高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1.docx
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高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合含答案1
高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合含答案
(1)
一、铜及其化合物
1.物质A~D均含同种元素,都是中学化学中常见的物质,它们之间可发生如图所示的反应(除A~D外的其他物质均已略去)。
(1)写出相应物质的类别。
物质
B
C
D
类别
___
__
__
(2)上述反应①到⑥中,属于离子反应的有___个。
(3)①D→A转化的化学方程式:
__。
②B→C转化的离子方程式:
__。
【答案】盐碱氧化物3CuO+H2
Cu+H2OCu2++2OH-=Cu(OH)2↓
【解析】
【分析】
由转化关系可知D应为氧化物,与氢气反应生成A为单质,B应为硫酸盐,可由A与浓硫酸反应生成,B可与铁反应生成A,则可考虑A为Cu,则D为CuO,B为CuSO4,C为Cu(OH)2,以此解答该题。
【详解】
根据以上分析知:
A为Cu,B为CuSO4,C为Cu(OH)2,D为CuO;
(1)B为CuSO4,属于盐类,C为Cu(OH)2,属于碱,D为CuO,为氧化物;
(2)上述反应①到⑥中,③⑤⑥在溶液中进行,属于离子反应,共3个;
(3)①D→A转化,涉及CuO与H2的反应,化学方程式为CuO+H2
Cu+H2O;
②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应,反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。
2.为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用,某同学实设计的回收利用方案如图:
(1)气体X的化学式是___。
(2)检验滤液D是否含有Fe3+的实验方法为___。
(3)若要从滤液D得到绿矾晶体,必须进行的实验操作步骤:
___、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中没有用到的仪器有___(填序号)
A.蒸发皿B.石棉网C.烧杯D.玻璃棒
(4)写出反应①的离子方程式___。
(5)试剂Y应该是一种___(填“氧化剂”或“还原剂”),它不可能是___。
A.H2O2B.H2SC.O2D.铁单质
(6)浓硝酸可以溶解铜,也可以溶解上述合金。
若固体未完全溶解,则滤液D中Fe元素将以___(填“Fe3+”或“Fe2+”)离子形式存在。
【答案】CO2取少量滤液D,滴加KSCN溶液,若溶液变成血红色,则说明含有Fe3+蒸发BAl(OH)3+3H+=Al3++3H2O氧化剂BDFe2+
【解析】
【分析】
Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2,Cu和Fe与NaOH溶液不反应,所以滤液A中含有NaAlO2,滤渣B是Cu和Fe,B和稀硫酸混合,Fe和稀硫酸反应生成FeSO4,Cu和稀硫酸不反应,所以滤渣E是Cu,D中含有FeSO4,Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜,Y是强氧化剂,且不能引进新的杂质,为H2O2,NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3,所以C是Al(OH)3,Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3,溶液F中含有AlCl3。
据此分析解答。
【详解】
(1)通过以上分析知,气体X的化学式是CO2,故答案为:
CO2;
(2)铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液,亚铁离子和KSCN溶液不反应,所以检验滤液D是否含有Fe3+的方法是,取少量滤液D,滴加KSCN溶液,若溶液变成血红色,则说明含有Fe3+,故答案为:
取少量滤液D,滴加KSCN溶液,若溶液变成血红色,则说明含有Fe3+;
(3)若要从滤液D得到绿矾晶体,必须进行的实验操作步骤:
蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌,在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液,所以没有用到的仪器有石棉网,故选B,故答案为:
蒸发;B;
(4)氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水,所以反应①的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:
Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;
(5)试剂Y应该是一种氧化剂,能将铜氧化为铜离子,所以它不可能是H2S或Fe,故选BD,故答案为:
氧化剂;BD;
(6)浓硝酸可以溶解铜,也可以溶解上述合金,若固体未完全溶解,说明溶液中没有铁离子,则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在,故答案为:
Fe2+。
3.已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、Y发生反应,其转化关系如图所示,其中D为红棕色气体。
回答以下问题:
(1)反应③的离子反应方程式为___;
(2)6.4gB与过量X溶液(8mol/L、60mL)充分反应后,生成的还原产物有C、D,反应后溶液中所含X为nmol,此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为___mol。
(3)常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W,关于固体W的转化关系如图所示(无关物质已略去)。
其中N是红棕色的化合物。
①M由两种化合物组成,其中含有F;将M通入BaCl2溶液,实验现象是___。
②若经反应I得到16g固体N,产生的气体M恰好被0.3L1mol·L-1NaOH溶液完全吸收得溶液1,则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。
【答案】SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NOn+0.2产生白色沉淀2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
【解析】
【分析】
常见金属A为地壳中含量第二的金属,确定为Fe、B为红色金属确定为Cu,根据D为红棕色气体,确定D为NO2,C为NO,X为HNO3;B为Cu,铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜,二氧化硫和水;生成的二氧化硫有还原性,可以与NO2反应生成硫酸和硝酸,确定B为Cu,Y为硫酸,F为SO2,G为CuSO4;(3)A(Fe)与Y(硫酸)的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气,确定W为FeSO4,2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑,气体M为SO2和SO3的混合物,M与NaOH反应生成盐和水,N为Fe2O3,与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。
Fe3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性,可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁,据此分析。
【详解】
(1)根据以上分析可知,反应③为SO2、NO2和水的反应,根据得失电子数相等和原子守恒配平,得离子反应方程式为SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO;
答案:
SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO
(2)6.4gB与过量X溶液(HNO3)充分反应后,生成的还原产物有NO2、NO,反应后溶液中所含HNO3为nmol,溶液中所含N
的物质的量为:
n(N
)=n(Cu2+)×2+n=
+n=n+0.2mol;
答案:
n+0.2
(3)①将M(SO2、SO3)通入BaCl2溶液,发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,有白色沉淀生成;
答案:
产生白色沉淀
②反应Ⅰ:
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑;反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;
根据固体M(Fe2O3)的量计算出SO2和SO3的物质的量。
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
160g1mol1mol
1.6g0.01mol0.01mol
反应ⅡSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
1mol2mol1mol
0.01mol0.02mol0.01mol
SO2+NaOH=NaHSO3
1mol1mol1mol
0.01mol0.01mol0.01mol
溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物;
反应Ⅳ:
硫酸铁具有氧化性,亚硫酸氢钠具有还原性,根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+;
答案:
2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
4.有A、B、C、D四种常见的金属单质,A元素在地壳中含量位列第6,A的密度为0.97g/cm3;B为紫红色固体,锈蚀时变为绿色;C在空气中加热融化但不滴落;D在氧气燃烧,火星四射。
根据以上信息回答下列问题:
写出对应化学式:
(1)A在室温下与氧气反应生成______,D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。
(2)写出下列化学方程式:
①A在空气中燃烧_______________;
②B长期置于空气中变成绿色物质_________。
(3)将5g钠铝合金投入200mL的水中,固体完全溶解,产生4.48L标准状态下的气体,溶液中只有一种溶质。
经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______,所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____(假设溶液体积变化忽略不计)。
【答案】Na2OFe2O32Na+O2
Na2O22Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO31:
10.5mol/L
【解析】
【分析】
根据A元素在地壳中含量位列第6,密度为0.97g/cm3,可推知A是Na;B为紫红色固体,锈蚀时变为绿色,故B是Cu;C在空气中加热熔化但不滴落,故C是Al;D在氧气中燃烧,火星四射,则D是Fe。
【详解】
(1)A为Na,在室温下与氧气反应生成氧化钠,D为Fe,在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3;
(2)①Na在空气中燃烧的方程式为2Na+O2
Na2O2
②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3
(3)溶液中只有一种溶质,应该是NaAlO2,根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:
1,根据质量可得二者物质的量均是0.1mol,因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c(NaAlO2)=
。
5.将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液,混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应),试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有_______________;
(2)若氯化铜有剩余,则容器中还可能有_____________,一定有_________;
(3)若氯化铁有剩余,则容器中不可能有____________;
(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+>Cu2>Fe2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,向装有氯化铁溶液的烧杯中,加入一定量的Cu和Fe的混合粉末,则铁和铜都能与氯化铁溶液反应,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,Fe有剩余,则Cu没有参加反应,溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,
(1)反应后铁有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,Fe3+、Cu2+都不能存在;
(2)若CuCl2有剩余,由于氯化铜可氧化单质铁,则不可能有Fe,一定有Fe2+;容器中可能有Fe3+或Cu;
(3)若FeCl3有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Fe、Cu都不能存在;
(4)由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+>Cu2>Fe2+。
6.已知:
在pH为4~5的环境中,Cu2+、Fe2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解。
用粗氧化铜(CuO中含少量Fe)制取CuCl2溶液过程如下:
①取一定量的粗CuO,加入过量浓盐酸,加热并搅拌,充分反应后过滤,溶液的pH为1。
②向滤液中通入Cl2,搅拌。
③向②中加入适量物质A,微热,搅拌,调整溶液的pH,过滤。
④把③所得滤液浓缩。
(1)①中加热并搅拌的目的是_____________________________。
(2)②中发生反应的离子方程式是_________________________。
(3)③中的物质A可能是__________________;调整的PH范围是_______________;
过滤后滤渣的成分是__________________。
(4)③中发生反应的离子方程式是_________________________。
(5)①③中如何用pH试纸测定溶液的pH值:
_________________________。
【答案】加快反应速率,是反应充分2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-CuO4-5Fe(OH)3CuO+2H+=Cu2++H2O取一小块pH试纸,放在玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液,点在pH试纸中央,待变色后与标准比色卡相比。
【解析】
【分析】
氧化铜粗品加入浓盐酸溶解,此时溶液中主要有Cu2+,Fe2+,Cl-,H+;通入氯气将亚铁离子氧化成Fe3+,离子方程式为:
,加入适量CuO可以调节pH值至4-5,将Fe3+转化成沉淀,同时不引入新的杂质,之后过滤浓缩,得到CuCl2溶液。
【详解】
(1)加热搅拌一般是为了加快反应速度,
故答案为:
加快反应速率,使反应充分;
(2)根据分析可知答案为:
;
(3)根据分析可知A为CuO,既能调节pH值又不引入新的杂质;根据题目信息可知pH在4-5的环境中Cu2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解;得到的滤渣为Fe(OH)3,
故答案为:
CuO;4-5;Fe(OH)3;
(4)该反应为氧化铜和氢离子的反应,
故答案为:
CuO+2H+=Cu2++H2O;
(5)测溶液pH值的方法为:
取一小块pH试纸,放在玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液,点在pH试纸中央,待变色后与标准比色卡相比。
7.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料,某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表:
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是__________(填化学式),Cu2S与O2反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(2)若试剂X是H2O2溶液,则“氧化”反应的离子方程式为____________________,并写出H2O2的电子式:
__________;当试剂X是__________时,更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时,pH的调控范围是__________。
(4)操作X包括__________、洗涤、烘干,其中烘干时要隔绝空气,其目的是_________。
(5)以铜与石墨作电极,电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O,写出阳极上生成Cu2O的电极反应式:
____________________________________。
【答案】SO22∶12Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
空气或氧气3.7≤pH<4.8过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O
【解析】
【分析】
硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧:
2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2
2CuO+SO2,部分FeO被氧化为Fe2O3,得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体,加入稀硫酸溶解金属氧化物,得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液,加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+,加入试剂Y调节pH=3.7~4.8,沉淀Fe3+,过滤,将滤液用KOH、N2H4还原,反应为:
4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O,过滤,洗涤、隔绝空气烘干,制得Cu2O。
【详解】
(1)根据流程可知,矿石与氧气得到金属氧化物和SO2;Cu2S与O2发生反应Cu2S+2O2
2CuO+SO2,氧化剂为氧气,还原剂为Cu2S,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1;故答案为:
SO2;2∶1;
(2)若试剂X是H2O2溶液,将Fe2+氧化为Fe3+,离子反应方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;H2O2的电子式为
;在酸性条件下,氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+,而氧气或空气价格远低于过氧化氢,故可用氧气或空气替代;故答案为:
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;
;氧气或空气
(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3+,但不沉淀Cu2+,根据表中数据可知,pH的调控范围为3.7≤pH<4.8;故答案为:
3.7≤pH<4.8;
(4)操作X为过滤,滤渣经洗涤、烘干,制得Cu2O;因为Cu2O具有较强的还原性,在加热条件下易被空气氧化,故烘干过程要隔绝空气;故答案为:
过滤;防止Cu2O被空气中氧气氧化;
(5)铜作阳极,石墨作阴极,电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O,阳极发生氧化反应,其电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;故答案为:
2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
8.为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如图1实验流程,用含有铝、铁和铜的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体请回答:
(1)写出步骤Ⅰ反应的离子方程式:
______。
(2)试剂X是______。
步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是______。
(3)进行步骤Ⅱ时,该小组用如图2所示装置及试剂制取CO2并将制得的气体通入溶液A中.一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少.为了避免固体C减少,可采取的改进措施是______。
(4)由溶液E到绿矾晶体(FeSO4•7H2O),所需操作是______、______、______、洗涤、干燥。
(5)用固体F制备CuSO4溶液,可设计如图3三种途径:
写出途径①中反应的离子方程式______,请选出你认为的最佳途径并说明选择的理由______。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑稀硫酸过滤在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶蒸发浓缩冷却结晶过滤3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O途径②最佳,理由是原料利用率高,环境污染小
【解析】
【分析】
金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应,铝可与氢氧化钠反应,用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为:
合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应,所得滤液A为NaAlO2溶液,经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,反应可生成氢氧化铝固体C,生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3,得到的AlCl3较纯净;溶液D为碳酸氢钠溶液;
滤渣B为Fe和Cu的化合物,加入足量稀硫酸,得到的滤液E为FeSO4,经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾,滤渣F为Cu,可用于制备胆矾,以此解答本题。
【详解】
(1)步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠,金属铝和氢氧化钠反应,金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液,即2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑,
故答案为:
2Al+2OH−+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应,金属铜和稀硫酸之间不反应,但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气,进而制的绿矾晶体,步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是固体和液体的分离操作,应该是过滤,
故答案为:
稀硫酸;过滤;
(3)进行步骤Ⅱ时,该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中。
一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少,其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体,氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝,发生的反应为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,为了避免固体C减少,可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置,二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶,氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体,所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶,除去二氧化碳中的氯化氢,
故答案为:
在a、b之间添加盛放饱和NaHCO3溶液的洗气瓶;
(4)溶液E为FeSO4溶液,得到绿矾晶体(FeSO4•7H2O)的操作为:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,
故答案为:
蒸发浓缩;冷却结晶;过滤;
(5)金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,即3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,铜不能和稀硫酸反应,但是当加热并通入空气之后,铜和氧气反应生成氧化铜,然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜,不会产生污染大气的气体,该过程原料利用率高,且环境污染小,所以途径②最佳,
故答案为:
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O;途径②最佳,理由是原料利用率高,环境污染小。
9.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①中发生的两个主要反应的离子方程式:
___。
(2)步骤②的操作名称是____。
(3)步骤④中所加物质X为_____。
(4)步骤⑤的操作是_____。
(5)步骤⑥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,可以循环利用的物质是____。
【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO(或Cu(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,反应的离子方程式为:
Cu2++Fe=Cu+Fe2+,Fe+2Fe3+=3Fe2+,Fe+2H+=Fe2++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①中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++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④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⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶;
(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⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。
10.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。
某“变废为宝”学生探究小组将
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- 高考 化学 压轴 专题 复习 及其 化合物 推断 综合 答案