高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合及答案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及答案1
高考化学压轴题专题复习——铜及其化合物推断题的综合及答案
(1)
一、铜及其化合物
1.下列框图涉及的物质所含元素中,除一种元素外,其余均为1~18号元素。
已知:
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。
C为黑色氧化物,E为紫红色金属单质,I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题:
(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为___________。
(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。
(3)在25℃和101kPa的条件下,将VL的B气体溶于100mL水中,得到密度为ρg·mL-1的溶液M,则M溶液的物质的量浓度为________mol·L-1。
(已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol-1,不必化简)
(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒,接近后的现象是_________。
(5)B和C反应的化学方程式为__________。
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀。
写出SO2还原J生成K的离子方程式:
______。
【答案】钝化3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
冒白烟3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-
【解析】
【分析】
(1)常温下铝遇浓硝酸钝化,据此解答;
(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,据此解答;
(3)氨气的物质的量是
mol,溶液的质量是
g,溶液的体积为
=
mL,据此解答;
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟,据此解答;
(5)B与C反应即CuO和NH3反应,生成铜单质、氮气和水,据此解答;
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K是CuCl,SO2还原氯化铜生成氯化亚铜,据此解答;
【详解】
A、F为无色气体单质,B为具有刺激性气味的气体,化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖,则B是氨气,A是氧气,D是NO,F是氮气,G是硝酸。
C为黑色氧化物,E为紫红色金属单质,I为蓝色沉淀,则C是氧化铜,与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水,E是铜,与硝酸反应生成硝酸铜,I是氢氧化铜,J是氯化铜。
(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜,该现象称为钝化,故答案为:
钝化;
(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)氨气的物质的量是
mol,溶液的质量是
g,溶液的体积为
=
mL,所以溶液的物质的量浓度为
mol·L-1,故答案为:
;
(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发,分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵,实验现象是冒白烟,故答案为:
冒白烟;
(5)B与C反应的化学方程式为3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O,故答案为:
3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O;
(6)J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K是CuCl,SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
2CuCl↓+4H++SO42-。
2.下列有关物质的转化关系如图所示(部分反应条件己路去)。
A是紫红色的金属单质,B为强酸,E在常温下为无色液体,D、F、G为气体。
请回答下列问题:
(1)G的化学式为___,实验室中试剂B应保存在___中。
(2)写出反应①的化学方程式:
___,反应中B体现的性质为___。
(3)写出反应②的离了方程式:
___,实验室中F可用___法收集。
【答案】O2棕色试剂瓶Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O强氧化性、酸性3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO排水
【解析】
【分析】
A是紫红色的金属单质,则A为Cu,B为强酸,且与Cu反应生成C、D、E,而E在常温下为无色液体,可知B为硝酸或硫酸,而D能与E反应生成B与F,且D、F为气体,可推知B为浓硝酸、C为
、D为
、E为
、F为NO,硝酸在光照条件下分解生成的气体G为
。
【详解】
(1)由分析可知,G的化学式为:
O2.B为浓硝酸,实验室中试剂B应保存在:
棕色试剂瓶中,故答案为:
O2;棕色试剂瓶;
(2)反应①的化学方程式:
Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,反应中硝酸体现的性质为:
强氧化性、酸性,故答案为:
Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;强氧化性、酸性;
(3)反应②的离了方程式:
3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO,实验室中F(NO)可用排水法收集,
故答案为:
3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO;排水。
3.为探究黄色固体A(仅含三种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:
已知:
a.气体C能使品红溶液褪色
b.溶液D遇KSCN溶液显血红色
c.溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g
请回答:
(1)A的化学式是_________。
(2)固体A与O2反应生成B和C的化学方程式_________。
(3)少量Mg在气体C中完全燃烧,产生的固体产物中含有单质、氧化物,有人认为还可能存在一种含氧酸盐,请推测该盐的成分,并设计实验方案验证_________。
【答案】FeCuS24FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2MgSO3,取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3
【解析】
36.8g固体A与足量氧气加热条件下反应生成32g固体B,和气体C,气体C能使品红溶液褪色,说明C为二氧化硫,说明A中含有S元素;固体B被盐酸溶解生成溶液D,溶液D遇KSCN溶液显血红色,D中含有Fe3+,则B中含有氧化铁;溶液D中加入过量铁粉,生成固体E和氢气,其中含有红色固体,说明溶液D中还含有Cu2+、H+,因此固体B中还含有氧化铜,则A中含有Cu、Fe和S三种元素;
(1)假设溶液D中含有的Fe3+和Cu2+、H+的物质的量分别为x、y、z。
生成的氢气为0.5mol,则z=1mol。
根据固体B的质量为32g,有①
×160g/mol+y×80g/mol=32g,溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g,有②
×56g/mol+
×56g/mol-y×8g/mol=32g,根据①②解得,x=0.2mol,y=0.2mol,根据固体A的质量为36.8g,则S元素的物质的量为
=0.4mol,则A的化学式为FeCuS2,故答案为FeCuS2;
(2)固体A与O2反应生成B和C的化学方程式为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2,故答案为4FeCuS2+13O2
2Fe2O3+4CuO+8SO2;
(3)少量Mg在二氧化硫中完全燃烧,产生的固体产物中含有单质、氧化物,可能是硫和氧化镁,有人认为还可能存在一种含氧酸盐,可能是氧化镁与二氧化硫化合生成的亚硫酸镁,验证是否为亚硫酸镁,可以取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3,故答案为MgSO3,取少量固体加盐酸溶液,有气体产生,证明存在MgSO3。
点睛:
正确推断出BCDE的成分是解题的关键。
难点是A的化学式的推断,要清楚溶液D中加入过量铁粉,充分反应后铁粉质量减少32g,发生的反应有铁与过量盐酸的反应、铁与铁离子的反应、铁与铜离子的反应,其中铁与铜离子的反应是铁粉质量增大的过程。
4.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①中得到的氧化产物是_________,溶解温度应控制在60~70度,原因是__________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。
(3)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_________(写名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥不能省略,理由是______________________________。
(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。
工业上常用的固液分离设备有__________(填字母)
A.分馏塔
B.离心机
C.反应釜
D.框式压滤机
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于若两的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液bmL,反应中Cr2O72-被还原为Cr3+,样品中CuCl的质量分数为__________。
【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化)B、D
【解析】
【分析】
【详解】
(1)海绵铜的主要成分是Cu与CuO,溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸,则Cu被氧化为铜离子;在稀溶液中,硝酸根离子作氧化剂,硫酸没有氧化性,作酸性介质,因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。
(2)步骤③反应后过滤,说明反应中有沉淀产生,则该沉淀为CuCl沉淀,结合硫酸铵的回收,可知步骤③发生的离子反应为:
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+;
(3)盐酸中含有较多氯离子,可能溶解CuCl沉淀,不合适;硝酸具有氧化性,会氧化CuCl沉淀,不合适;三大强酸中只有稀硫酸合适。
(4)CuCl难溶于醇和水,潮湿空气中易水解氧化,而水与醇互溶,所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低,可加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化,也有利于后面的烘干步骤。
(5)用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。
A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备,错误;B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降,达到固液分离的目的,正确;C、反应釜为发生反应的设备,错误;D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出,达到固液分离的目的,正确,答案选BD;
(6)根据题意,CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应,K2Cr2O7被还原为Cr3+,则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时,转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol,+1价Cu会被氧化为Cu2+,根据得失电子守恒,则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol,则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。
5.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___________,Cu2S与O2反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)试剂X是H2O2溶液,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)“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________(填序号)。
a.不断搅拌,使N2H4和溶液充分接触b.增大通入N2H4的流速
c.减少KOH的进入量d.减小通入N2H4的流速
(5)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________
(6)操作X包括烘干,其中烘干时要隔绝空气,其目的是____________。
(7)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的电极反应式为________
(8)工业上用氨气生产氢氰酸(HCN的反应为:
CH4(g)+NH3(g)⇌HCN(g)+3H2(g)△H>0。
其他条件一定,达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。
则X可以是___________(填字母序号)
a.温度b.压强c.催化剂d.
【答案】SO22∶1空气或氧气3.7≤pH<4.8ad4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2Obd
【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SO2,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pH3.7~4.8沉淀Fe3+,过滤,将滤液用KOH、N2H4还原,反应为:
4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O,过滤,洗涤、隔绝空气烘干,制得Cu2O。
【详解】
(1)根据流程,矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2;Cu2S与O2反应为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;
(2)若试剂X是H2O2溶液,将Fe2+氧化为Fe3+;酸性条件下,O2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;
(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范围为:
3.7≤pH<4.8;
(4)还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O,提高N2H4的转化率,则N2H4要充分反应;
a.不断搅拌,增加N2H4与溶液的接触面,使得N2H4充分反应,a符合题意;
b.增大通入N2H4的流速,有部分N2H4来不及反应,转化率会降低,b不符合题意;
c.减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱,如果没有碱,反应速率减慢,转化率降低,c不符合题意;
d.减小通入N2H4的流速,能够使得N2H4反应更加充分,转化率增加,d符合题意;
综上ad符合题意;
(5)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O;
(6)操作X为过滤,洗涤、隔绝空气烘干,制得Cu2O,因为Cu2O可以被O2氧化,在加热条件下易被空气氧化,故烘干过程要隔绝空气;
(7)以铜与石墨作电极,电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O,阳极发生氧化反应,电极反应式为:
2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;
(8)根据图示,NH3的转化率随着X的增加而减小;
a.该反应为放热反应,升高温度,平衡正向移动,NH3的转化率增加,与图像不符,a不符合题意;
b.该反应是气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,NH3的转化率减小,与图像相符,b符合题意;
c.催化剂增加化学反应速率,但是不影响平衡移动,NH3转化率不变,与图像不符,c不符合题意;
d.
增加,平衡正向移动,但是NH3的转化率减小,与图像相符,d符合题意;
综上bd符合题意。
【点睛】
问题(8)中的d项,可以从等效角度思考,在恒压的条件下,NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4,才可以。
如果只加入NH3,则CH4的转化率增加,而NH3自身的转化率会降低。
6.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。
7.FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。
某实验兴趣小组模拟该过程,并回收Cu和蚀刻液的流程如下:
(1)“蚀刻”时的化学反应方程式为____。
(2)滤渣的成分为____。
(3)“反应Ⅱ”的离子方程式为____。
【答案】2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2Cu、Fe2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑;
【详解】
(1)溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原,铜被氧化,化学反应方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
答案为:
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2;
(2)铁置换出了铜,又因为铁粉过量,所以滤渣的成分为Cu、Fe;
答案为:
Cu、Fe;
(3)滤液中溶质只有FeCl2,被通入的氯气氧化,“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
8.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3。
某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下(假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸):
(1)反应①能观察到的现象是__________,有关反应的化学方程式为________。
(2)反应②加入的金属可能是______,有关反应的离子方程式为________。
【答案】固体逐渐消失,溶液由无色变成蓝色,有气泡产生Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O铁粉Fe+Cu2+=Fe2++Cu
【解析】
【分析】
(1)孔雀石的主要成分成为Cu2(OH)2CO3,为碱式盐,和硫酸反应生成二氧化碳气体,得到硫酸铜溶液;
(2)硫酸铜溶液中加入过量铁发生氧化还原反应得到金属铜。
据此解答。
【详解】
(1)孔雀石中加入稀硫酸中能观察到的现象是孔雀石逐渐溶解,溶液由无色变为蓝色,且有气泡产生;反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O;
(2)经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质,则滤液中主要含有CuSO4,加入的金属粉末能将Cu2+从溶液中置换出来,故金属可能是Fe,反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
【点睛】
本题考查了物质性质的理解应用,主要是盐和酸反应,金属和盐反应产物的判断,掌握基础是解题关键。
9.常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等,废弃后进入环境将造成严重危害。
某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源
(1)填充物用60℃温水溶解,目的是__________。
(2)操作A的名称为____________。
(3)铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________(用化学方程式表示)。
铜帽溶解完全后,可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。
(4)碱性锌锰干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,其负极的电极反应式为___________。
(5)滤渣的主要成分为含锰混合物,向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸,并不断搅拌至无气泡为止。
主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。
①当1molMnO2参加反应时,共有_____mol电子发生转移。
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应,试写出该反应的化学方程式:
_____________。
【答案】加快溶解速率过滤Cu+H2O
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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