《高考化学培优(含解析)之铜及其化合物推断题含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学培优(含解析)之铜及其化合物推断题含答案解析.docx（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考化学培优 ( 含解析 ) 之铜及其化合物推断题含答案解析一、铜及其化合物1 浅绿色盐X 仅含四种元素，不含结晶水，M(X)908g?mol -1 ，某小组为了探究X 的组成和性质，设计并完成了如下实验上述实验中，得到23.3g 白色沉淀 E、 28.8g 红色固体 G 和 12.8g 红色固体 H。已知： X 分解成 A、 B、C 的反应为非氧化还原反应；常温下 B 呈液态且 1 个 B 分子含有 10个电子。请回答如下问题：(1)写出 B 分子的电子式 _； X 的化学式是 _ 。(2)在隔绝空气、570温度下加热 X 至完全分解的化学反应方程式为：_ 。(3)请写出 G 溶于 D 溶液
2、的离子方程式：_。(4)请设计实验检验固体 C 中是否仍含有X： _ 。【答案】Cu4 (OH)6SO4 Cu4 (OH)6SO4 4CuO+SO3 +3H2O2+2+22溶Cu O+2H =Cu +Cu+H O 取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。【解析】【分析】浅绿色盐 X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、 B 和黑色固体C，常温下 B 呈液态且1 个 B 分子含有 10个电子， B 为 H2O， A 和水反应生成的D 能和氯化钡反应生成白色沉淀E， E 只能为 BaSO4，则 D 为 H2SO
3、4，A 是 SO3； 23.3g 白色沉淀 E 的物质的量为 0.1mol ，黑色固体 C 可能为 Fe3O4、 CuO、 C 等，黑色固体C 隔绝空气在 1000反应生成气体 F 和红色固体 G， G 能和 H24反应生成红色固体和蓝色溶液应为2SOCu O 在酸性溶液中的歧化反应，Cu224422O+H SO=Cu+CuSO+H O，所以黑色固体 C为 CuO，G 为 Cu O，气体 F 为 O24，红色 H为 Cu，蓝色溶液 I 为 CuSO，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X 的化学式，并进行有关解答。【详解】根据上述分
4、析可知 A 是 SO3， B 是 H2O， C 是 CuO， D 是 H2SO4，E 是 BaSO4， F 是 O2， G 为Cu2O， H 为 Cu， I 为 CuSO4， X 是含有 Cu、 H、 O、 S 四种元素的化合物。(1)B 为H2O，水分子中H、O 原子之间以共价键结合，电子式为：；根据元素守恒28.8?g=0.4mol ， n(CuO)=0.4mol，可知，在浅绿色盐X 中 n(Cu)=2n(Cu2O)=2 144?g / mol23.3?gn(S)=n(BaSO )=0.1mol ， n(CuO)： n(SO )=0.04mol： 0.01mol=4 ： 1，仅含四种元43
5、233?g / mol素，不含结晶水，设化学式为： Cu4m44m43m2(OH) SO ， Cu (OH) SO4CuO+SO+H O ，根据2氧元素守恒得： m=6，符合 M(X)908g/mol ，所以 X 化学式为Cu464(OH) SO ；(2)X 在隔绝空气、 570温度下加热发生Cu (OH) SO4CuO+SO +3H O ；46432(3)砖红色固体 G 是 Cu O，与足量稀 H2SO 发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO 、 H O，反2442应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；(4)黑色固体 C 为 CuO，如含有 X，则可用检验42-的方法检验，
6、方法是：取少量样品于试SO管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。【点睛】本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X 中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu 的化合物推断并与有机物联系。2 某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素，不含结晶水，M(X)908g ?mol -1)的组成和性质，设计并完成了如下实验：取一定量的浅绿色盐X 进行上述实验，充分反应后得到23.3g 白色沉淀E、 28.8g 红色固体G 和 12.8g 红色
7、固体H。已知：浅绿色盐X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应；常温下 B 呈液态且1 个 B 分子含有10 个电子。请回答如下问题：（ 1）写出 B 分子的电子式 _。（ 2）已知 G 溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的离子方程式为_。（ 3）在隔绝空气、 570温度下加热 X 至完全分解的化学反应方程式为 _。（ 4）一定条件下， NH3 与黑色固体 C 发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙 (丙是大气主要成分之一 )，写出一个可能的化学反应方程式 _。【答案】3Cu2O+14H+2NO3-=6Cu2+2NO +7H2OCu (OH) SO4CuO+SO
8、 +3H O3CuO+2NHN +3Cu O+3H O464323222【解析】【分析】浅绿色盐 X 在 570、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、 B 和黑色固体C，常温下 B 呈液态，且1 个 B 分子含有10 个电子， B 为水； A 和水反应生成的D 能和氯化钡反应生成白色沉淀E， E 只能为硫酸钡，则 A 为 SO3， D 为 H2 SO4；黑色固体C 可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C 隔绝空气在 1000反应生成气体F 和红色固体G，G 能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以
9、红色固体 G 为氧化亚铜，气体 F 为氧气，红色固体 H 为铜，蓝色溶液 I 为硫酸铜，黑色固体 C 为氧化铜，据此分析解答。【详解】(1)B 为水，水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，故答案为：；(2)红色固体 G 为氧化亚铜， Cu2O 中 +1 价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应的离子方程式为： 3Cu2O+14H+2NO3- 6Cu2+2NO +7H2O，故答案为：3Cu2 O+14H+2NO3- 6Cu2+2NO +7H2O；(3)根据上述分析， A 为 SO3， B 为水， C 为氧化铜， D 为 H2SO4， E 为硫酸钡， F 为氧气， G
10、为氧化亚铜， H 为铜， I 为硫酸铜。 23.3g 白色沉淀 E(硫酸钡 )的物质的量为23.3gn= 233g / mol =0.1mol ，浅绿色盐X 中 n(Cu)=0.4mol ， n(S)=0.1mol， n(CuO) n(SO3)=1 4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4(OH)mSO4， Cu4(OH)mSO4mH2O ，根据氧元素守恒得：m=6，符合 M(X) 908g?mol-1 ，则该反4CuO+SO3+2应流程为： X 在隔绝空气、 570温度下加热 Cu46432(OH) SO4CuO+SO +3H O ，故答案为： Cu46432(OH) SO4CuO+
11、SO +3H O ；(4)空气的主要成分为氧气、氮气，黑色固体 C 为氧化铜，与氨气反应生成氮气，气体丙为氮气、铜 (0 价 )或氧化亚铜 (铜为 +1 价 )和水，红色固体为铜或氧化亚铜，反应的化学方程式可能为： 3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O 或 3CuO+2NH3N2 +3Cu2O+3H2O，故答案为：3CuO+2NHN+3Cu+3H O 或 3CuO+2NHN+3Cu O+3H O。3223222【点睛】本题的易错点和难点为X 的确定，要注意根据流程图确定X 所含元素及其物质的量，结合M(X) 908g?mol-1 确定，本题的另一个注意点为(4)，要注意红色固体为铜或氧化亚
12、铜，甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。3 由 2 种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：请回答下列问题：(1)G 是 _（填化学式）。(2)写出 AB 的离子方程式_ 。(3)若 D 为纯净物， F 是红色金属单质，写出D 和稀硫酸反应的离子方程式_ 。(4)C 的最大质量为 _g。2 2【答案】 Cu2 S SO2+I2+2H2O=SO4+2I +4HCu2O+2H= Cu + Cu+ H2O 23.3【解析】【分析】A 为刺激性气体，能与碘水反应，说明A 有还原性； B 与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明 B 中含有 SO42-，所以 A 为 SO2 ，B 为 H2SO4 和 H
13、I 的混合溶液， C 为 BaSO4 ；通过质量守恒可推知 G 是 Cu2S，以此解答。【详解】(1)G 中含 S 元素，I2H O SOH SO 2HI， m（ S） 1L 0.1mol/L 32 g/mol3.2g，G22224中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D 中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe232M ，化合价为 n，则有O 、 Cu O 等，设 D 中金属元素的相对原子质量为12.81.62 ，解得： M 64n ，当 n 1 时， M 64，故 D 为 Cu2O， G 为 Cu2 S；故答n16M案为： Cu2S；(2)A 到 B 是 SO2 和碘
14、水反应生成SO42- 和 I- 的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；故答案为： SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；(3)Cu2O 与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由1 价降至0 价，必然另一部分铜元素化合价升高至2 价，即 E 为硫酸铜溶液， F 为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2+2+22+2+2O+2H =Cu +Cu+H O；故答案为：Cu O+2H =Cu +Cu+H O；(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，2+ SO4 2- BaSO440.1mol 233Ba， m（ BaSO）g/m
15、ol 23.3g；故答案为：23.3；4 孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2(x、 y 为正整数，且x3， y 2)。(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36L 标准状况下的 CO2气体，另一份加热完全分解得到20gCuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中x： y=_。(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为ag，含铜质量为bg，加酸完全分解得到标准状况下CO2 气体 VL，则 a、 b、 V 的代数关系式是 _。124VbV或 a= 65V49b【答案】 3:2 a=9822.422.4645632【解析】【分析】(1)先计算一定质量的碳酸
16、盐反应产生的CO2、 CuO 的物质的量，然后根据C 元素守恒可得n(CuCO3)=n(CO2)，根据 Cu 元素守恒可得n(CuCO3)+ nCu(OH)2=n(CuO)，计算出nCu(OH)2，就可得到 n(CuCO3)与 nCu(OH)2的物质的量的最简整数比；(2)根据碳元素守恒可得 n(CuCO3)=n(CO2)=Vn(CuCO3)+mol ，根据 Cu 元素守恒可得22.4232V先计nCu(OH) =n(Cu)，用含有 b、 V 的代数式表示，也可根据n(CuCO )=n(CO )=mol22.4算出 CuCOCuCO3的质量得到 Cu(OH)2 的质量，再计算其物质的3 的质量
17、，用总质量减去量，最后得到 n(CuCO3)与 nCu(OH)2的物质的量的最简整数比。【详解】(1)n(CO )=3.36L 22.4L/mol=0.15mol，则 n(CuCO )=n(CO )=0.15mol ，232n(CuO)=20g 80g/mol=0.25mol，根据 Cu 元素守恒，可得nCu(OH) =0.25mol-20.15mol=0.10mol ，所以 n(CuCO3)： nCu(OH)2=0.15： 0.10=3 ： 2，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为 xCuCO3yCu(OH)2 中 x=3， y=2，盐可以表示为 3CuCO32Cu(OH)2；(2)根据 C 元素守
18、恒可得32Vmol，根据 Cu 元素可得 n(CuCO3)+n(CuCO )=n(CO )=22.4nCu(OH)2=n(Cu)= bmol ，则 nCu(OH)2= ( bV)mol ，所以 n(CuCO3)：646422.42V： ( bV124V98bV；nCu(OH) =22.464)， a= a=22.46422.422.4Vmol ，m(CuCO3)=V124V，该化合物含有 Cun(CuCO3)=n(CO2)=22.4mol 124g/mol=g22.422.4的总物质的量是n(Cu)b mol ，则根据 Cu 元素守恒，可得642bV2（bVmol ），根据反应nCu(OH)
19、=molmol ， mCu(OH) =98g/molmol6422.46422.4前后物质质量不变，可得124Vg +98g/molbVmol )=65V49ba=(mol22.456。22.464325 今有甲、乙两种固体和 A、B、 C、 D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、 B、 C、D 分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：乙B A水； A C乙 D；甲 B A水。（ 1）写出下列四种物质的化学式：甲_， 乙 _，_， D_。A（2）用离子方程式表示上述三个变化：_， _， _ 。【答案】+2+2+-+2+H OCuOCu(OH)Cu
20、Cl NaClCu(OH) +2H =Cu +2H OCu +2OH =Cu(OH) CuO+2H=Cu222222【解析】【分析】甲、乙两种固体均与B 反应，生成A 和水，再分析给出的四种物质可知B 为盐酸、 A 为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙 +D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠， D 为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜【详解】(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为 Cu(OH)2； A 为 CuCl2； D 为 NaCl；(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B 的离子反应为： Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O； A 与C 的离子反应为： C
21、u2+ +2OH-=Cu(OH)2； 氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B 的离子反应为： CuO+2H+=Cu2+ +H2O。6CuCl 是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。工业上，由孔雀石(主要成分Cu(OH)2CuCO3，含 FeS、FeO 和 SiO2 杂质 )制备 CuCl的某流程如图：请回答：(1)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(2)步骤中涉及的主要离子反应方程式为_(3)下列说法不正确 的是 _A 步骤中产生的气体的主要成分为CO2 和 H2S 气体B 滤渣 1 的成分为 SiO2，滤渣2 的主要成分为 Fe(OH)3 和 Cu(OH)2C CO32-作用是控制溶液 pH，促
22、使 CuCl 沉淀的生成D 若改变试剂加入顺序，将溶液3 缓慢加入到含大量SO32- /CO32-的溶液中，同样可制取CuCl【答案】 2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl +SO42- +2H +BD【解析】【分析】孔雀石 主要成分Cu(OH)2?CuCO3，含 FeS、 FeO 和 SiO2 杂质 中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣1 为二氧化硅，溶液1 中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节pH 值，使铁离子沉淀，得到滤渣2 为氢氧化铁，溶液2 主要含有
23、硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH 值，使 CuCl 沉淀，由于 SO23- /CO 23- 的溶液呈碱性，所以如果将溶液 3 缓慢加入到含大量 SO23- /CO 32- 的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。【详解】（1）步骤主要目的是利用双氧水氧化Fe2+，其反应离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O；故答案为： 2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2 O；（2）溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH 值，使 CuCl 沉淀
24、，其主要离方程式为：2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl+SO42- +2H +；故答案为： 2Cu 2+ +2Cl - +SO32- +H 2O=2CuCl +SO 42- +2H +；（3） A由上述分析可知，步骤中产生的气体的主要成分为CO2 和 H2S 气体，故 A 不符合题意；B由上述分析可知，滤渣1 的成分为 SiO2，滤渣 2 的主要成分为 Fe(OH)3，故 B 符合题意；C溶液 2 主要含有硫酸铜，溶液2 中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节 pH 值，使 CuCl 沉淀，故 C 不符合题意；D若先加入碳酸钠，溶液2 中
25、硫酸铜会先生成氢氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备CuCl，故 D 符合题意；故答案为： BD。7 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、不溶于乙醇及稀硫酸。工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含 Cu2+、 Fe3+、 H+、Cl-中制备氯化亚铜。请回答下列问题：（ 1）出步驟中发生的两个主要反应的离子方程式：_。（ 2）步骤的操作名称是 _。（ 3）步骤中所加物质 X 为 _。（ 4）步骤的操作是 _。（5）步骤应调节溶液 pH 呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl 晶体，目的是 _。（6）在 CuCl 的生成过程中，可以循环利
26、用的物质是_ 。2+2+3+2+2+过滤、洗涤CuO(或【答案】 Cu+Fe=Cu +Fe 、 Fe+2Fe=3Fe 或 Fe+2H =Fe +H2Cu(OH)2 等）在 HCl 气流中蒸发结晶减少 CuCl的损失 硫酸 (或 H2SO4)【解析】【分析】酸性废液中含Cu2+、 Fe3+、 H+、 Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、 Fe3+、 H+都能发生反应，反应的2+2+3+2+2+离子方程式为： Cu + Fe = Cu+ Fe ， Fe + 2Fe= 3Fe， Fe + 2H= Fe + H2，反应后所得的固体 a 为 Cu 与过量的 Fe，加入足量稀盐酸，Fe 溶解为 Fe2+，此时
27、溶液过滤可得固体b，固体 b 为 Cu，加入浓硫酸可得SO2 和硫酸铜，所得SO2 与 Cu2+再反应制备 CuCl，据此分析。【详解】（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤中发生的两个主要2+2+3+2+2+反应的离子方程式为 Cu+ Fe = Cu+ Fe 、 Fe + 2Fe= 3Fe或 Fe + 2H= Fe + H2 ；（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤中所加物质X 为 CuO 或 Cu (OH)2 或 CuCO3 等；（4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在HCl 气流中蒸
28、发结晶；（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl 晶体的目的是减少 CuCl 的损失；（ 6）由于最终还有硫酸生成，因此在 CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。【点睛】本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（ 4）由于铜离子水解，所以步骤的操作是在 HCl 气流中蒸发结晶。8 常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等，废弃后进入环境将造成严重危害。某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源（ 1）填充物用 60温水溶解，目的是 _。（ 2）操作 A 的名称为 _。（3）铜帽溶解时加入
29、H2O2 的目的是 _ （用化学方程式表示）。铜帽溶解完全后，可采用_方法除去溶液中过量的 H2O2。（ 4）碱性锌锰干电池的电解质为 KOH，总反应为 Zn+2MnO2+2H2 O=2MnOOH+Zn(OH)2，其负极的电极反应式为 _。（ 5）滤渣的主要成分为含锰混合物，向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸，并不断搅拌至无气泡为止。主要反应为2MnO(OH)+MnO 2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2 +6H2O。当 1 mol MnO 2 参加反应时，共有_mol 电子发生转移。MnO(OH) 与浓盐酸在加热条件下也可发生反应，试写出该反应的化学方程式：_ 。【
30、答案】加快溶解速率过滤 Cu H2 O2 H2SO4=CuSO42H2O 2e加热 Zn 2OH=Zn(OH) 4 2MnO(OH)6HCl(浓 )2MnCl Cl 4H O2222【解析】【详解】（1）由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。所以填充物用60 温水溶解，目的是加快溶解速率；（2）分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤；（3） H2O2 具有强氧化性， Cu 与稀硫酸不反应，但在酸性条件下，加入H2O2的 Cu 就会被2，反应的化学方程式是Cu H2O2 H2SO4=CuSO4 2H2O； H2O2 不稳定，受热溶解变为 Cu容易分解产生氧气和水，所以铜帽溶解完全后，可采用加
31、热方法除去溶液中过量的H2O2。（4）碱性锌锰干电池的电解质为KOH，总反应为 Zn 2MnO2 2H2O= 2MnOOH Zn(OH)2，负极 Zn 发生氧化反应，电极反应式为Zn 2OH 2e=Zn(OH)2。（ 5） 根据方程式 2MnO(OH) MnO2 2H2C2O4 3H2SO4=2MnSO4 4CO2 6H2O 转移4e ，可知：当1 mol MnO 2 参加反应时，共有4 mol 的电子发生转移；2MnO(OH) 6HCl(浓 )2MnCl2Cl2 4H2O。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：阳极泥的主要化学成分，如表所示：主要成分CuAg
32、 Au Se Te百分含量 /%23.412.10.96.7 3.1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 HSO 浓度24H2SO4浓度浸出率 /%浸出温度浸出率 /%/ mol 1/ LCuAg AuSeTeCu Ag Au Se Te495.14.670.20.838.933087.14.58 0.20.086.83394.54.65 0.20.286.904094.54.65 0.20.286.90278.12.650.20.052.855096.15.90 0.20.648.73(1)步骤 I 的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为_；分析表
33、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 O22442硫酸浓度-1、浸出温度 40除去滤液 2H SO2CuSO 2H O3 mol L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、H22会有部分分解232324ONa SeO 2Na SO 2HCl Se 2Na SO 2324e 3H22NaCl H O