化学化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题含答案附答案.docx
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化学化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题含答案附答案
【化学】化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)附答案
一、铜及其化合物
1.浅绿色盐X仅含四种元素,不含结晶水,M(X)<908g•mol-1,某小组为了探究X的组成和性质,设计并完成了如下实验
上述实验中,得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知:
①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应;
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。
请回答如下问题:
(1)写出B分子的电子式_______________;X的化学式是__________。
(2)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为:
__________。
(3)请写出G溶于D溶液的离子方程式:
_________________。
(4)请设计实验检验固体C中是否仍含有X:
___________________。
【答案】
Cu4(OH)6SO4Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O取少量样品于试管中,加入足量稀盐酸溶解,再加入少量BaCl2溶液,若产生白色沉淀则样品中含有X,反之则没有。
【解析】
【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应,得到A、B和黑色固体C,常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子,B为H2O,A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E,E只能为BaSO4,则D为H2SO4,A是SO3;23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol,黑色固体C可能为Fe3O4、CuO、C等,黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G,G能和H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为Cu2O在酸性溶液中的歧化反应,Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O,所以黑色固体C为CuO,G为Cu2O,气体F为O2,红色H为Cu,蓝色溶液I为CuSO4,然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量,利用物质的量的比等于原子个数比,结合其不含有结晶水,确定X的化学式,并进行有关解答。
【详解】
根据上述分析可知A是SO3,B是H2O,C是CuO,D是H2SO4,E是BaSO4,F是O2,G为Cu2O,H为Cu,I为CuSO4,X是含有Cu、H、O、S四种元素的化合物。
(1)B为H2O,水分子中H、O原子之间以共价键结合,电子式为:
;根据元素守恒可知,在浅绿色盐X中n(Cu)=2n(Cu2O)=2×
=0.4mol,n(CuO)=0.4mol,n(S)=n(BaSO4)=
=0.1mol,n(CuO):
n(SO3)=0.04mol:
0.01mol=4:
1,仅含四种元素,不含结晶水,设化学式为:
Cu4(OH)mSO4,Cu4(OH)mSO4
4CuO+SO3↑+
H2O↑,根据氧元素守恒得:
m=6,符合M(X)<908g/mol,所以X化学式为Cu4(OH)6SO4;
(2)X在隔绝空气、570℃温度下加热发生Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑;
(3)砖红色固体G是Cu2O,与足量稀H2SO4发生氧化还原反应,产生Cu、CuSO4、H2O,反应的离子方程式为:
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O;
(4)黑色固体C为CuO,如含有X,则可用检验SO42-的方法检验,方法是:
取少量样品于试管中,加入足量稀盐酸溶解,再加入少量氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则样品中含有X,反之则没有。
【点睛】
本题考查物质的组成的测定,属于计算型推断,物质的颜色、溶解性是推断突破口,氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点,注意利用守恒计算X中给微粒的量,需要学生熟练掌握元素化合物知识,适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。
2.某研究性学习小组拟探究热CuCl2·2H2O的热稳定性,进行如下操作:
上述所列物质都是纯净物,请回答:
(1)气流C的结构式______,白色固体的化学式________。
(2)已知Y的摩尔质量为233g·mol-1,完成CuCl2·2H2O缓慢加热分解的化学方程式__________。
【答案】H-ClCuCl2(CuCl2·2H2O)
Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)气流C是保护气,用以抑制盐的水解,通常为该盐对应的酸;白色固体为无水盐分解产物;
(2)在无保护气条件下,盐受热水解,可能得到碱式盐,可能水解产生相应的碱,根据物质的摩尔质量确定Y的组成,Y加热得到黑色固体是CuO,根据Y的成分可确定其分解反应方程式。
【详解】
(1)CuCl2是强酸弱碱盐,由于产生该盐的酸为挥发性的HCl,所以给盐的结晶水合物CuCl2·2H2O加热时,为抑制其水解,要在HCl气流中进行,所以C是HCl,目的是作保护气,抑制加热过程CuCl2可能的水解。
该物质是共价化合物,H原子、Cl原子之间通过一个共用电子对结合,所以HCl的结构式是H-Cl,X是CuCl2。
由于3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42g÷171g/mol=0.02mol,当高于300℃加热,CuCl2分解,产生的白色固体中含有Cu0.02mol,质量为0.02×64g/mol=1.28g<1.99g,说明含有Cl原子,其物质的量为(1.99g-1.18g)÷35.5g/mol=0.02mol,则白色固体中Cu、Cl个数比是1:
1,所以白色固体的化学式为CuCl,Z为Cl2;
(2)3.42gCuCl2·2H2O的物质的量为n(CuCl2·2H2O)=3.42g÷171g/mol=0.02mol,在没有HCl保护气作用下加热CuCl2·2H2O会发生水解,可能生成碱式盐Cu2(OH)2Cl2也可能生成相应的碱Cu(OH)2,Cu2(OH)2Cl2摩尔质量是233g/mol,3.42gCuCl2·2H2O反应产生0.01molCu2(OH)2Cl2,质量是2.33g,正好吻合,说明Y是Cu2(OH)2Cl2;若反应产生Cu(OH)2,其摩尔质量是98g/mol,与题干不符合,故Y为碱式盐Cu2(OH)2Cl2,则根据质量守恒定律可得CuCl2·2H2O缓慢加热的反应方程式为2(CuCl2·2H2O)
Cu2(OH)2Cl2+2HCl↑+2H2O;Cu2(OH)2Cl2在200℃条件下加热发生分解反应产生CuO和HCl,反应方程式为Cu2(OH)2Cl2
CuO+2HCl↑。
【点睛】
本题考查了易挥发性的结晶水合物受热分解产物的判断。
这类盐在受热分解时,发生的分解反应有两种类型。
在有保护气时,会失去全部结晶水,生成无水盐,温度升高,无水盐进一步分解;在无保护气时,会转化为碱式盐或相应的碱,继续升高温度,将进一步分解,最终转化为金属氧化物。
一定要掌握外界条件对物质分解反应的影响。
3.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。
4.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂,在空气中迅速被氧化变成绿色;见光分解变成褐色。
如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl−)生产CuCl的流程:
根据以上信息回答下列问题:
(1)生产过程中X的化学式为____。
(2)写出产生CuCl的离子方程式:
____。
(3)实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示:
pH
1
2
3
4
5
6
7
CuCl产率/%
70
90
82
78
75
72
70
析出CuCl晶体最佳pH为____,当pH较大时CuCl产率变低原因是____。
调节pH时,___(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸,理由是____。
(4)氯化亚铜的定量分析:
①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中,充分溶解。
②用0.10mol·L−1硫酸铈标准溶液滴定。
已知:
CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验结果如表(平行实验结果相差不能超过1%):
平行实验次数
1
2
3
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积(mL)
24.35
24.05
23.95
则样品中CuCl的纯度为_____。
(结果保留三位有效数字)。
(5)由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。
第一步CuCl水解的离子方程式为:
CuCl(s)+H2O(l)
CuOH(s)+Cl−(aq)+H+(aq),第二步CuOH热分解的化学方程式为____。
第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K=____。
【答案】Fe2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-2Cu2+水解程度增大,反应生成CuCl减少,产率减小;不能硝酸会与产品CuCl发生反应95.5%2CuOH
Cu2O+H2OKw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)
【解析】
【详解】
向工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、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,铜与氯气反应生成氯化铜,硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜;
(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁,三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来,则X为Fe、Y为HCl,
故答案为:
Fe;
(2)依据图示可知:
CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,依据得失电子守恒其方程式为:
CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,离子反应方程式:
2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-
故答案为:
2Cu2++2Cl−+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-;
(3)由表中数据可知,pH=2时,CuCl产率最高;pH较大时,Cu2+水解程度增大,导致反应生成CuCl减少;硝酸具有强氧化性,能将产品CuCl氧化生成Cu2+,所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸,
故答案为:
2;Cu2+水解程度增大,反应生成CuCl减少,产率减小;不能;硝酸会与产品CuCl发生反应;
(4)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%,体积为24.35mL,误差大舍去,则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为:
=24mL,结合方程式可知:
CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2,Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+,CuCl~Ce4+,CuCl的纯度为:
×100%=95.5%,
故答案为:
95.5%.
(5)CuOH热分解的化学方程式为2CuOH
Cu2O+H2O;CuCl(s)+H2O(l)⇌CuOH(s)+Cl-(aq)+H+(aq),平衡常数K=c(H+)c(Cl-)=
×
答案为:
5.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。
6.过渡金属的单质及化合物很多有催化性能,氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。
实验室中用氯气与粗铜(杂质只有Fe)反应,制备铜的氯化物的流程如下。
查阅资料:
氯化亚铜:
白色微溶于水,在干燥空气中稳定,受潮则易变蓝到棕色,在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。
氯化铜:
从水溶液中结晶时,在26~42℃得到二水物,在15℃以下得到四水物,在15~25.7℃得到三水物,在42℃以上得到一水物,在100℃得到无水物。
(1)现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应(铁架台、铁夹省略)。
①按气流方向连接各仪器接口顺序是:
a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。
②本套装置有两个仪器需要加热,加热的顺序为先_____后_____。
(2)分析流程:
①固体甲需要加稀盐酸溶解,其理由是_____;
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质,X可选用下列试剂中的(填序号)_____。
aCu(OH)2bNH3·H2OcCuOdCuSO4
查阅有关资料得到如下数据,常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20,通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时就认为沉淀完全,设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为________,Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________。
(提示:
lg2=0.3)
③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为:
加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。
(3)向溶液乙中加入适当的还原剂(如SO2、N2H4、SnCl2等),并微热得到CuCl沉淀,写出向乙溶液加入N2H4(氧化产物为无毒气体)的离子方程式:
____________。
【答案】defgbAD抑制氯化铜、氯化铁水解ac43.3(或3+lg2)冷却到26~42℃结晶过滤4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+
【解析】
【分析】
⑴①A装置制取氯气,B除掉尾气,C除掉氯气中HCl杂质,D氯气与铜反应,E除掉氯气中水;②先反应生成氯气,不能先加热D,先加热会使铜与氧气反应。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物,因此加稀盐酸溶解,溶解抑制氯化铜、氯化铁水解;②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质,应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质;设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,先算氢氧根浓度,再酸氢离子浓度和pH,Fe3+完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度,再酸氢离子和pH;③根据题中意思要得到纯净CuCl2·2H2O晶体要冷却到26~42℃结晶。
⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4,并微热得到CuCl沉淀和氮气。
【详解】
⑴①A装置制取氯气,B除掉尾气,C除掉氯气中HCl杂质,D氯气与铜反应,E除掉氯气中水,因此按气流方向连接各仪器接口顺序是:
a→d、e→h、i→f、g→b,故答案为:
d;e;f;g;b。
②先反应生成氯气,不能先加热D,先加热会使铜与氧气反应,因此加热的顺序为先A后D,故答案为:
A;D。
⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物,因此加稀盐酸溶解,溶解抑制氯化铜、氯化铁水解,故答案为:
抑制氯化铜、氯化铁水解。
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质,应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等,故答案为:
ac。
设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1,
,
,
,因此Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为10,Fe3+完全沉淀
,
,
,因此Fe3+完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4=4-lg5=3.3,故答案为:
3.3。
③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为:
加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26~42℃结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:
冷却到26~42℃结晶;过滤。
⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4,并微热得到CuCl沉淀和氮气,因此向乙溶液加入N2H4的离子方程式:
4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+,故答案为:
4Cu2++4Cl-+N2H4
4CuCl↓+N2↑+4H+。
7.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
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- 化学 及其 化合物 推断 专项 练习题 答案