第11講銅金屬礦物的開發利用（模擬精練+真題演練）完卷時間：50分鐘可能用到的相對原子質量：H1C12O16S32Cl35.5Cu64Ba137一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共12×5分）1．（2022·上海浦東新·統考一模）下列材料的使用歷史最短的是A．鋁合金 B．青銅 C．陶土 D．生鐵【答案】A【解析】人類社會使用材料的歷史為石器、陶器、青銅器、鐵器、鋼材和混凝土、輕合金和復合材料、硅和高分子材料階段，則使用歷史最短的材料是鋁合金，故選A。2．（2022·上海閔行·統考模擬預測）2022年北京冬奧會火炬“飛揚”以鋁合金為點火段材料。有關鋁合金說法錯誤的是A．密度小 B．耐腐蝕 C．熔點比純鋁高 D．屬金屬晶體【答案】C【解析】A．鋁合金密度小，質量輕，故A正確；B．鋁表面能形成致密的氧化膜，耐腐蝕能力強，故B正確；C．合金的熔點比任一種組成的純金屬的低，則鋁合金熔點比純鋁低，故C錯誤；D．Al屬金屬晶體，故D正確；故選：C。3．（2023·江蘇常州·江蘇省前黃高級中學校考二模）在指定條件下，下列選項所示的物質間的轉化能實現的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A．由反應Cu2S+O22Cu+SO2，可知物質之間的轉化能實現，A符合題意；B．由反應Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，可知物質之間的轉化不能實現，B不符合題意；C．由反應2Cu+SCu2S，可知物質之間的轉化不能實現，C不符合題意；D．常溫下，Cu和濃硫酸不反應，可知物質之間的轉化不能實現，D不符合題意；故選A。4．2021年3月1日，東方航空公司與中國商飛公司在上海正式簽署了C919購機合同。東航將成為全球首家運營C919大型客機的航空公司。大飛機C919其主結構材料大量使用了鋁鋰合金，鋁鋰合金的優點是A．高強度、導熱性 B．低密度、高強度 C．低密度、導電性 D．導熱性、導電性【答案】B【解析】制造飛機材料要求密度低，強度高，鋁和鋰都是輕金屬，所以制成的鋁鋰合金密度低，強度高，適合用作制造飛機的材料，與其導電和導熱性無關。故選B。5．（2023·上海黃浦·統考二模）在燒杯中混合含等物質的量溶質的KOH溶液和Cu(NO3)2溶液，能正確顯示反應后存在物質的是A． B．C． D．【答案】D【解析】KOH溶液和Cu(NO3)2溶液反應的方程式為：2KOH+Cu(NO3)2=Cu(OH)2↓+2KNO3，KOH和Cu(NO3)2等物質的量時，反應生成的Cu(OH)2、KNO3、剩余的Cu(NO3)2，則溶液中有K+、、Cu2+三種離子，選D。6．（2023·河北邢臺·統考模擬預測）鈦(熔點為1668℃)廣泛應用于生活和科技等各領域，用鎂還原制取金屬鈦是鈦生產的重要方法，其簡化工藝流程如下，下列說法錯誤的是A．工業上，一般選擇電解熔融制備金屬B．“高溫還原”時，發生反應的化學方程式為C．“真空蒸餾”的目的是為了降低單質和的沸點，使其氣化分離出去D．“電解”時，陰極上生成單質a，可用作其他聯產過程的氧化劑【答案】D【分析】工業生產一般采用電解熔融的方法制鎂，則a為氯氣，所得Mg通過“高溫還原”、發生反應制取金屬鈦，再經過真空蒸餾提純鈦等步驟得到鈦產品。【解析】A．由于的熔點高，電解制備金屬能耗大，工業生產一般采用電解熔融的方法，A項正確；B．還原時，發生反應的化學方程式為，B項正確；C．真空蒸餾時，需要將金屬、分離除去，由于金屬鈦的熔點很高，因此真空蒸餾的目的是為了降低單質和的沸點，C項正確；D．工業生產中，陽極上發生反應為：，可用作其他聯產過程的氧化劑，D項錯誤；答案選D。7．（2023·北京西城·北京四中校考模擬預測）10℃時，分別向4支小試管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分別向其中滴加2mol/LNaOH溶液，邊滴加邊振蕩，實驗數據及現象如下表：試管編號1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即觀察沉淀的顏色淺綠色淺綠色藍色藍色酒精燈加熱濁液后沉淀的顏色淺綠色淺綠色黑色黑色取淺綠色沉淀用蒸餾水反復洗滌，加入稀鹽酸完全溶解，再加入適量BaCl2溶液，產生大量白色沉淀。取藍色沉淀重復上述實驗，無白色沉淀。經檢驗，試管3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列說法不正確的是A．由實驗現象可知淺綠色沉淀中可能含有堿式硫酸銅B．CuSO4溶液與NaOH溶液反應時，其相對量不同可以得到不同的產物C．試管3、4中的固體在加熱過程中發生了反應：Cu(OH)2CuO+H2OD．取淺綠色沉淀再滴加適量NaOH溶液后加熱仍不會變黑【答案】D【解析】A．取淺綠色沉淀用蒸餾水反復洗滌，加入稀鹽酸完全溶解，再加入適量BaCl2溶液，產生大量白色沉淀說明溶液中含有硫酸根離子，則淺綠色沉淀中可能含有堿式硫酸銅，故A正確；B．由實驗數據及現象可知，硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液的相對量不同，反應得到沉淀的顏色不同，說明相對量不同可以得到不同的產物，故B正確；C．由實驗數據及現象可知，試管3、4中硫酸銅溶液與過量氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化銅藍色沉淀和硫酸鈉，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅和水，反應的化學方程式為Cu(OH)2CuO+H2O，故C正確；D．由實驗數據及現象可知，向淺綠色沉淀中滴加氫氧化鈉溶液發生的反應為堿式硫酸銅與氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化銅和硫酸鈉，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅和水，故D錯誤；故選D。8．（2023·重慶萬州·重慶市萬州第二高級中學校考模擬預測）實驗室從含有少量氧化鐵雜質的廢銅粉制取無水硫酸銅的實驗步驟如下圖：下列有關說法正確的是A．溶解廢銅粉“過量酸”是指稀硝酸B．氣體A是Cl2，將亞鐵離子氧化為鐵離子C．生成沉淀D的離子方程式可以為3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Cu2+D．從溶液中得到的無水硫酸銅的方法是冷卻結晶【答案】C【分析】因為要制備硫酸銅，則過量酸為稀硫酸，廢銅粉(含有少量氧化鐵)加過量稀硫酸，氧化鐵溶于硫酸生成硫酸鐵和水，Cu和硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵和硫酸銅，得到硫酸亞鐵、硫酸銅、硫酸混合溶液，混合溶液通入氣體A將亞鐵離子氧化為鐵離子，調pH=4將鐵離子轉化為氫氧化鐵，然后過濾除去，固體B可為CuO或氫氧化銅等，濾液C為硫酸銅溶液，將硫酸銅溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸銅晶體。【解析】A．過量的酸應為稀硫酸，不適合用稀硝酸，原因是引入硝酸根雜質，A錯誤；B．向混合溶液通入氣體A的作用是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，氣體A為氧氣，不能使用氯氣，防止引入氯離子雜質，B錯誤；C．加入固體B的作用是調節溶液的pH，使Fe3＋水解平衡正向移動，轉變為氫氧化鐵沉淀而除去，為了不引入新的雜質，可選用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，加CuO時離子方程式為3CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Cu2+，C正確；D．從溶液中冷卻結晶是得到硫酸銅晶體，D錯誤；選C。9．（2023·福建福州·福州三中校考模擬預測）某同學進行如下實驗：實驗實驗現象ⅰ將銅粉加入試管中，再加入稀溶液變藍，液面上方呈淺紅棕色；至不再產生氣泡時，銅粉有剩余，余液呈酸性ⅱ繼續向ⅰ中試管加入少量固體又產生氣泡，銅粉減少，液面上方呈淺紅棕色ⅲ取飽和溶液，加入少量固體和銅粉無明顯變化下列說法不正確的是A．氧化性的強弱與其濃度大小有關B．ⅰ、ⅱ中銅粉減少的原因能用相同的離子反應解釋C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是D．用一定濃度的與也能使銅粉溶解【答案】C【分析】i.將銅粉加入試管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和銅反應生成NO、硝酸銅，溶液變藍，開始產生無色氣體，無色氣體又變為紅棕色；銅粉有剩余，溶液為酸性；ii.繼續向i中試管加入少量固體NaNO3，由于銅粉剩余，溶液為酸性，加入硝酸鈉，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和銅反應生成NO、硝酸銅，產生無色氣體，無色氣體又變為紅棕色，同時可知推論i中的酸性是硝酸有剩余；iii.飽和Cu（NO3）2溶液，加入少量固體NaNO3和銅粉，三者不反應，無明顯變化；【解析】A．由i、ii分析可知i還有硝酸剩余，不能將銅全部溶解，故硝酸氧化性和濃度有關，A正確；B．i、ii銅粉減少的原因均為硝酸和銅發生了氧化還原反應，能用相同的離子反應解釋，B正確；C．由i、ii分析可知i還有剩余氫離子，不能說明余液呈酸性的主要原因是銅離子水解所導致，C錯誤；D．硝酸根離子在酸性條件下具有強化性，可以將銅氧化，故用一定濃度的H2SO4與NaNO3也能使銅粉溶解，D正確；故答案選C。10．（2023·天津紅橋·統考一模）“夏禹鑄九鼎，天下分九州”，青銅器在古時被稱為“吉金”，是紅銅與錫、鉛等的合金。銅銹大多呈青綠色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列說法錯誤的是A．青銅器中錫、鉛對銅有保護作用B．青銅的熔點低于純銅C．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都屬于鹽類D．可用FeCl3溶液浸泡青銅器來清洗青銅器的銅銹【答案】D【解析】A．錫、鉛的金屬性比銅強，在形成原電池時，作原電池的負極，能阻止銅失電子，從而保護青銅器中的銅，A正確；B．青銅為銅、錫、鉛的合金，合金的熔點通常低于它的成分金屬，所以青銅的熔點低于純銅，B正確；C．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或，二者都屬于鹽類，C正確；D．FeCl3在溶液中能發生水解而使溶液顯酸性，浸泡青銅器能清洗青銅器的銅銹，Fe3+具有較強的氧化性，能將Cu氧化為Cu2+，所以不能用FeCl3溶液浸泡青銅器來清洗青銅器的銅銹，D錯誤；故選D。11．（2023·廣東清遠·清新一中校考模擬預測）我國是歷史悠久的文明古國。下列敘述錯誤的是A．西安兵馬俑表面的“藍”，又稱“中國紫”，主要成分是硅酸銅鋇(含有PbO)，其中的硅元素不是以形式存在的B．敦煌壁畫顏料中含有的青金石，其分子式為，屬于硅酸鹽C．廣東嶺南“南越武王”趙佗漢墓出土的銅錢表面的綠色斑點或斑塊，主要成分是堿式碳酸銅D．中國古代瓷器的“紅釉”，“釉汁細膩，光潤勻凈，色如胭脂”，其主要成分為，不可能含有銅元素【答案】D【解析】A．西安兵馬俑表面的“藍”，又稱“中國紫”，主要成分是硅酸銅鋇(含有PbO)，其中的硅元素以硅酸鹽的形式存在，故A正確；B．敦煌壁畫顏料中含有的青金石，其分子式為，屬于鋁硅酸鹽，故B正確；C．銅在潮濕空氣中易生成綠色堿式碳酸銅，廣東嶺南“南越武王”趙佗漢墓出土的銅錢表面的綠色斑點或斑塊，主要成分是堿式碳酸銅，故C正確；D．中國古代瓷器的“紅釉”，“釉汁細膩，光潤勻凈，色如胭脂”，其主要成分為，可能含有紅色Cu2O，故D錯誤；選D。12．（2023·山東·日照一中校聯考模擬預測）銅及含銅微粒的價荷圖如圖所示。下列推斷不合理的是A．要使Cu變成a可以加入稀鹽酸和過氧化氫的混合溶液B．轉化成需要加堿C．在酸性環境中，c可以反應生成a和CuD．b具有還原性【答案】D【解析】A．根據銅及含銅微粒的價荷圖判斷，a是Cu2+、b是、c是、d是。a中Cu元素為+2價，在酸性條件下，H2O2氧化Cu變為Cu2+，A正確；B．由圖可知，轉化為需要堿性條件，B正確；C．中Cu元素為+1價，在酸性條件下可以發生歧化反應生成+2價的銅和單質銅，C正確；D．中銅元素為+3價具有強氧化性，D錯誤；故選D。二、主觀題（共3小題，共40分）13．（12分）（2023·吉林·統考二模）銅及其化合物在生產、生活中有著廣泛的應用。回答下列問題：(1)納米銅是性能優異的超導材料，工業上以輝銅礦(主要成分為)為原料制備納米銅粉，中銅元素的化合價為_______價。(2)無水常用于檢驗物質中是否含有水，吸水后會形成_______色晶體，俗稱_______。(3)的名稱為堿式碳酸銅，是銅綠、孔雀石的主要成分，受熱分解可生成黑色的CuO，化學方程式為_______。(4)常用作媒染劑、殺蟲劑等。Cu與稀鹽酸在持續通入空氣的條件下反應生成，對該反應有催化作用，其催化原理如圖所示。的化學式為_______。(5)CuCl廣泛應用于化工和印染等行業。在高于300℃，HCl氣流中熱分解可以制備CuCl，其中HCl的作用是_______。【答案】（每空2分）(1)+1(2)藍膽礬或藍礬(3)(4)(5)用HCl氣流帶走產生的水蒸氣，提供酸性環境抑制水解的發生，防止CuCl被氧化【解析】（1）中硫元素為-2價，則銅元素的化合價為+1；（2）無水常用于檢驗物質中是否含有水，吸水后會形成藍色硫酸銅晶體，俗稱膽礬或藍礬；（3）堿式碳酸銅受熱分解生成氧化銅、水、二氧化碳，；（4）Cu與稀鹽酸在持續通入空氣的條件下反應生成，對該反應有催化作用，銅生成銅離子化合價升高，根據電子守恒可知，M生成中鐵元素化合價降低，故為亞鐵離子；（5）氯化銅加熱水解生成氫氧化銅和揮發性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中銅具有還原性易被空氣中氧氣氧化，在HCl氣流中熱分解可以制備CuCl，其中HCl的作用是用HCl氣流帶走產生的水蒸氣，提供酸性環境抑制水解的發生，防止CuCl被氧化。14．（12分）（2021·浙江·學軍中學校考模擬預測）某固體化合物X由5種元素組成。某學習小組進行了如圖實驗：已知氣體B能使濕潤紅色石蕊試紙變藍。請回答：(1)X中含有的元素有___，氣體B的電子式___。(2)X的化學式__。(3)X的水溶液可以與纖維素作用，工業上利用此性質得到產物名稱__。(4)寫出X隔絕空氣強熱生成A、D、E的化學方程式___。【答案】（除標注外，每空2分）(1)Cu、N、S、O、H(2)Cu(NH3)4SO4?2H2O（3分）(3)銅氨纖維(4)2Cu(NH3)4SO4?2H2O2CuO+8NH3↑+2SO2↑+O2↑+2H2O（3分）【分析】氣體A用堿石灰吸收后剩余氣體B，且氣體B能使濕潤紅色石蕊試紙變藍，則B為NH3，其物質的量為，質量為0.4mol×17g/mol=6.8g，則氣體A中除NH3外的氣體總質量為10.4g-6.8g=3.6g，此氣體被堿石灰吸收，應為水蒸氣，物質的量為；固體C的質量為26.4g-10.4g=16g；加熱分解后生成的黑色固體D應為CuO，混合氣體E通入足量BaCl2溶液生成的白色沉淀23.3g，應為BaSO4，其物質的量，根據原子守恒可知，若氣體為SO3應為0.1mol，質量為8g，則混合氣體應為0.1molSO2和0.05molO2；則黑色固體D質量為8g，其物質的量為，故X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物質的量之比為(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05mol)=8：4：2：2：1，此化合物中含有Cu、N、S、H、O一共5種元素，結合原子守恒和質量守恒分析解題。（1）由分析知X中含有的元素有Cu、N、S、H、O；氣體B為NH3，電子式是；（2）此化合物中含有Cu2+：NH4+：SO42-：H2O的物質的量之比為0.1mol：0.4mol：0.1mol：0.2mol=1：4：1：2，X的化學式Cu(NH3)4SO4?2H2O；（3）Cu(NH3)4SO4?2H2O的水溶液可以與纖維素作用，工業上利用此性質得到產物名稱銅氨纖維；（4）X分解后生成的NH3、H2O、CuO、SO2和O2的物質的量之比為(0.4mol)：(0.2mol)：(0.1mol)：(0.1mol)：(0.05)=8：4：2：2：1，則Cu(NH3)4SO4?2H2O隔絕空氣強熱生成A、D、E的化學方程式為：2Cu(NH3)4SO4?2H2O2CuO+8NH3↑+2SO2↑+O2↑+2H2O。15．（16分）（2023·遼寧沈陽·統考一模）在染色和催化領域應用廣泛，某研究小組欲利用如圖裝置(加熱和夾持裝置略去)將二氧化硫通入新制氫氧化銅懸濁液中制備。已知：為白色固體，難溶于水和乙醇，能溶于濃鹽酸。實驗步驟及現象：①向C中先加入溶液，再加入溶液；②打開A中分液漏斗的活塞產生氣體至過量，剛開始C中出現少量淡黃色固體，靜置一會兒之后，底部有較多的白色沉淀，上層是淡綠色的溶液。③將C中混合物過濾、依次用水和乙醇洗滌、烘干，所得固體質量為。回答下列問題：(1)試劑a為濃硫酸，b儀器的名稱為__________。(2)裝置B中長頸漏斗的作用是__________。(3)將通入C中，與新制氫氧化銅懸濁液反應，產生白色固體的離子方程式為__________。(4)小組成員針對步驟2中的現象展開進一步的探究得出：ⅰ．白色沉淀為。ⅱ．上層淡綠色溶液中的主要溶質為和少量。結論：本實驗中較多量的新制氫氧化銅與二氧化硫發生了氧化還原反應，少量與之發生了復分解反應，二者為競爭關系。試分析主要發生氧化還原反應的原因__________。(5)用乙醇洗滌的優點為__________。(6)計算該實驗中的產率為__________％。(7)已知：，，。若所得固體中混有少量，請補充完除去的實驗方案：①向產物中滴加試劑__________，使固體充分溶解，再過濾出雜質；②向濾液中加水稀釋至不再產生沉淀為止；③過濾、洗滌、干燥，可得到除去后的固體。【答案】（除標注外，每空2分）(1)蒸餾燒瓶(2)允許空氣進入，或排出氣體，防止裝置超壓或形成真空(3)2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O（3分）(4)新制氫氧化銅具有弱氧化性，SO2具有還原性，二者主要發生氧化還原反應(5)CuCl難溶于乙醇，乙醇易揮發，有利于CuCl的干燥(6)（3分）(7)HCl【分析】A裝置制備SO2，將SO2通入C中反應生成，D裝置中NaOH溶液可以吸收過量的SO2，防止污染空氣。【解析】（1）b儀器的名稱為蒸餾燒瓶。（2）裝置B中長頸漏斗的作用是允許空氣進入，或排出氣體，防止裝置超壓或形成真空。（3）CuCl難溶于水，是自色固體，二氧化硫通入C中新制氫氧化銅懸濁液，硫元素化合價升高生成硫酸根，Cu元素化合價降低，生成CuCl，離子方程式為：2Cl-+SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO+2H2O。（4）新制氫氧化銅具有弱氧化性，SO2具有還原性，二者主要發生氧化還原反應。（5）CuCl難溶于乙醇，乙醇易揮發，有利于CuCl的干燥。（6）15mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液中，CuCl2的物質的量=0.015L×0.5mol/L=0.0075mol，完全轉化為CuCl，理論上生成的物質的量為0.0075mol，其質量=0.0075mol×99.5g/mol=0.74625g，實驗實際所得CuCl固體質量為0.594g，則CuCl的產率=。（7）可向產物中滴加濃HCl，使固體溶解充分，過濾出雜質后，加水稀釋，產生白色沉淀，加水不再產生沉淀為止，過濾、洗滌、干燥，即可得到除去Cu2O后的CuCl固體。1．（2021·浙江·統考高考真題）下列說法不正確的是A．鐵粉與氧化鋁發生的鋁熱反應可用于焊接鐵軌B．鎂燃燒會發出耀眼的白光，可用于制造信號彈和焰火C．熟石膏與水混合成糊狀后能很快凝固，常用于制作模型和醫療石膏繃帶D．工業上可用氨水消除燃煤煙氣中的二氧化硫【答案】A【解析】A．鋁粉與氧化鐵發生鋁熱反應時放出大量的熱，因此，生成的鐵是液態的，其可以將兩段鐵軌焊接在一起，故其可用于焊接鐵軌，但是，鐵粉與氧化鋁不能發生鋁熱反應，A說法不正確；B．鎂燃燒會發出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信號彈和焰火，B說法正確；C．粉末狀的熟石膏與水混合成糊狀后能很快凝固轉化為堅固的塊狀生石膏，因此，其常用于制作模型和醫療石膏繃帶，C說法正確；D．二氧化硫屬于酸性氧化物，其可以與堿反應生成鹽和水，而氨水屬于堿性的溶液，因此，工業上可用氨水吸收燃煤煙氣中的二氧化硫從而削除污染，D說法正確。綜上所述，本題選A。2．（2023·上海·統考高考真題）戰國時期人們用青銅澆鑄塑形成各樣的青銅器，青銅比純銅更便于制成形態各異的容器的原因是A．熔點低 B．密度大 C．硬度大 D．不易被腐蝕【答案】A【解析】青銅為銅、錫、鉛等的合金，通常合金的熔點小于成分金屬，因此青銅比純銅更便于制成形態各異的容器，故答案選A。3．（2022·浙江·統考高考真題）下列說法不正確的是A．鎂合金密度較小、強度較大，可用于制造飛機部件B．還原鐵粉可用作食品干燥劑C．氯氣、臭氧、二氧化氯都可用于飲用水的消毒D．油脂是熱值最高的營養物質【答案】B【解析】A．金屬鎂的密度較小，鎂合金的強度高、機械性能好，是制造汽車、飛機、火箭的重要材料，故A正確；B．還原鐵粉能吸收氧氣，可用作食品脫氧劑，故B錯誤；C．氯氣、臭氧、二氧化氯都具有強氧化性，能殺菌消毒，都可用于飲用水的消毒，故C正確；D．油脂在代謝中可以提供的能量比糖類和蛋白質約高一倍，油脂是熱值最高的營養物質，故D正確；選B。4．（2022·山東·高考真題）是一種鈉離子電池正極材料，充放電過程中正極材料立方晶胞(示意圖)的組成變化如圖所示，晶胞內未標出因放電產生的0價Cu原子。下列說法正確的是A．每個晶胞中個數為xB．每個晶胞完全轉化為晶胞，轉移電子數為8C．每個晶胞中0價Cu原子個數為D．當轉化為時，每轉移電子，產生原子【答案】BD【解析】A．由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數為8×+6×=4，位于體內的銅離子和亞銅離子的個數之和為8，設晶胞中的銅離子和亞銅離子的個數分別為a和b，則a+b=8-4x，由化合價代數和為0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A錯誤；B．由題意可知，Na2Se轉化為Cu2-xSe的電極反應式為Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個Na2Se，轉移電子數為8，故B正確；C．由題意可知，Cu2-xSe轉化為NaCuSe的電極反應式為Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個NaCuSe，晶胞中0價銅而個數為(4-4x)，故C錯誤；D．由題意可知，NayCu2-xSe轉化為NaCuSe的電極反應式為NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每轉移(1-y)電子，產生(1-x)mol銅，故D正確；故選BD。5．（2023·山東·統考高考真題）一種制備的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應Ⅲ需及時補加以保持反應在條件下進行。常溫下，的電離平衡常數。下列說法正確的是A．反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B．低溫真空蒸發主要目的是防止被氧化C．溶液Y可循環用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD．若產量不變，參與反應Ⅲ的與物質的量之比增大時，需補加的量減少【答案】CD【分析】銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ)，所得溶液在3~4之間，溶液顯酸性，根據的電離平衡常數，可知溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是，調節溶液pH值至11，使轉化為Na2SO3，低溫真空蒸發(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反應過程中酸性越來越強，使Na2SO3轉化成SO2氣體，總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時補加以保持反應在條件下進行。【解析】A．反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應，生成二氧化硫，是氧化還原反應，反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應，生成、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O，是氧化還原反應，故A錯誤；B．低溫真空蒸發主要目的是防止被氧化，而不是，故B錯誤；C．經分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D．制取總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若產量不變，增大比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少的量，故D正確；答案CD。6．（2023·全國·統考高考真題）元素分析是有機化合物的表征手段之一。按下圖實驗裝置(部分裝置略)對有機化合物進行C、H元素分析。回答下列問題：(1)將裝有樣品的Pt坩堝和CuO放入石英管中，先_______，而后將已稱重的U型管c、d與石英管連接，檢查_______。依次點燃煤氣燈_______，進行實驗。(2)O2的作用有_______。CuO的作用是_