武汉备战高考化学铜及其化合物推断题综合题.docx
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武汉备战高考化学铜及其化合物推断题综合题
2020-2021武汉备战高考化学铜及其化合物推断题综合题
一、铜及其化合物
1.为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:
(1)X的化学式是________________。
(2)写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。
【答案】CuOCu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
【解析】
【分析】
根据框图逆推本题:
气体能使带火星的木条复燃,说明隔绝空气加热会产生氧气;固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙,说明有铜产生,进而说明X中含有铜元素和氧元素,再根据质量守恒进行解答。
【详解】
(1)32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气,质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子,证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X为氧化铜,本题答案:
CuO;
(2)由n(CuO)=32.0g÷80g∙mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n(O2)=3.2g÷32g∙mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n(Cu):
n(O)=0.4mol:
(O.4mol-0.1mol×2)=2:
1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后,产生蓝色溶液和固体单质乙,固体单质乙为Cu,蓝色溶液为硫酸铜,与稀硫酸反应的离子方程式为:
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O;答案:
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。
2.为探究不含结晶水盐A(仅含三种元素)组成和性质,设计并完成如下实验:
①取少量A,加水,A由白色变为蓝色,加热蓝色又变成白色;
②另取一定量A进行加热分解,加热分解过程中有黄色中间产物B产生,同时产生气体C,B的质量为A质量的四分之三,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。
B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水。
(1)A组成元素是_____(用元素符号表示)。
(2)B的化学式是_________。
(3)B与水反应的化学方程式是___________。
【答案】CuSOCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4
【解析】
【分析】
①取少量A,加水,A由白色变为蓝色,加热蓝色又变成白色,说明A是CuSO4,根据物质组成确定其中含有的元素;
②另取一定量A进行加热分解,加热分解过程中有黄色中间产物B产生,同时产生气体C,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,则C是SO3,反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4,B的质量为A质量的四分之三,根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物,则B是Cu2OSO4,B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水,若有3个Cu2OSO4反应,溶于水的S只能是生成2个CuSO4,根据反应前后元素守恒,分析反应,得到反应方程式。
【详解】
(1)根据上述分析可知A是CuSO4,含有Cu、S、O三种元素;
(2)由于A分解产生的C是气体,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,说明C是SO3气体,反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4,A分解产生的B为黄色固体,且B的质量为A质量的四分之三,则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分,根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4;
(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水,溶于水的以CuSO4形式存在,还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在,反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。
【点睛】
本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。
掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键,本题难度适中。
3.有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与条件已略去)。
已知A是由两种元素组成的黑色粉末,B由两种元素组成、其摩尔质量为65g•mol-1,C是空气中含量最多的单质,D是白色粉末且焰色反应呈黄色,E是一种紫红色金属,F是一种无色气体单质,H是一种红棕色气体,I是最常见的液体,K是一种强碱。
(1)B的化学式为__________________。
(2)K的电子式为__________________。
(3)写出反应①的化学方程式:
_________________________________________。
(4)写出反应②的离子方程式:
____________________________________。
【答案】NaN3
CuO+2NaN3
Cu+Na2O+3N23Cu+8H++2NO3- =3Cu2-+2NO↑+4H2O
【解析】C是空气中含量最多的单质,则C是N2;D是白色粉末且焰色反应呈黄色,则D中含有Na元素;E是一种紫红色金属,则E是Cu;结合转化关系图,结合其他已知条件可得:
A是CuO、B是叠氮化钠、D是Na2O、E是Cu、G是NO、H是NO2、I是H2O、J是HNO3、K是NaOH、L是Cu(NO3)2。
(1)叠氮化钠的化学式为NaN3;
(2)NaOH的电子式为
;
(3)反应①为叠氮化钠和CuO受撞击反应生成N2、Na2O和Cu,故化学方程式为:
CuO+2NaN3
Cu+Na2O+3N2;
(4)反应②为Cu和稀硝酸的反应,离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2-+2NO↑+4H2O。
点睛:
无机框图推断题,既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况,又能检查学生灵活应用知识的能力,更能考查学生的逻辑推理能力,难度较大。
解答无机框图推断题,应认真分析题干,找出明显条件和隐蔽条件。
通过已知条件找出突破口,正推法、逆推法、假设法、猜测法等得出结论。
4.废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍。
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:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,反应中H2O2的作用是_____。
写出操作①的名称:
_________。
(2)反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:
_______。
操作②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分离
c.增加Cu2+在水中的溶解度
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。
若操作③使用下图装置,图中存在的错误是_____。
(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。
阴极析出铜,阳极产物是_______。
操作⑤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在反应Ⅰ中的主要作用是________。
【答案】作氧化剂过滤Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗abRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤H2SO4防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
(1)废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液,得到铜氨溶液和残渣,分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法,所以操作①为过滤。
反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液,铜元素的化合价升高,所以铜是还原剂,则双氧水为氧化剂,将铜氧化。
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,方程式为:
Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。
分液的目的是富集铜元素,使铜元素与水溶液中的物质分离,所以ab正确。
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,所以生成硫酸铜和RH。
互不相溶的液体采用分液的方法,分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。
(4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电,阴极上铜离子放电,所以阳极上产生O2,同时有大量的氢离子生成,且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累,因此阳极产物还有硫酸,从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
(5)电解硫酸铜溶液时得到硫酸,在反应Ⅲ中用到的H2SO4,所以硫酸能循环使用。
氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离,从而降低溶液的碱性,防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀。
5.为了降低电子垃圾对环境构成的影响,将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
(1)第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。
得到滤渣1的主要成分为___________。
(2)第②步中加入H2O2的作用是__________________,使用H2O2的优点是_________;调溶液pH的目的是_________________。
(3)简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,设计了以下三种方案:
上述三种方案中,_______方案不可行,原因是________________;
从原子利用率角度考虑,_______方案更合理。
(5)用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+。
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2,经过蒸发、冷却、结晶、过滤,最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
×100%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应,随反应进行离子浓度逐渐减小,所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,Au、Pt不与混酸反应,所以滤渣的主要成分是Au、Pt;
(2)加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子,方便除去;而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染;调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去;
(3)由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶,过滤得硫酸铜晶体;
(4)甲方案不可行,因为滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;从原子利用率角度分析,乙方案更合理,不仅能除去硫酸铁,同时增加了硫酸铝的量,原子利用率较高;
(5)由滴定反应方程式得100mL溶液中n(Cu2+)=b×10-3×a×5mol,所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×100%。
6.氯化亚铜是一种重要的化工产品,常用作有机合成催化剂,还可用于颜料、防腐等工业,它不溶于H2SO4、HNO3和醇,微溶于水,可溶于浓盐酸和氨水,在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。
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:
(1)写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式:
_________
(2)还原过程中发生的主要反应的离子方程式:
_________。
(3)析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤,在真空干燥机内于70℃干燥2h,冷却密封包装。
70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。
(4)写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________
(5)如图是各反应物在最佳配比条件下,反应温度对CuCl产率影响.由图可知,溶液温度控制在60℃时,CuCl产率能达到94%,当温度高于65℃时,CuCl产率会下降,其原因可能是___。
(6)以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl,写出电解时阴极上发生的电极反应式:
____
【答案】3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+加快乙醇和水的挥发,防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl温度过高,一是促进了CuCl的水解,二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
(1)Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+、NO气体和水;
(2)SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀;
(3)乙醇和水易挥发,CuCl具有还原性,可以被空气氧化;
(4)由题给信息可知,CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl];
(5)因在60℃时CuCl产率最大,根据信息可知,随温度升高,促进了CuCl的水解,CuCl被氧化的速度加快;
(6)电解时,阴极上Cu2+得电子发生还原反应。
【详解】
(1)溶解过程中,Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应,离子方程式为:
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,
故答案为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)还原过程中,溶液中的Cu2+被还原为CuCl,离子方程式为:
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+,
故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+;
(3)真空干燥可以加快乙醇和水的挥发,密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化,
故答案为加快乙醇和水的挥发,防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化;
(4)由题给信息可知,CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl],根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平,化学方程式为:
4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl,
故答案为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl;
(5)因在60℃时CuCl产率最大,根据信息可知,随温度升高,促进了CuCl的水解,CuCl被氧化的速度加快,
故答案为温度过高,一是促进了CuCl的水解,二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应;
(6)电解时,阴极上Cu2+得电子,电极反应式为:
Cu2++e-+Cl-=CuCl↓,
故答案为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。
【点睛】
本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质,要求学生具有分析和解决问题的能力,注意知识的迁移和应用是解题的关键,注意得失电子守恒方法的熟练使用。
7.黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3)生产氯化铜晶体的流程如下:
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是______________________
(2)滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是___________________
(3)写出反应Ⅱ的化学方程式____________________________________________________
(4)“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________、___________。
(5)在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是___________________________________________________(用化学方程式表示)
(6)CuCl2·xH2O晶体中x值的测定:
称取3.420g产品溶解于适量水中,向其中加入含AgNO34.400×10-2mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl-外,不含其它与Ag+反应的离子),待Cl-完全沉淀后,用含Fe3+的溶液作指示剂,用0.2000mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。
使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。
①滴定终点的现象是_______________________________________。
②若滴定过程用去上述浓度的KSCN标准溶液20.00mL,则CuCl2·xH2O 中x值为________。
【答案】加入过量的Zn会使产品中含有杂质。
Zn2+、Fe2+Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O洗涤干燥2CuCl2·xH2O
Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O溶液变为血红色,且30s不褪色2
【解析】
【分析】
黄铜灰渣加入盐酸浸取,盐酸可与Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应,滤渣Ⅰ为铜,过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu2+、Zn2+、Fe2+、H+,加入适量锌粉,锌粉只与Cu2+、H+反应生成铜单质。
过滤Ⅱ后,铜进入反应Ⅱ与双氧水和盐酸反应,最后得到产品,滤液Ⅱ中为产生的Zn2+和未反应的Fe2+。
【详解】
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量,若过量会将铁置换出来,进入反应Ⅱ,使后面产品CuCl2·xH2O晶体含有杂质;
(2)滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是产生的Zn2+和未反应的Fe2+;
(3)反应Ⅱ是铜与双氧水和盐酸反应生成氯化铜,其化学方程式为:
Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O;
(4)“系列操作”为了从CuCl2溶液中得到CuCl2·xH2O,包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(5)氯化铜是强酸弱碱盐,水解产生的盐酸是易挥发性酸,在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是:
2CuCl2·xH2O
Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O;
(6)①用含Fe3+的溶液作指示剂,用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。
使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,滴定终点时KSCN不再转化为AgSCN,而与Fe3+作用,使溶液变为血红色,故滴定终点的现象是:
溶液变为血红色,且30s不褪色;
②与KSCN反应的Ag+的物质的量为:
0.2000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=4.000×10-3mol,则与CuCl2·xH2O反应的Ag+的物质的量为:
4.400×10-2mol-4.000×10-3mol=4.000×10-2mol,则CuCl2·xH2O的物质的量为:
2.000×10-2mol,则2.000×10-2mol×(135+18x)g/mol=3.420g,解得x=2。
8.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:
(1)“焙烧”时,提高反应速率的措施有____________(写一条)。
(2)炉气中的有害气体成分是__________。
(3)若试剂X是H2O2溶液,写出相应反应的离子方程式:
_________。
【答案】适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等SO22Fe2++2H++H2O2
2Fe3++2H2O
【解析】
【分析】
根据流程:
硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)在氧气中焙烧,得到Fe2O3、CuO、FeO等,加入稀硫酸除去不溶物,得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液,加入试剂X氧化Fe2+,若试剂X是H2O2溶液,反应为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,氧气或空气也可以达到此目的,利于降低生产成本,加入试剂Y条件pH范围3.7≤pH<4.8,沉淀Fe3+,滤渣II为氢氧化铁,向滤液加入N2H4、KOH发生反应:
4CuSO4+N2H4+8KOH
2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O,通过过滤、洗涤、烘干得到产品,据此分析作答。
【详解】
(1)为了提高反应速率,可以适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等;
(2)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫,故炉气中的有害气体成分是SO2;
(3)酸性条件下,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,本身被还原为H2O,方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;
9.氯化亚铜(CuCI)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+、CI-)中制备氯化亚铜。
请回答下列问题:
(1)写出步骤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应调节溶液的pH呈酸性,且用乙醇洗涤CuCl品体,目的是___。
(6)在CuCI的生成过程中,可以循环利用的物质是___,理论上___(填“需要”或“不需要”)补充(不考虑调节等消耗);理由是___。
(7)エ业上还可以采用以碳棒为电极电解CuCl2溶液得到CuCl。
写出电解CuCl2溶液中的阴极上发生的电极反应:
___。
【答案】Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO或Cu (OH)2或CuCO3等在HCl气流中蒸发结晶减少CuCl的损失硫酸不需要Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和 SO2的物质的量为1:
1,而生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量也为1﹕1,所以理论上不需要补充H2SO4Cu2++Cl-+e-=CuCl↓
【解析】
【分析】
从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-)中制备氯化亚铜,向工业上以某酸性废液(含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-)加入过量的铁粉,三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子,铜离子与铁反应生成铜,然后过滤,滤渣为过量的铁和生成的铜,依据铜与铁活泼性,将滤渣溶于盐酸,铜与盐酸不反应,过滤得到滤渣即为铜,然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,酸性废液调节pH值使铁离子沉淀,过滤得氯化铜溶液,氯化铜、硫酸铜、二氧化硫反应生成氯化亚铜和硫酸,硫酸可以再循环利用。
【详解】
(1)步骤①中铁能与铜离子及铁离子反应生成铜和亚铁离子等,同时铁也与酸性废液中的酸反应生成氢气,涉及的离子方程式为Cu2++Fe=
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- 武汉 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合