知识迁移运用能力，难度中等。【解答】粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体1中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入试剂X调节溶液pH，得到溶液2，经过系列操作得到CuCl22H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe(OH)3沉淀(固体2)，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O，溶液2即CuCl2溶液和SO2发生氧化还原反应生成CuCl，以此解答该题。

27、A.由分析可知，由CuCl2溶液制备CuCl22H2O晶体的系列操作步骤为：(加少量盐酸、)蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl22H2O、过滤、洗涤、干燥，故A错误；B.由分析可知，为防引入新杂质，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，故B错误；C.溶液2中含有的杂质离子是Fe3+，检验试剂可以是KSCN溶液，故C错误；D.反应的离子方程式为2Cu2+SO2+2H2O+2Cl-=2CuCl+SO42-+4H+，故D正确。故选D。8.【答案】C【解析】【分析】本题考查从矿物中提取铜以及铝，设计物质的转化，氧化还原反应，物质的制备等，侧重学生对元素及化合物之间的转化，难度一般。【解答】A.铝土矿主要是含有氧

28、化铝，除杂过程将氧化铝与强碱反应转化为偏铝酸根离子，再将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，氢氧化铝加热分解得到纯的氧化铝，故A正确；B.电解制铝和电解精炼铜都是从化合物中得到金属单质，化合价降低，则Al和Cu(精)在阴极得到，故B正确；C.若电解法分别制铝和铜的过程中转移电子数相等，理论上获得的铝和铜的物质的量之比为2:3，故C错误；D.粗铜炼制过程中反应，依据方程式有每转移1.2mol电子，则有0.2mol硫被氧化，故D正确。故选C。9.【答案】D【解析】【分析】本题以从阳极泥中回收碲为载体的工艺流程，涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯、弱电解质的电离及反应原理的理解与应用，为高考常见题

29、型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握实验的操作方法，难度不大。【解答】电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并通入氧气，得到TeO2、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液1含有硫酸铜等，滤渣1含有TeO2、Au、Ag，加入浓盐酸过滤，滤渣2含有Au、Ag，TeO2和加入盐酸反应得到四氯化碲溶液，通入SO2气体，可将溶液中的Te4+还原为Te，发生TeCl4+2SO2+4H2O=Te+2SO42-+4Cl-+8H+同时得到盐酸和硫酸，以此解答该题。A.由以上分析可知，操作1、2、3用于分离固体和液体，均为过滤，故A正

30、确；B.由以上分析可知可由滤渣2提取金属Ag、Au，故B正确；C.滤渣1含有TeO2、Au、Ag，TeO2微溶于水，易与浓强碱、浓强酸反应，则可用浓NaOH溶液替代浓盐酸溶解滤渣1，故C正确；D.滤液3含还有硫酸，故D错误。故选D。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查无机工艺流程，为高频考点。工艺流程图的分析以及各物质的作用和发生的反应是解答关键。【解答】A.分铜液中含Cu2+，可通过电解精炼的方法提取铜，故A正确；B.分金时，金被氧化，生成AuCl4-，氯酸钠是氧化剂，发生的反应为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故B正确；C.分银时，氯化银转化为Ag(SO

31、3)23-，分银渣中含PbSO4，故C正确；D.碘化银的溶解度小于氯化银，如果“沉银”中用HI代替H2SO4，则会产生AgI，故D错误。故选D。11.【答案】B【解析】【分析】本题考查金属提取工艺流程，侧重考查化学反应，掌握物质的性质和分离原理即可解答，难度较大。【解答】A.分铜环节中，铜被氧化为铜离子，金银未发生氧化反应，则分银渣中银元素的主要存在形式为游离态，故A正确；B.“分铜”时，过氧化氢不稳定，则不宜采取高温，故B错误；C.“分金”时，单质金与HCl和氯酸钠发生反应生成AuCl4-，则离子方程式为6H+2Au+ClO3-+7Cl-=2AuCl4-+3H2O，故C正确；D.“沉银”时，

32、由于Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，加入H2SO4后，亚硫酸根浓度降低，平衡正向移动，使得c(Ag+)增大，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，故D正确。故选B。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质制备和分离的实验过程分析判断，实验操作和原理的理解是解题关键，题目难度中等。【解答】粗氧化锌(含铁、铜的氧化物)加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入H2O2溶液氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液pH沉淀铁离子和铜离子，加入锌还原铜离子为铜单质，过滤得到硫酸锌，碳化加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌。A.酸浸”中所需25

33、%稀硫酸可用98%浓硫酸(密度为1.84g/mL)配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要仪器有量筒、胶头滴管等，故A正确；B.依据沉淀pH范围调节溶液pH使铁离子和铜离子沉淀，调节溶液pH为4.14.7，故B正确；C.“除铜”中加入Zn粉置换溶液中的Cu，过量的Zn粉也能溶解于稀硫酸，溶液中Zn2+浓度增大，导致活性氧化锌的产量增加，故C错误；D.“沉锌”时溶液中的Zn2+与HCO3-反应生成Zn2(OH)2CO3和CO2，发生的离子反应为2Zn2+4HCO3-=Zn2(OH)2CO3+3CO2+H2O，故D正确。故选C。13.【答案】C【解析】【分析】本题是对化

34、学工艺流程的知识的考查，是高考的高频考点，难度一般。解题的关键是掌握铁的重要化合物、铜的重要化合物的性质和流程图中的实验原理，侧重知识的能力考查。【解答】依据流程图可知，试剂a是过量铁粉，操作是过滤；试剂b是稀盐酸，操作是过滤，试剂c是氯气，操作是在氯化氢的气氛中蒸发结晶。A.流程图目的是制备氯化铁晶体，不能使用稀硫酸，试剂b是稀盐酸，故A错误；B.操作、所采用的操作方法不完全相同，故B错误；C.滤液X、滤液Z含有相同的阳离子(Fe2+)，故C正确；D.加入试剂c发生的肯定是氧化还原反应，因为试剂不仅可以是氯气也可以是过氧化氢等，不一定是化合反应，故D错误。故选C。14.【答案】D【解析】【分

35、析】本题考查了Cu的化合物的性质、制备方案的评价，题目难度中等，注意根据反应途径写出相关反应的离子方程式或化学方程式，利用方程式进行判断较为简单。【解答】途径涉及反应为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；途径涉及反应为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径涉及反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，硫酸铜在1100分解的方程式为：2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2；根据反应的方程式或化学方程式评价制备方案。A.Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，离子反应为：3Cu+8H+2NO3-=

36、3Cu2+2NO+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A正确；B.生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量相等，而生成SO2，消耗更多的硫酸，则=，故B正确；C.硫酸铜在1100分解，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，则O元素的化合价升高，即生成氧气，还有SO2、SO3，则反应方程式为2CuSO4高温Cu2O+SO2+SO3+O2，故C正确；D.新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应，生成Cu2O，Cu元素的化合价降低，Cu2O为氧化剂，葡萄糖为还原剂被氧化，葡

37、萄糖发生氧化反应，故D错误。故选D。15.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意流程图分析及含量测定的原理，题目难度不大。【解答】A.研磨”的目的为加快酸浸速率，故A正确；B.在硫酸溶液、O2作用下，原料中含铜、锌物质均转化为可溶性硫酸盐，故浸液中含有的金属阳离子为Cu2+、Zn2+，故B正确；C.由信息知，用足量氨水代替足量NaOH溶液不能除去含锌杂质，故C错误；D.从溶液中获取结晶水合物适合选用降温结晶，故D正确。16.【答案】(1)正盐 (2)PH3+2ClO-+

38、OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O；蒸发浓缩；冷却结晶(3)2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl(4)CaCO3、Al(OH)3(5)过量的Ag+会氧化H2PO2-(6)H2PO2-4e-+2H2O=H3PO4+3H+【解析】【分析】本题考查了物质的制备，为高考常见题型，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。【解答】(1)H3PO2是一元中强酸，在溶液中部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2H+H2PO2-

39、，H2PO2-不能再电离，则NaH2PO2为正盐。(2)根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O，从吸收液中获得NaH2PO2H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。(3)根据题意，NiCl2中Ni元素转化成Ni单质，H2PO2-转化为H3PO4，氯化物应有NaCl，依据得失电子守恒写出2NiCl2+NaH2PO22Ni+H3PO4+NaCl，产物有H3PO4，说明该溶液呈酸性，左边少O元素，补H2O，右边少H元素和Cl元素，补HCl，配平得2NiCl2+NaH2PO2+2H2O

40、=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl。(4)“调pH”过程中可除去Ca2+和AlO2-，CO2与碱反应生成CO32-，CO32-与Ca2+反应生成CaCO3，AlO2-与CO2、H2O反应可生成Al(OH)3，因此“滤渣2”的成分是CaCO3和Al(OH)3。(5)根据题干信息，NaH2PO2具有强还原性，可用于化学镀银，Ag+具有氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的Ag+会氧化H2PO2-。(6)NaH2PO2具有较强的还原性，用惰性电极进行电解时，阳极上H2PO2-失电子，其阳极反应式为H2PO2-4e-+2H2O=H3PO4+3H+。17.【答案】(1)搅拌；适当

41、升温或适当增大硫酸的浓度； (2)3Ag+4H+NO3-=3Ag+NO+2H2O； (3)Al(OH)3和CuO的混合物；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； (4)4；2；4；O2； (5)C【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用及元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤

42、得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450和80，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al(OH)3和Cu(OH)2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al(OH)3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，以此解答该题。(1)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施为搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等，故答案为：搅拌；适当升温或适当增大硫酸的浓度；(2)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为3Ag+4H+NO3-=3Ag

43、+NO+2H2O，故答案为：3Ag+4H+NO3-=3Ag+NO+2H2O；(3)固体混合物B的组成为Al(OH)3和CuO的混合物；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量会和氢氧化铝发生反应，则因过量引起的反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3和CuO的混合物；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为4CuO+2Al2O34CuAlO

44、2+O2，故答案为：4；2；4；O2；(5)反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，则反应的方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，A.反应中Cu、S元素化合价降低，则氧化剂为CuSO4和FeS2，故A正确；B.反应生成硫酸，则反应后溶液的pH降低，故B正确；C.反应中Cu元素化合价由+2价降低为+1价，则3molCuSO4参加反应，则至少转移3mol电子，故C错误；D.反应生成Cu2S，则部分S被还原，反应中部分S元素化合价由-1价变为+6价，当有5molFeS2参加反应时，由3molS被氧化，转移2

45、1mol电子，且有14mol硫酸铜参加反应，被氧化的FeS2只占总量的30%，故D正确。故答案为：C。18.【答案】(1)52；H2TeO4；a (2)氧化；防止TeO2与酸反应；增大O2浓度，加快反应速率，提高产率 (3)使盐酸挥发，c(H+)浓度降低；3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO+2H2O (4)阴；Te4+2SO2+4H2O=Te+2SO42-+8H+【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。【解答】(1)Te是52号元素，Te

46、与O同主族，Te的最高化合价为+6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2TeO4，同主族自上而下非金属性减弱，单质与氢气反应剧烈程度减小，反应热增大(考虑符号)，故生成1mol碲化氢(H2Te)反应热应排在第四位，应为+99.7kJmol-1，故选a；(2)步骤中Cu2Te发生反应生成了TeO2，Te元素化合价升高，发生失电子的氧化反应；酸性不能过强的原因是：酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低；增大压强，可增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率；(3)盐酸易挥发，如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低；Au性质稳定，与硝酸不反应，可加入硝酸除去银，反应的化学方程式：3

47、Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO+2H2O；(4)步骤电解时，滤液中铜离子在阴极得电子转化为铜，故铜从电解池中的阴极析出；TeO2溶于盐酸生成TeCl4的溶液，将SO2通入浸出液发生氧化还原反应可得到单质碲，反应离子方程式为Te4+2SO2+4H2O=Te+8H+2SO42-。19.【答案】(1)阳离子交换膜 (2)3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 60 (3)ClO4- (4)蒸发浓缩 NaCl (5)702b371a100% 【解析】解：(1)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳

48、离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；(2)“歧化反应”是氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；根据图中信息可知，“歧化反应”阶段在60率影最高达80%，故答案为：60；(3)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；(4)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程中可循环利用的物质是

49、NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)26H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0.5molCu(ClO4)26H2O，因此产率为ba58.5112371100%=702b371a100%，故答案为：702b371a100%。本题考查了物质的实验制备方法、流程分析、实验过程的判断、物质性质和氧化还原反应等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。20.【答案】(

50、1)+3(2)CuS、SiO2(3)4.1pH10.4；(4)NH4+、K+、Mg2+(5)MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O；64g【解析】【分析】本题考查由炼铁厂废渣回收铜和制备复合镍锌铁氧体的流程，难度中等，解题关键是根据工艺流程及提供信息，推断产品、杂质、试剂及操作。【解答】(1)根据化合物中元素化合价代数和为零，设Fe的化合价为x，则+12+6x+(-2)4+(-1)12=0，解得x=+3，故K2Fe6(SO4)4(OH)12中Fe的化合价为+3。(2)酸融时，CuS、SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣1的主要成分为CuS、SiO2。(3)根据流程可知，加入氨水的作用是沉淀Fe3+，而不沉淀其他离子，故控制pH的范围为4.1pH10.4；反应生成沉淀的离子方程式为：。(4)根据酸浸时滤液中CuS、SiO2不与稀硫酸反应，加入氨水时沉淀Fe3+，可以推断滤液中含有的阳离子是NH4+、K+、Mg2+。(5)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，该反应中CuS发生反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S+2H2O，该反应中转移电子数为2e-，故每转移2.4081024个电子(4mol)，生成2mol单质硫，则生成单质硫的质量是64g。