高考化学工艺流程专题要点.doc

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1、精品文档高考化学工艺流程题 一、探究解题思路呈现形式：流程图、表格、图像 设问方式：措施、成分、物质、原因能力考查：获取信息的能力、分解问题的能力、表达能力 知识落点：根本理论、元素化合物、实验无机工业流程图题能够以真实的工业生产过程为背景，表达能力立意的命题指导思想，能够综合考查各方面的根底知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。【例题】某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下： 别离提纯预处理别离提纯 复原原 料：矿石固体预处理：酸溶解表述：“浸出除 杂：控制溶液酸碱性使金属离

2、子形成沉淀核心化学反响是：控制条件，调节PH，使Mg2+全部沉淀1. 解题思路明确整个流程及每一局部的目的 仔细分析每步发生的反响及得到的产物 结合根底理论与实际问题思考 注意答题的模式与要点 在解这类题目时：首先，要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。其次，再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。第三，要看清所问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性在答题时应注意：前一问答复不了，并不一定会影响答复后面的问题。分析流程图需要掌握的技巧是： 浏览全题，确定该流程的目的由何原料获得何产物副产物,比照原料和产物； 了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信

3、息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用； 解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反响？利用了什么原理氧化复原？溶解度？溶液中的平衡？。每一步操作进行到什么程度最正确？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？ 无机化工题：要学会看生产流程图，对于比拟陌生且复杂的流程图，宏观把握整个流程，不必要把每个环节的原理都搞清楚，针对问题分析细节。考察内容主要有：1、原料预处理2、反响条件的控制温度、压强、催化剂、原料配比、PH调节、溶剂选择3、反响原理离子反响、氧化复原反响、化学平衡、电离平衡、溶解平衡、水解原理、物质的别离与提纯4、绿色化学物质的循环利用、废物处

4、理、原子利用率、能量的充分利用5、化工平安防爆、防污染、防中毒等。2、规律主线主产品 分支副产品 回头为循环 核心考点：物质的别离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制产品别离提纯3.工业生产流程主线与核心 原料预处理除杂、净化产品别离提纯反响条件控制原料循环利用排放物的无害化处理4. 熟悉工业流程常见的操作与名词原料的预处理溶 解 通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等灼 烧 如从海带中提取碘煅 烧 如煅烧高岭土 改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质高温下氧化、分解研 磨 适用于有机物的提取 如苹果中维生素C的测定等。控制反响条件的方法控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀 - p

5、H值的控制。例如：以下物质开始沉淀和沉淀完全时的pH 如下表所示物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2问题：假设要除去Mn2溶液中含有的Fe2，应该怎样做？调节pH所需的物质一般应满足两点： 、能与H反响，使溶液pH值增大； 、不引入新杂质。例如：假设要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可参加CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值 蒸发、反响时的气体气氛加热的目的 加快反响速率或促进平衡向某个方向移动降温反响的目的 防止某物质在高温时会溶解或为使化学平衡向着题目要求的方向移动趁热过滤 防止某物质降温时会析出冰水洗涤 洗去晶体外表的杂质离子，并

6、减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗物质的别离和提纯的方法结晶固体物质从溶液中析出的过程蒸发溶剂、冷却热饱和溶液、浓缩蒸发过滤固、液别离蒸馏液、液别离分液互不相溶的液体间的别离萃取用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。升华将可直接气化的固体别离出来。盐析加无机盐使溶质的溶解度降低而析出常见名词浸 出：固体加水酸溶解得到离子浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少酸 浸：在酸溶液中反响使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程水 洗：通常为除去水溶性杂质水 浸：与水接触反响或溶解专 项 练 习1【2021浙江理综化学】某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、

7、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：NaOH溶液控制pH试剂X足量酸烧渣固体1溶液2固体2FeSO47H2O溶液1以下说法不正确的选项是 A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D假设改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶别离也可得到FeSO47H2O2【2021上海化学】实验室回收废水中苯酚的过程如右图所示。以下分析错误的选项是 A操作I中苯作萃取剂B苯

8、酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用3【2021天津理综化学】18分废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量到达矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：答复以下问题：1反响是将Cu转化为Cu(NH3 )42+，反响中H2O2 的作用是 。写出操作的名称： 。2反响II是铜氨溶液中的Cu(NH3 )42+与有机物RH反响，写出该反响的离子方程式： 。操作用到的主要仪器名称为 ，其目的是填序号 。a富集铜元素 b使铜元素与水溶液中的物质别离c增加Cu2在水中的溶解度3反响是有机溶

9、液中的CuR2与稀硫酸反响生成CuSO4和 。假设操作使用右图装置，图中存在的错误是 。4操作以石墨作电极电解CuSO4 溶液。阴极析出铜，阳极产物是 。操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 。5流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 。循环使用的NH4Cl在反响中的主要作用是 。4【2021四川理综化学】16分为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣铁主要以Fe2O3存在转变成重要的化工原料FeSO4反响条件略。活化硫铁矿复原Fe3+的主要反响为：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其

10、他反响。请答复以下问题：1第步H2SO4与Fe2O3反响的离子方程式是 。2检验第步中Fe3+是否完全复原，应选择 填字母编号。 AKMnO4溶液 BK3Fe(CN)6溶液 CKSCN溶液3第步加FeCO3调溶液pH到左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是 。4FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反响可制得铁系氧化物材料。25，101kPa时：4Fe(s) + 3O2 (g) =2Fe2O3(s) =-1648kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g) =-393kJ/mol 2Fe(s)+2C(

11、s)+3O2(g)=2FeCO3(s) =-1480kJ/molFeCO3在空气中加热反响生成Fe2O3的热化学方程式是 。5FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反响为4Li+ FeS2= Fe +2Li2S，正极反响式是 。6假设烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将a kg质量分数为b%的硫酸参加到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第步应参加FeCO3 kg。5【2021山东理综化学】19分毒重石的主要成分BaCO3含Ca2+、

12、Mg2+、Fe3+等杂质，实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下:1毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是 。实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用以下仪器中的 。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管2Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH参加NH3H2O调节pH=8可除去 填离子符号，滤渣中含 填化学式。参加H2C2O4时应防止过量，原因是 。：KspBaC2O4=1.610-7，KspCaC2O4=2.310-93利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。：2CrO42+2H+=Cr2O72+H20 Ba2+CrO42=BaCrO4步

13、骤 移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液与锥形瓶中，参加酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，参加x mL与步骤 相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再参加酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0刻度位于滴定管的 填“上方或“下方。BaCl2溶液的浓度为 molL1，假设步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将 填“偏大或“偏小。6【2021福建理综化学】(15分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。1氯化

14、铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反响的离子方程式为 。2工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/180升华300升华1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 只要求写出一种。步骤中假设不通入氯气和氧气，那么反响生成相对原子质量比硅大的单质是 。：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) H1=+1344.1kJ mol-12AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) H2=+1169.2kJ mol-1由Al2O3、C和Cl2反响生成A

15、lCl3的热化学方程式为 。步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为 _。 结合流程及相关数据分析，步骤中参加铝粉的目的是 。7【2021安徽理综化学】14分硼氢化钠NaBH4在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：NaBO2sSiO2sNasH2gNaBH4sNa2SiO3sNa2SiO3s溶液异丙酸lNaBH4s循环使用：NaBH4常温下能与水反响，可溶于异丙酸沸点：13。1在第步反响加料之前，需要将反响器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是_，原料中的金属钠通常保存在_中，实

16、验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有_，_，玻璃片和小刀等。2请配平第步反响的化学方程式：NaBO2+SiO2+Na+H2=NaBH4+Na2SiO33第步别离采用的方法是_；第步别离NaBH4并回收溶剂，采用的方法是_。4NaBH4s与水l反响生成NaBO2s和氢气g，在254s放热21.6KJ，该反响的热化学方程式是_。8【2021广东理综化学】16分七铝十二钙12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：1煅粉主要含MgO和 ，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶， 假设溶液I中c(Mg2+

17、)小于510-6molL-1,那么溶液pH大于 Mg(OH)2的Ksp=510-12)；该工艺中不能用NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是 。2滤液I中的阴离子有 忽略杂质成分的影响；假设滤液I中仅通入CO2，会生成 ，从而导致CaCO3产率降低。3用NaOH溶液可除去废Al片外表的氧化膜，反响的离子方程式为 。4电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反响方程式为 。5一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反响，放电时负极Al的电极反响式为 。9【2021江苏化学】12分以磷石膏(只要成分CaSO4，杂

18、质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。1匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO42)随时间变化见由右图。清液pH11时CaSO4转化的离子方程式_；能提高其转化速率的措施有_(填序号)A搅拌浆料 B加热浆料至100 C增大氨水浓度 D 减小CO2通入速率2当清液pH接近65时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为_和_(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是_。3在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2)增大的原因_。10废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境实验室利用废旧铜片回收铜并制备绿矾晶体

19、的局部实验过程如下：己知：I2+2S2O32=S4O62+2I1A中溶解时反响的化学方程式是_；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去除去H2O2的简便方法是_2某学习小组用“间接碘量法测定试样A中Cu2+的浓度不含能与I2S2O3标准液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液10.00mLCuSO4与KI反响的离子方程式为：_可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_试样A中cCu2+ 为_mol/L3以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质的电解精炼，以下说法正确的选项是_A、电能全部转化为化学能 B、粗铜接电源正极，发生氧化反响C、溶液中Cu2+向

20、阳极移动 D、利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属E、电解后CuSO4溶液浓度减小 F、阳极减轻的质量等于阴极增加的质量4从滤液B中制取绿矾晶体的实验操作是_、_、过滤、洗涤1、案】D2【答案】B【析】A苯酚容易溶于有机溶剂苯，而难溶于水，水与苯互不相溶，因此 可用苯作萃取剂将含有苯酚的废水中的苯萃取出来，操作I中苯作萃取剂，正确。B苯酚钠容易溶于水，而难溶于苯，因此在苯中的溶解度比在水中的小，错误。C向萃取分液后的含有苯酚的溶液中参加NaOH溶液，发生反响：NaOH+C6H5OH=C6H5ONa+H2O，C6H5ONa容易溶于水，而与苯互不相溶，然后分液，得到的苯可再应用于含有苯酚的废

21、水的处理，故通过操作II苯可循环使用，正确。D再向含有苯酚钠的水层参加盐酸，发生 ：C6H5ONa+HCl=C6H5OH+NaCl，苯酚难溶于水，密度比水大，在下层，通过分液与水别离开，通过上述分析可知在三步操作中都要进行分液操作，因此要使用分液漏斗，正确。3、1作氧化剂 过滤2Cu(NH3 )42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 分液漏斗 a b3RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁 液体过多4O2 H2SO4 加热浓缩 冷却结晶 过滤5H2SO4 防止由于溶液中的cOH-过高，生成CuOH2沉淀【解析】1反响是将Cu转化为Cu(NH3 )42+，Cu被氧化，那么反响中H2O2 的作用是作

22、氧化剂；操作是把滤渣和液体别离，所以该操作为过滤； 2根据流程图可知，Cu(NH3 )42+与有机物RH反响生成CuR2和氨气、氯化铵，所以该反响的离子方程式是Cu(NH3 )42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 ；操作是把水层与有机层别离，所以为分液操作，需要的主要仪器为分液漏斗；Cu元素富集在有机层，所以该操作的目的是富集Cu元素，使铜元素与水溶液中的物质别离，答案选ab； 3CuR2中R元素为-1价，所以反响是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反响生成CuSO4和RH；操作使用的过滤操作中分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内的液体太多；4以石墨作电极电解CuSO4 溶液。阴极析出铜，

23、那么阳极为阴离子氢氧根放电，生成氧气，导致氢离子浓度增大，所以阳极的产物有O2 、H2SO4；由溶液得到晶体的操作步骤一般为加热浓缩 冷却结晶 过滤；5操作中得到的硫酸可用在反响III中，所以第三种循环的试剂为H2SO4 ；氯化铵溶液为酸性，可降低溶液中氢氧根离子的浓度，防止由于溶液中的cOH-过高，生成CuOH2沉淀。4、1Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O2C3Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解产生H+。44FeCO3(s)+O2(g) =2Fe2O3(s)+ 4CO2(g) =260kJ/mol。5FeS2+4e= Fe +2S26kg。【解析】1Fe2O3+6H+2Fe3+3H2

24、O2假设Fe3+没有完全复原，那么可以用KSCN检验。3局部Fe2+被氧化为Fe3+。4根据盖斯定律可得：4FeCO3(s)+O2(g) =2Fe2O3(s)+ 4CO2(g) =-260kJ/mol。5正极得电子，化合价降低，可得正极方程式：FeS2+4e- = Fe +2S2-6由于最终得到FeSO4，根据元素守恒，n(Fe)=n(S)，Fe来自于Fe2O3、FeS2、FeCO3；S来自于FeS2、H2SO4那么有：( 2 + 2)96% + = + 22 96%那么得答案：kg。5、1增大接触面积从而使反响速率加快；ac2Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生

25、成BaC2O4沉淀，产品的产量减少。3上方；V0bV1b/y；偏小。6、15分1Al3+3H2OAl(OH)3+3H+2防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反响物的接触面积，加快反响速率。Fe或铁 ；Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3；NaCl、NaClO、NaClO3 ；除去FeCl3，提高AlCl3纯度。【解析】1氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反响产生氢氧化铝胶体，其反响的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；2步骤中焙烧使固体中的水分挥发，导致气孔数目增多，其作用是可以防止后续步骤生成的AlCl3水解。同时由于增大反响物的接触面积，使

26、反响速率加快。根据物质中含有的元素组成可知：假设在步骤中不通入氯气和氧气，那么反响生成相对原子质量比硅大的单质是铁。第一个式子减去第二个式子，整理可得：Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，Cl2与浓 NaOH溶液发生反响产生NaCl、NaClO3和水，随着反响的进行，溶液变稀。这时Cl2与稀的NaOH溶液发生反响，形成NaCl、NaClO。因此得到的三种盐的化学式分别为NaCl、NaClO、NaClO3 。由于Al的活动性比Fe强，在步骤中参加铝粉，就可以将铁置换出来，到达除去除去FeCl3，提高A

27、lCl3纯度的目的。7、1除去反响器中的水蒸气和空气，煤油，镊子、滤纸2系数为：1、2、4、2；3过滤，蒸馏4NaBH4s+H2O(l) = NaBO2s+H2(g) H=-216KJ/mol；【解析】1由于NaBH4常温下能与水反响，且Na比拟活泼，加热到100度以上，充入氩气，是除去反应器中的水蒸气和空气，防止影响反响；少量金属钠保存在煤油里；取用钠时，用镊子夹取，滤纸吸干外表的煤油；2根据氧化复原反响原理，得失电子总相同，可以配平此反响为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=NaBH4+2Na2SiO3；3从流程图中可以看出第步别离的是固体和液体混合物，所以选用过滤的方法；第步别离N

28、aBH4并回收溶剂，只能先将溶剂蒸发再冷凝回收，即蒸馏的方法别离；4根据物质的量计算，n(NaBH4)=0.1mol，故热方程式为：NaBH4s+H2O(l) = NaBO2s+H2(g) H=-216KJ/mol；8、1CaO；11；参加NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。2NO3、OH；Ca(HCO3)2 32OH+Al2O32AlO2+H2O42Al+6H20 2Al(OH)3+3H2 5 Al3e7 AlCl44 Al2Cl7【解析】1煅烧时CaCO3会发生分解生成CaO和CO2；煅烧MgCO3分解生成MgO和CO2；故煅粉主要含MgO和

29、CaO；Ksp= c(Mg2+)c2(OH)，510-12=510-6 c2(OH)，得c(OH)= 10-3molL-1， pH=11。由于溶液I中c(Mg2+)小于510-6molL-1，所以溶液pH大于11；不能用NH4)2SO4代替NH4NO3的原因是参加NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少。2从流程中看出NO3没有被除去，故滤液I中的阴离子有NO3，CaO溶于水生成Ca(OH)2，故溶液中还有OH；假设滤液I中仅通入CO2，过量的CO2会与CaCO3生成Ca(HCO3)2 从而导致CaCO3产率降低。3Al外表的氧化膜的成分是Al2O

30、3，该物质是两性氧化物，NaOH可以与之发生反响。NaOH溶液与Al2O3反响的离子方程式为：2OH+Al2O32AlO2+H2O；4电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，Al作阳极，石墨作阴极。Al在阳极放电，溶液中的H+在阴极放电，破坏了水的电离平衡，使的溶液中的OH浓度增大，与产生的Al3+结合生成Al(OH)3，总反响方程式为：2Al+6H2O 2Al(OH)3+3H2。5根据题意，充电和放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，放电时负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的AlCl4结合，发生反响产生的Al2Cl7电极反响式为：Al3e7 AlCl44

31、Al2Cl7。9、1CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NH4或CaSO4CO32=CaCO3SO42，AC；2SO42、HCO3，取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，假设不产生白色沉淀，那么说明已洗涤完全；3浸取液温度上升，溶液中c(H)增大，促进固体中Ca2浸出。1A中溶解时反响的化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；铜片完全溶解后，需要将溶液中的H2O2除去除去H2O2的简便方法是加热至沸2某学习小组用“间接碘量法测定试样A中Cu2+的浓度不含能与I2S2O3标准液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准液10.00mLCuSO4与KI反响的离子方程式为：2Cu2+4I=2CuI+I2可选用淀粉作滴定指示剂，滴定终点的现象是溶液由蓝色变成无色试样A中cCu2+ 为0.05mol/L3以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质的电解精炼，以下说法正确的选项是BDEA、电能全部转化为化学能 B、粗铜接电源正极，发生氧化反响C、溶液中Cu2+向阳极移动 D、利用阳极泥可以回收Ag、Pt、Au 等金属E、电解后CuSO4溶液浓度减小 F、阳极减轻的质量等于阴极增加的质量4从滤液B中制取绿矾晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤