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17.(5分)(2026武威)孔雀石是一种重要的铜矿石,其主要成分是$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}$。某工厂用孔雀石制取硫酸铜,再用“湿法炼铜”获得铜,其主要工艺流程如下图所示。请分析流程,回答问题。
已知:$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3} + 2H_{2}SO_{4} = 2CuSO_{4} + 3H_{2}O + CO_{2}↑}$
(1)将孔雀石粉碎的目的是。
(2)反应池中发生反应的化学方程式为。
(3)操作Ⅰ的名称是,固体A的成分有(填化学式)。
(4)在固体A中加入适量稀硫酸的目的是。
已知:$\ce{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3} + 2H_{2}SO_{4} = 2CuSO_{4} + 3H_{2}O + CO_{2}↑}$
(1)将孔雀石粉碎的目的是。
(2)反应池中发生反应的化学方程式为。
(3)操作Ⅰ的名称是,固体A的成分有(填化学式)。
(4)在固体A中加入适量稀硫酸的目的是。
答案
解：
(1) 增大反应物接触面积，使反应更充分，加快反应速率
(2) $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(3) 过滤；$\ce{Fe}$、$\ce{Cu}$
(4) 除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜
(1) 增大反应物接触面积，使反应更充分，加快反应速率
(2) $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(3) 过滤；$\ce{Fe}$、$\ce{Cu}$
(4) 除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜
解析
【分析】
要解决这道工艺流程题，需结合各步骤的反应原理和实验操作目的分析：
1. 粉碎孔雀石：化工操作中，粉碎固体是为了增大反应物接触面积，加快反应速率，让反应更充分。
2. 反应池：硫酸铜溶液中加入过量铁粉，铁的活动性比铜强，会置换出铜，发生置换反应。
3. 操作Ⅰ：反应后得到固体和液体，分离固体和液体的操作是过滤；因为铁粉过量，所以置换出的铜中混有剩余的铁，故固体A含Fe和Cu。
4. 固体A加稀硫酸：铁能与稀硫酸反应，铜不能，目的是除去过量的铁粉，得到纯净的铜。
【解析】
(1) 将孔雀石粉碎，可增大孔雀石与稀硫酸的接触面积，使反应更充分，同时加快反应速率。
(2) 反应池中，铁与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
(3) 操作Ⅰ是分离固体和液体，名称为过滤；由于加入的铁粉过量，置换出的铜中混有未反应的铁，因此固体A的成分是$\ce{Fe}$和$\ce{Cu}$。
(4) 固体A中含有生成的铜和过量的铁，加入适量稀硫酸，铁会与稀硫酸反应，而铜不反应，因此目的是除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜。
【答案】
(1) 增大反应物接触面积，使反应更充分，加快反应速率
(2) $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(3) 过滤；$\ce{Fe}$、$\ce{Cu}$
(4) 除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜
【知识点】
金属活动性、化学方程式、过滤操作
【点评】
本题以孔雀石制取铜的工艺流程为载体，考查了化工操作的目的、金属置换反应的化学方程式书写、实验操作名称及固体成分判断，属于基础化工流程题，需学生掌握金属活动性顺序的应用和物质分离的基本方法。
【难度系数】
0.6
要解决这道工艺流程题，需结合各步骤的反应原理和实验操作目的分析：
1. 粉碎孔雀石：化工操作中，粉碎固体是为了增大反应物接触面积，加快反应速率，让反应更充分。
2. 反应池：硫酸铜溶液中加入过量铁粉，铁的活动性比铜强，会置换出铜，发生置换反应。
3. 操作Ⅰ：反应后得到固体和液体，分离固体和液体的操作是过滤；因为铁粉过量，所以置换出的铜中混有剩余的铁，故固体A含Fe和Cu。
4. 固体A加稀硫酸：铁能与稀硫酸反应，铜不能，目的是除去过量的铁粉，得到纯净的铜。
【解析】
(1) 将孔雀石粉碎，可增大孔雀石与稀硫酸的接触面积，使反应更充分，同时加快反应速率。
(2) 反应池中，铁与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：$\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$。
(3) 操作Ⅰ是分离固体和液体，名称为过滤；由于加入的铁粉过量，置换出的铜中混有未反应的铁，因此固体A的成分是$\ce{Fe}$和$\ce{Cu}$。
(4) 固体A中含有生成的铜和过量的铁，加入适量稀硫酸，铁会与稀硫酸反应，而铜不反应，因此目的是除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜。
【答案】
(1) 增大反应物接触面积，使反应更充分，加快反应速率
(2) $\ce{Fe + CuSO_{4} = FeSO_{4} + Cu}$
(3) 过滤；$\ce{Fe}$、$\ce{Cu}$
(4) 除去固体A中过量的铁粉，得到纯净的铜
【知识点】
金属活动性、化学方程式、过滤操作
【点评】
本题以孔雀石制取铜的工艺流程为载体，考查了化工操作的目的、金属置换反应的化学方程式书写、实验操作名称及固体成分判断，属于基础化工流程题，需学生掌握金属活动性顺序的应用和物质分离的基本方法。
【难度系数】
0.6
18.（5分）（2026苏州）阅读下列材料，回答相关问题。
铝质易拉罐是包装汽水的常用材料，由外层漆层、中层铝合金和内层塑料薄膜组成，其中漆层和塑料薄膜约占易拉罐总重的2%~4%。易拉罐在使用过程中损耗极少，可回收性高，回收流程主要包括空罐破碎→分拣杂质→灼烧除漆→熔炼铸锭等步骤。
“灼烧除漆”是利用漆层和塑料薄膜的可燃性将其燃烧去除。该步骤控制温度非常关键，研究人员将回收的易拉罐制成约3 cm×3 cm片状试样，在不同温度下保温灼烧，旋转振荡使试样表面不完全燃烧产生的炭粒脱落。实验前后试样的质量变化率$[ \dfrac{m(\mathrm{前}) - m(\mathrm{后})}{m(\mathrm{前})} × 100\% ]$与灼烧温度的关系如图，结果表明540 ℃时效果最佳。
将“灼烧除漆”后的易拉罐碎片压实，在温度高于660 ℃条件下熔化，再冷却铸成铝锭，得到再生铝。生产再生铝的能量消耗只占生产同等质量原铝能量消耗的5%左右。
（1）垃圾分类中，空的铝质易拉罐属于（填字母）。
A.可回收物 B.有害垃圾 C.厨余垃圾 D.其他垃圾
（2）“灼烧除漆”开始时需要提供热量，达到一定温度后不需外界供热也能保持在较高温度，其原因是。
（3）图中，550 ℃时试样的质量变化率低于540 ℃时，原因可能是。
（4）剪下一块铝质易拉罐罐身，除去油漆和塑料薄膜，置于20 mL 20%的盐酸中，开始无明显现象，一段时间后，有气体产生且反应逐渐剧烈，并伴有大量水雾。写出产生气体的化学方程式：。
（5）铝质易拉罐回收的意义除了节约铝矿资源外，还有（答一条）。
铝质易拉罐是包装汽水的常用材料，由外层漆层、中层铝合金和内层塑料薄膜组成，其中漆层和塑料薄膜约占易拉罐总重的2%~4%。易拉罐在使用过程中损耗极少，可回收性高，回收流程主要包括空罐破碎→分拣杂质→灼烧除漆→熔炼铸锭等步骤。
“灼烧除漆”是利用漆层和塑料薄膜的可燃性将其燃烧去除。该步骤控制温度非常关键，研究人员将回收的易拉罐制成约3 cm×3 cm片状试样，在不同温度下保温灼烧，旋转振荡使试样表面不完全燃烧产生的炭粒脱落。实验前后试样的质量变化率$[ \dfrac{m(\mathrm{前}) - m(\mathrm{后})}{m(\mathrm{前})} × 100\% ]$与灼烧温度的关系如图，结果表明540 ℃时效果最佳。
将“灼烧除漆”后的易拉罐碎片压实，在温度高于660 ℃条件下熔化，再冷却铸成铝锭，得到再生铝。生产再生铝的能量消耗只占生产同等质量原铝能量消耗的5%左右。
（1）垃圾分类中，空的铝质易拉罐属于（填字母）。
A.可回收物 B.有害垃圾 C.厨余垃圾 D.其他垃圾
（2）“灼烧除漆”开始时需要提供热量，达到一定温度后不需外界供热也能保持在较高温度，其原因是。
（3）图中，550 ℃时试样的质量变化率低于540 ℃时，原因可能是。
（4）剪下一块铝质易拉罐罐身，除去油漆和塑料薄膜，置于20 mL 20%的盐酸中，开始无明显现象，一段时间后，有气体产生且反应逐渐剧烈，并伴有大量水雾。写出产生气体的化学方程式：。
（5）铝质易拉罐回收的意义除了节约铝矿资源外，还有（答一条）。
答案
解：
(1) $\boldsymbol{A}$
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧会放出热量，可维持体系处于较高温度，无需外界继续供热
(3) 温度升高到550℃时，部分铝和空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量有所增加，最终使得试样的总质量变化率低于540℃时的数值
(4) $\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$
(5) 节约生产能源（或减少废弃金属对环境的污染等，合理即可）
(1) $\boldsymbol{A}$
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧会放出热量，可维持体系处于较高温度，无需外界继续供热
(3) 温度升高到550℃时，部分铝和空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量有所增加，最终使得试样的总质量变化率低于540℃时的数值
(4) $\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$
(5) 节约生产能源（或减少废弃金属对环境的污染等，合理即可）
解析
【分析】
本题围绕铝质易拉罐回收的相关知识展开，需结合材料信息与化学基础逐一分析各问题：
1. 第一题根据材料中“可回收性高”判断垃圾分类类别；
2. 第二题结合燃烧的放热特性分析无需外界供热的原因；
3. 第三题考虑550℃时铝与氧气反应对质量变化的影响；
4. 第四题依据铝与盐酸的置换反应书写化学方程式；
5. 第五题结合材料中再生铝的能耗信息分析回收意义。
【解析】
(1) 由材料“易拉罐在使用过程中损耗极少，可回收性高”可知，空铝质易拉罐属于可回收物，选A；
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧属于放热反应，当温度达到其着火点后，燃烧释放的热量可维持反应所需的较高温度，因此无需外界继续供热；
(3) 550℃时温度较高，试样中的铝会与空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量增加，导致试样总质量的减少量（即m前 - m后）变小，故质量变化率低于540℃时的数值；
(4) 铝与盐酸发生置换反应，生成氯化铝和氢气，化学方程式为$\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
(5) 根据材料“生产再生铝的能量消耗只占生产同等质量原铝能量消耗的5%左右”，可知回收还能节约生产能源（或减少废弃金属对环境的污染等，合理即可）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{A}$；
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧会放出热量，可维持体系处于较高温度，无需外界继续供热；
(3) 温度升高到550℃时，部分铝和空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量有所增加，最终使得试样的总质量变化率低于540℃时的数值；
(4) $\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
(5) 节约生产能源（合理即可）
【知识点】
垃圾分类、燃烧的放热性、金属与酸的反应
【点评】
本题结合生活实际考查铝质易拉罐回收的相关知识，将化学知识与生活应用结合，既考查基础概念，又需要结合材料信息分析问题，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题围绕铝质易拉罐回收的相关知识展开，需结合材料信息与化学基础逐一分析各问题：
1. 第一题根据材料中“可回收性高”判断垃圾分类类别；
2. 第二题结合燃烧的放热特性分析无需外界供热的原因；
3. 第三题考虑550℃时铝与氧气反应对质量变化的影响；
4. 第四题依据铝与盐酸的置换反应书写化学方程式；
5. 第五题结合材料中再生铝的能耗信息分析回收意义。
【解析】
(1) 由材料“易拉罐在使用过程中损耗极少，可回收性高”可知，空铝质易拉罐属于可回收物，选A；
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧属于放热反应，当温度达到其着火点后，燃烧释放的热量可维持反应所需的较高温度，因此无需外界继续供热；
(3) 550℃时温度较高，试样中的铝会与空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量增加，导致试样总质量的减少量（即m前 - m后）变小，故质量变化率低于540℃时的数值；
(4) 铝与盐酸发生置换反应，生成氯化铝和氢气，化学方程式为$\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
(5) 根据材料“生产再生铝的能量消耗只占生产同等质量原铝能量消耗的5%左右”，可知回收还能节约生产能源（或减少废弃金属对环境的污染等，合理即可）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{A}$；
(2) 漆层和塑料薄膜燃烧会放出热量，可维持体系处于较高温度，无需外界继续供热；
(3) 温度升高到550℃时，部分铝和空气中的氧气反应生成氧化铝，固体质量有所增加，最终使得试样的总质量变化率低于540℃时的数值；
(4) $\ce{2Al + 6HCl = 2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
(5) 节约生产能源（合理即可）
【知识点】
垃圾分类、燃烧的放热性、金属与酸的反应
【点评】
本题结合生活实际考查铝质易拉罐回收的相关知识，将化学知识与生活应用结合，既考查基础概念，又需要结合材料信息分析问题，难度适中。
【难度系数】
0.6
