山西省运城市景胜学校（东校区）2023-2024学年高三上学期10月月考（B）卷化学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届山西省运城市景胜学校（东校区）高三上学期10月月考

高三化学B卷参考答案 1．B 【详解】活泼性不同的金属用不同的冶炼方法如图： ，Na为活泼金属， 应用电解法冶炼，故答案为B。 【点睛】电解法应用在不能用还原法、置换法冶炼生成单质的活泼金属(如钠、钙、钾、镁 等)和需要提纯精炼的金属(如精炼铝、镀铜等)。 2．B 【详解】A．C的化合价升高，失去电子，Si的化合价降低，得电子，A错误； B．Na原子化合价升高，是失去电子，2mol Na失去2mol电子，H O的H得电子，B正确； 2 C．I-变成I ，化合价升高，失去电子数应为101e，C错误； 2 D．Cu单质变成Cu2+，化合价升高，失电子，H+生成H ，化合价降低，得电子，所以单线 2 桥的箭头从Cu指向H+，D错误； 故选B。 3．C 【详解】A．红棕色气体为溴蒸气，即浓硫酸将溴离子氧化为溴单质表现出氧化性，A正确； B．反应①出现红棕色气体，说明产生Br(g)，Br-被氧化，反应②管口出现白雾是HCl的小 2 液滴，Cl-没有被氧化，即说明Br-的还原性强于Cl-，B正确； C．反应②利用高沸点酸制取低沸点酸，即利用浓硫酸高沸点、HCl易挥发，故不能得出二 者酸性强弱，C错误； D．反应③的方程式为NaSO＋HSO=NaSO＋SO↑＋HO，发生的是复分解反应，浓硫酸表现 2 3 2 4 2 4 2 2 酸性，生成了弱酸，D正确； 故选C。 4．A 【详解】金属Mg、Al在稀盐酸中完全溶解，生成可溶的氯化物(MgCl、AlCl)，盐酸可能恰 2 3 好反应，也可能剩余，向溶液中加入NaOH溶液，盐酸被中和，金属离子恰好沉淀，生成Mg(OH)、 2 Al(OH)；​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ 梳理本题物质变化思路：Mg→Mg2+→Mg(OH)，Al→Al3+→Al(OH)， 3 2 3 生成沉淀的质量可由金属元素的质量加上沉淀中OH-的质量求得。而Mg2+、Al3+生成沉淀结合 的OH-的物质的量正好是Mg、Al变成离子时失去电子的物质的量，而Mg、Al失去电子的物 质的量正好是H+变成H 得到电子的物质的量。由2H+~2e-~H，可求出得到电子的物质的量为 2 2 1.12L 2× =0.1mol，故Mg2+、Al3+生成沉淀结合的OH-的物质的量也是0.1mol，质量为 22.4L/mol 1.7g，故生成沉淀的质量为(m+1.7)g，故选A。 5．D 【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝 化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，故A错误； B．向溶有SO 的BaCl 溶液中通入气体X，出现白色沉淀，白色沉淀可能为BaSO 或BaSO ， 2 2 3 4 X可能为氨气或氯气等，NH 不具有强氧化性，Cl 具有强氧化性，故B错误； 3 2 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}C．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成 反应，故C错误； D．铜比银活泼，在形成原电池过程中，作负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液 变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，故D正确； 综上所述，答案为D。 6．D 【详解】A．铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出相对不活泼的金属，故A正确； B．该反应为氧化还原反应，该冶炼方法属于热还原法，故B正确； C．该反应中生成钾气体逸出，导致反应能够进行，不能说明钠的金属性强于钾，故C正确； D．钠与水反应，所以该反应中不能选KCl水溶液，故D错误； 故选：D。 7．B 【详解】A．在反应KClO+6HCl=3Cl↑+KCl+3HO中没有单质参加，因此该反应不属于置换 3 2 2 反应，A错误； B．在氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。在Cl+2KBr=2KCl+Br 中，氧化剂是Cl， 2 2 2 氧化产物是Br，所以氧化性：Cl>Br；在KClO+6HCl=3Cl↑+KCl+3HO中，氧化剂是KClO， 2 2 2 3 2 2 3 氧化产物是Cl，则氧化性：KClO>Cl；在2KBrO+Cl=Br+2KClO 中，氧化剂是KBrO，氧化 2 3 2 3 2 2 3 3 产物是KClO，所以氧化性：KBrO>KClO，故物质氧化性由强到弱的的顺序是： 3 3 3 KBrO>KClO>Cl>Br，B正确； 3 3 2 2 C．在反应KClO+6HCl=3Cl↑+KCl+3HO中，KClO 为氧化剂，HCl为还原剂，每有6个HCl 3 2 2 3 参加反应，其中5个作还原剂，反应中转移5个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:5，C错误； D．在③2KBrO+Cl=Br+2KClO 中，Cl 为还原剂，KBrO 为氧化剂，每有1 mol还原剂Cl 发 3 2 2 3 2 3 2 生反应，氧化剂KBrO 得到电子的物质的量为 10 mol，D错误； 3 选B。 8．A 【分析】向含锌废液中加入NaSO 溶液，发生氧化还原反应生成MnO 沉淀且将Fe2+氧化为 2 2 8 2 Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀，为了不引入新杂质， 3 试剂X可以为ZnO、ZnCO、Zn(OH) 等，最后过滤后再加入氨水和NHHCO 沉锌生成碳酸锌ZnCO； 3 2 4 3 3 【详解】A．含锌废液中加入NaSO 溶液，发生氧化还原反应生成MnO 沉淀，反应中锰元素 2 2 8 2 化合价由+2变为+4，S O2中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒可知，“除 2 8 锰”反应的离子方程式为S O2Mn2 2H O2SO2MnO 4H，A正确； 2 8 2 4 2 B．“除锰”反应中S O2中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，则每消耗1molS O2，氧元 2 8 2 8 素共得到2mol电子，B错误； C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误； D．根据分析，锰、铁、锌转化为沉淀，则滤液中不会大量存在锌离子，D错误； 故选A。 9．D 【分析】200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠16g，物质的量为0.4mol，根据图象，开始时 无气体产生，滴加稀盐酸至150mL时开始产生气体，则该阶段一定有反应 NaCO+HCl=NaHCO+NaCl发生，继续滴加稀盐酸到200mL时，气体质量最大，该阶段发生的 2 3 3 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}反应为NaHCO+HCl=NaCl+HO＋CO↑，消耗的盐酸为50mL，则原溶液中的NaCO 最多消耗50mL 3 2 2 2 3 盐酸，而B点之前消耗150mL盐酸，所以NaOH有剩余，与盐酸发生反应NaOH+HCl=NaCl+HO， 2 消耗150mL-50mL=100mL盐酸，滴加盐酸前溶质为NaOH和NaCO； 2 3 【详解】A．根据分析可知B点前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+HO、NaCO+HCl=NaHCO+NaCl， 2 2 3 3 所以溶质为NaHCO 和NaCl，A错误； 3 B．根据分析可知原溶液中的NaCO 消耗了50mL盐酸，所以A、B段发生：OH-+H+=HO、 2 3 2 CO2-+H+=HCO-，B错误； 3 3 C．最终生成4.4g二氧化碳，根据碳元素守恒可知，最初通入的CO 的质量为4.4g，物质的 2 量为0.1mol，C错误； D．C点溶液中的溶质为NaCl，根据守恒关系，稀盐酸中HCl的物质的量等于200g8%的NaOH 200g8% 溶液中含有氢氧化钠的物质的量，为 =0.4mol，200mL盐酸的物质的量浓度为 40g/mol 0.4mol =2mol/L，D正确； 0.2L 综上所述答案为D。 10．A 【详解】A．少量SO 通入NaClO溶液中，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： 2 SO+3ClO-+HO=SO2+Cl-+2HClO，故A正确； 2 2 4 B．向Mg(HCO) 溶液中加入过量的NaOH溶液，正确的离子反应为：Mg2++2HCO-+4OH-=Mg(OH) 3 2 3 2 ↓+2 CO2+2HO，故B错误； 3 2 C．常温下，pH=5的溶液中，高锰酸钾氧化亚铁离子，生成铁离子，氢氧化铁完全沉淀的pH=3.7， 所以应该生成氢氧化铁沉淀，故C错误； 通电 D．用铜为电极电解饱和食盐水，阳极铜放电，正确的离子方程式为：Cu+2HO H↑+Cu(OH) 2 2 2 ↓，故D错误； 故选A。 11．D c  OH- 【详解】A． =1×1012的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与HCO反应产生HO、CO2， c  H+ 3 2 3 不能大量共存，A错误； B．含有大量Fe3+的溶液中，Fe3+与OH-会反应产生Fe(OH) 沉淀而不能大量共存，B错误； 3 C． pH=0的溶液呈酸性含有大量H+，H+与SO2在强酸性溶液中会反应产生HO、S、SO 而不 2 3 2 2 能大量共存，C错误； K D． W =1×10-12 溶液呈碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子Na+、Ba2+、Cl-、Br-不能发生 c  OH- 任何反应，可以大量共存，D正确； 故合理选项是D。 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}12．D 【详解】A标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为 22.4L9N A =9N，故不选A； A 22.4L/mol B.铁在足量氧气中燃烧生成FeO，56克铁转移的电子数为8N/3，因此转移电子数小于3N， 3 4 A A 故不选B； C.1molO 和1mol14CH 均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为 2 2 4 16g16N A =8N，故不选C； 32g/mol A D. CHCOONH 为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CHCOO－与NH＋ 3 4 3 4 的数目均小于0.5N； A 答案：D 【点睛】易错选项C，注意O 和14CH 摩尔质量相同，中子数相同。 2 2 4 13．D 【详解】A、生成物中的硫酸钡是难溶物，不能写成离子形式，正确的离子方程式为BaCO 3 ＋2H＋＋SO2－=BaSO↓＋CO↑＋HO，故A错误；B、NaOH足量，相当于CO 少量，所以二者 4 4 2 2 2 反应生成碳酸钠，即CO+2OH-=CO2—+ HO，故B错误；C、该离子方程式电荷不守恒，故C 2 3 2 错误；D、少量CO 与澄清石灰水反应生成CaCO↓，同时澄清石灰水要写成离子形式，故D 2 3 正确。本题正确答案为D。 点睛：CO 与碱溶液的反应，随着二者用量不同，生成物也不同。但通常都是分 2 析CO 的用量对产物的影响，而B选项却是强调NaOH足量，往往会因定势思维而导致选错。 2 14．B 【详解】试题分析：A、根据甲烷的组成利用C、H原子守恒可知可知生成的NaCO 和NaOH 2 3 物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式可写为：2CH+O+6NaO=2NaCO+8NaOH，根据 4 2 2 2 2 3 方程式可知：原混合气体中O、CH 的物质的量之比为1：2，错误；B、根据方程式可知： 2 4 原混合气体中O、CH 的物质的量之比为1：2，正确；C、反应后压强为0pa，说明容器中无 2 4 气体，且将残留物溶于水中无气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为 NaCO 和NaOH，错误；D、反应后压强为0pa，说明容器中无气体，且将残留物溶于水中无 2 3 气体放出，说明过氧化钠也完全反应，故容器内剩余固体为NaCO 和NaOH，错误。 2 3 考点：考查有关混合物的计算。 15．C 【详解】W、X、Z依次为Na 、Al、 Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO－ 3 不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl－可与 Ag＋生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3＋可与CO2－发生双水解。答案选C。 3 16．B 【详解】硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应 生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据氧化还原反应的规 律可知，相同质量的铝无论与酸还是碱反应失去的电子数相同，生成的氢气相同，而镁只能 与酸反应不能与碱反应，所以等物质的量的镁和铝混合与盐酸反应放出的氢气量大于与氢氧 化钠反应放出的氢气的量，故答案为B。 点睛：明确Mg、Al的性质差异及浓硝酸、浓硫酸的强氧化性是解题关键，硝酸、浓硫酸具 有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠 不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据得失电子守恒解答。 17．(1) 2NH+3O=2HO+2HNO B 3 2 2 2 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}(2) 一 H PO 3 4 (3)S O22H SSO H O 2 3 2 2 70℃ (4)10Cl+20OH－ 3ClO+ClO－+16Cl－+10HO 2 3 2 【详解】（1）根据题意氨被氧气氧化生成亚硝酸(HNO)和水，其反应的化学方程式为 2 2NH+3O=2HO+2HNO。某厂废液中含有 2%5% 的 NaNO ，直接排放会造成污染， 下列 3 2 2 2 2 试剂 能使NaNO 转化为N ，说明该物质具有还原性，氯化钠、硝酸、浓硫酸都不与亚硝酸钠反 2 2 应，而氯化铵和亚硝酸钠反应生成氮气；故答案为：2NH+3O=2HO+2HNO；B。 3 2 2 2 （2）H PO 及正盐 NaH PO 均可将溶液中的 Ag还原为银， 从而可用于化学镀银。 3 2 2 2 ①根据正盐NaH PO ，说明H PO 为一元酸；故答案为：一。 2 2 3 2 ②利用H PO 进行化学镀银，H PO 将Ag还原为银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之 3 2 3 2 比为 4：1，设氧化剂和还原剂分别为4mol、1mol，氧化剂得到4mol电子，则还原剂1mol 失去4mol电子，因此化合价升高4个价态，H PO 中P为+1价，则氧化产物为H PO ；故 3 2 3 4 答案为：H PO 。 3 4 （3）硫代硫酸钠晶体(NaSO·5HO)遇酸立即分解，生成淡黄色沉淀，则有硫单质生成，放 2 2 3 2 出的气体能使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，则硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的离子 方程式：S O22H SSO H O ；故答案为：S O22H SSO H O 。 2 3 2 2 2 3 2 2 （4）氯气与氢氧化钠在 70℃时反应，生成物中NaClO 和NaClO的物质的量之比为3：1，设 3 生成的物质的量分别为3mol、1mol，则失去了3mol×5+1mol=15mol，则氯得到15mol电子， 70℃ 因此有15mol氯离子生成，则其离子方程式为10Cl+20OH－ 3ClO+ClO－+16Cl－+10HO； 2 3 2 70℃ 故答案为：10Cl+20OH－ 3ClO+ClO－+16Cl－+10HO。 2 3 2 18． 7∶11 7∶11 9.03×1022(或0.15N) 0.5 5(a＋b-d)g·mol-1 A 0.15mol·L-1 【详解】(1)含有相同碳原子数的CO和CO，其物质的量相等，故其质量比为 2 1mol×28 g•mol-1:1mol×44 g•mol-1=7：11，根据阿佛加德罗定律及推论，同温同压下，气体的 密度之比等于其摩尔质量之比，同质量的CO和CO，它们的密度之比为28：44=7：11，故 2 答案为：7：11；7：11； {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}2.7 g (2)一定质量的Al(SO) 中含有2.7gAl3＋的物质的量为： 0.1mol，故含有SO2-的 2 4 3 27 g•mol-1 4 3 3 物质的量为：n(SO2-)= n(Al3+)= ×0.1mol=0.15mol，含有0.15mol×6.02×1023mol-1=9.03 4 2 2 0.1 mol ×1022个SO2-，溶于水得100mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为 0.5mol·L-1， 4 2×0.1 L 故答案为：9.03×1022(或0.15N)；0.5； A (3)已知agA和bgB恰好完全反应生成0.2molC和dgD，根据质量守恒定律可知， m a+b-d g m(C)=(a+b-d)g，故C的摩尔质量为M   =5(a+b-d) g•mol-1，故答案为：5(a＋ n 0.2 mol b-d)g·mol-1； (4)某盐混合溶液中含有离子：Na＋、Mg2＋、Cl-、SO2-，测得Na＋、Mg2＋和Cl-的物质的量浓 4 度依次为0.2mol·L-1、0.25mol·L-1、0.4mol·L-1，根据溶液中电荷守恒可得：c(Na＋)+2c(Mg2 ＋)=c(Cl-)+2c(SO2-)，则c(SO2-)= 1 (c(Na＋)+2c(Mg2＋)-c(Cl-)) 1 (0.2mol·L-1+2× 4 4 2 2 0.25mol·L-1-0.4mol·L-1)= 0.15mol·L-1，故答案为：0.15mol·L-1。 19． 二 1 : 1 SO HAsO+OH-=HAsO-+HO 10-9 2 3 3 2 3 2 【详解】(1)根据亚磷酸(HPO)与足量NaOH溶液反应生成NaHPO，说明NaHPO 为正盐，亚 3 3 2 3 2 3 磷酸为二元酸，故答案为二； (2)根据图象，AsS 和Sn2+在酸性溶液中反应生成HS、Sn4+和AsS，反应的方程式为 2 3 2 4 4 2AsS+2Sn2++4H+=2HS↑+2Sn4++AsS，AsS 和Sn2+恰好完全反应时，AsS 和Sn2+的物质的量之 2 3 2 4 4 2 3 2 3 比为1:1，故答案为1:1； (3)反应II中，若0.5 mol AsS 参加反应，转移14 mol电子，则1 mol AsS 参加反应， 4 4 4 4 2814 转移28 mol电子，S元素的化合价变化量为 =6，因此S元素的化合价由-2价变成 4 +4价，所以物质a为SO，故答案为SO； 2 2 (4)①根据图象，pH由7调至10时，HAsO 转化为HAsO-，反应的离子方程式为 3 3 2 3 HAsO+OH-=HAsO-+HO，故答案为HAsO+OH-=HAsO-+HO； 3 3 2 3 2 3 3 2 3 2 ②根据图象，pH=9时，c(HAsO)=c(HAsO-)，HAsO 的一级电离方程式为HAsO 3 3 2 3 3 3 3 3 c(H AsO )c(H) HAsO-+H+，平衡常数K = 2 3 =c(H+)=10-9，故答案为10-9。 2 3 a1 c(H AsO ) 3 3 点睛：解答此类试题的关键是注意图象中的特殊点，如起点、拐点、交点等。例如解答本题 的(4)②的关键是抓住图象的交点，在pH=9时，c(HAsO)=c(HAsO-)。 3 3 2 3 20．(1) A→D→C→E→B 防止多余的Cl 污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入 2 装置E，使CoCl 潮解 2 (2)2MnO10Cl16H 2Mn2 5Cl 8H O 4 2 2 (3)防止加入氨水时溶液中c  OH 过大，生成CoOH 沉淀 2 (4)防止温度过高使H O 和NH H O分解 2 2 3 2 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}活性炭 (5)2CoCl 2NH Cl10NH H OH O 2 Co NH  Cl 12H O 2 4 3 2 2 2 60℃  3 6  3 2 (6) 趁热过滤 冷却结晶 【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过 浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯 化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制CoNH  Cl ；  3 6  3 【详解】（1）装置A用于制备Cl，装置D用于除去Cl 中的HCl，装置C用于干燥Cl，装 2 2 2 置E用于制备CoCl，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气 2 进入装置E，使CoCl 潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B； 2 （2）装置A中KMnO 和浓盐酸反应制备Cl，故方程式为： 4 2 2MnO10Cl16H 2Mn2 5Cl 8H O， 4 2 2 （3）NH Cl溶于水电离出NH+，能使NH H O的电离平衡逆向移动，进而可以抑制 4 4 3 2 NH H O的电离，防止加入氨水时溶液中c  OH- 过大，生成CoOH 沉淀，有利于NH 的 3 2 2 3 配位； （4）H O 和NH H O受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入H O 溶液 2 2 3 2 2 2 是为了控制反应速率，防止温度过高使H O 和NH H O分解； 2 2 3 2 （5）在题给制备反应中，H O 是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学 2 2 活性炭 方程式为2CoCl +2NH Cl+10NH H O+H O 2CoNH  Cl +12H O； 2 4 3 2 2 2  3 6  3 2 （6）根据已知信息②可知，CoNH  Cl 在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先  3 6  3 趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到CoNH  Cl  3 6  3 晶体。 高温 21． 将黄铜矿粉碎(或增大空气流速或升高温度) 2CuFeS+O CuS+2FeS+SO 2 2 2 2 阳极 Cu2++2e-=Cu TeO+2OH-=TeO2+HO 除去阳极泥中的少量金属及其它化合 2 3 2 物杂质 偏低 缓慢加入HSO，并不断搅拌 TeCl+2SO+4HO=Te↓+4HCl+2HSO 2 4 4 2 2 2 4 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS)煅烧产生CuS、FeS、SO，CuS、FeS的混合物就是冰 2 2 2 2 铜的成分，然后经还原得到粗铜，粗铜经电解提纯可得精铜；电解时产生的阳极泥中含有 TeO、少量Au、Ag等金属化合物，TeO 是两性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生NaTeO， 2 2 2 3 然后过滤除去难溶性固体杂质，向滤液中加入稀硫酸，反应得到TeO，TeO 与HCl反应产生 2 2 TeCl 和HO，TeCl 和HO与SO 反应产生Te、HCl、HSO。 4 2 4 2 2 2 4 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}【详解】(1)为加快黄铜矿的焙烧速率，可采取的措施可以是将黄铜矿粉碎(或增大空气流速 或升高温度)； (2)黄铜矿砂焙烧除渣过程中，反应产生CuS、FeS、SO，根据原子守恒、电子守恒，可得 2 2 高温 发生反应的化学方程式为：2CuFeS+O CuS+2FeS+SO； 2 2 2 2 (3)电解时粗铜连接电源的正极，为阳极，失去电子发生氧化反应；阴极为铜离子得电子生 成铜，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu； (4)碱浸取时，两性氧化物TeO 与NaOH溶液反应产生NaTeO 和水，而阳极泥中的少量金属 2 2 3 及其他化合物不与碱液反应，TeO 发生反应的离子方程式为TeO+2OH-=TeO2+HO； 2 2 3 2 (5)阳极泥中含有TeO，经过“碱浸”TeO 转化为可溶性的NaTeO，然后“过滤”除去难溶 2 2 2 3 性杂质，再向溶液中滴加稀HSO 调节pH，NaTeO 又重新生成TeO，这样存在目的是除去阳 2 4 2 3 2 极泥中的少量金属及其它化合物杂质；如果HSO 过量，TeO 又反应产生2TeO·SO，导致碲 2 4 2 2 3 的回收率降低；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入HSO，并不断搅拌； 2 4 (6)TeO 与HCl反应产生TeCl 和HO，TeCl 和HO与SO 反应产生Te、HCl、HSO。反应的化 2 4 2 4 2 2 2 4 学方程式为：TeCl+2SO+4HO=Te↓+4HCl+2HSO 4 2 2 2 4 {#{QQABKQQAogggAhBAAQhCQwkACgEQkAECACoGgBAIMAAAQQNABAA=}#}