高考化学综合题专练铜及其化合物推断题及答案.docx
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高考化学综合题专练铜及其化合物推断题及答案
2020-2021高考化学综合题专练∶铜及其化合物推断题及答案
一、铜及其化合物
1.将单质Fe和FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液一起放进烧杯中,搅拌、静置。
根据下述不同情况,填写金属单质或金属离子的符号。
(1)充分反应后,若Fe有剩余,则烧杯中不可能含有的金属离子是_____。
(2)充分反应后,如果烧杯中还有大量的Fe3+,则还会有的金属离子是_____。
(3)如果烧杯中Cu2+的物质的量减少了一半,则烧杯中一定没有的金属离子是____,一定没有的金属单质是______。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe3+Fe
【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,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,铁先与氯化铁溶液反应,Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
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,单质Fe和FeCl2、FeCl3、CuCl2,则铁先与氯化铁溶液反应。
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu;
①Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+、Cu2+;
②如容器内有大量Fe3+,说明金属Fe完全溶解且铜离子没有反应,所以还会有的金属离子是Fe2+、Cu2+;
③如有一半Cu2+剩余,说明铜离子已部分反应,所以氧化性强的铁离子已完全反应,则容器内一定没有的金属离子是:
Fe3+;则Fe完全溶解,一定没有Fe剩余。
【点睛】
考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较,能正确判断固体的成分是解本题的关键;本题中根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序,从而确定固体的成分、溶液的成分;有固体剩余,若固体只有铜,则反应后的溶液中一定无Fe3+存在,一定存在Fe2+,可能含有Cu2+;若有铁剩余,一定有铜生成,Fe3+和Cu2+无剩余。
2.有关物质的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。
已知:
A为紫红色金属,B是强酸,E能使品红溶液褪色,F是海水的主要成分,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液。
请回答下列问题:
(1)H的化学式为_____。
(2)F的电子式为_____。
(3)写出反应①的化学方程式_____。
(4)写出反应③的离子方程式_____。
【答案】CuCl
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2OCuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-
【解析】
【分析】
A为紫红色金属,则应为Cu,B是强酸,E能使品红溶液褪色,则B是浓硫酸,E为SO2,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,F是海水的主要成分,F为NaCl,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,则H应为CuCl,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液,则I为FeCl3溶液,以此解答该题。
【详解】
(1)根据以上分析,H的化学式为CuCl,
因此,本题正确答案是:
CuCl;
(2)根据以上分析,F为NaCl,则F的电子式为
,
因此,本题正确答案是:
;
(3)根据以上分析,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,则反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,
因此,本题正确答案是:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
(4)根据以上分析,反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应,反应的离子方程式为:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-,
因此,本题正确答案是:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-。
3.铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”,该“绿锈”俗称“铜绿”,化学式为[Cu2(OH)2CO3],“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。
某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
铜
铜绿
A
Cu(OH)2
B
Cu
(1)从三种不同分类标准回答,“铜绿”属于哪类物质?
____、____、___。
(2)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式________。
(3)写出B的化学式___________。
(4)上述转化过程中属于化合反应的是________,属于分解反应的是________。
【答案】铜盐碳酸盐碱式盐Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑CuO①④
【解析】
【分析】
(1)根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答;
(2)反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应,生成氯化铜、水和二氧化碳;
(3)Cu(OH)2分解生成CuO;
(4)依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断.
【详解】
(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称,含有铜元素,其分子式为[Cu2(OH)2CO3],其阳离子不为氢离子,阴离子不全为氢氧根,故不是酸不是碱,可为铜盐,含有碳酸根离子,为碳酸盐,同时又含有氢氧根,也为碱式盐,故答案为:
铜盐;碳酸盐;碱式盐;
(2)碱式碳酸铜和盐酸反应,生成氯化铜、水和二氧化碳,化学方程式为:
Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑;
(3)Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水,故答案为:
CuO;
(4)在反应过程中:
铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu;铜→①铜绿发生了化合反应;
铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O,A为铜盐是复分解反应;
A→③Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀,是复分解反应;
Cu(OH)2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水,是分解反应;
B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水,是置换反应;
故答案为:
①;④.
4.某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl-四种离子,某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理,以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。
回答下列问题:
(1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。
(2)沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。
(3)下列物质中,可以用作试剂X的是_____________ (填写序号)。
A.BaCl2B.BaCO3C.NaOHD.Ba(OH)2
(4)向溶液B中通入Cl2的作用是__________________;实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2,写出反应的化学方程式________________;由于Cl2有毒,某同学建议用双氧水替换,请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。
【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+氧化成Fe3+2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓)
2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
【解析】
【分析】
加入的过量的铁屑,由于铁的化学性质比铜活泼,因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来,同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+,因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁;滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子,通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子,再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去,所以沉淀2为氢氧化铁,进一步转化成氯化铁晶体,而滤液2则只剩氯化钡溶液,经过蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。
据此分析。
【详解】
(1)向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来,同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+,反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+,
故答案为:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+;
(2)废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子,加入过量的铁粉后,铜离子被还原成金属铜,所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁,
故答案为:
铜、铁;
(3)根据以上分析,加试剂X调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质,所以选BD,
故答案为:
BD;
(4)向溶液B中通入Cl2可以将Fe2+氧化成Fe3+;NaCl固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO2加热反应生成Cl2,反应的化学方程式为NaCl+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HCl↑,MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O或2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓)
2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O;向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,
故答案为:
将Fe2+氧化成Fe3+;2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓)
2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O;2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。
5.铜锌银精矿化学成分如下:
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下:
回答下列问题:
(l)“气体A”为____(填化学式),“浸渣”中主要为硫酸铅和____(填化学式)。
(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体,目的是____________。
(3)“氧化”工序中,恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为____。
(4)“母液2”中阴离子含量最多的是____,该溶液最好返回__工序循环使用。
(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析,精矿中含有FeS2,理由是________。
【答案】SO2AgCl除去锌铁元素,分离出铜元素1:
2氯离子沉铜硫元素物质的量多于金属物质的量之和,故含有FeS2
【解析】
【分析】
铜锌银精矿和空气中的O2发生反应,各金属得到其氧化物,S转化为SO2,再加入H2SO4和NaCl,金属氧化物转化为硫酸盐,Ag转化为AgCl沉淀,Pb转化为PbSO4沉淀。
通入SO2将Cu2+转化为Cu2Cl2沉淀,加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液,最后得到CuSO4晶体。
【详解】
(1)在焙烧过程中,各金属转化为金属氧化物,而S元素转化为SO2,因此气体A为SO2;各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子,Pb2+与SO42-沉淀得到PbSO4,而Ag+与Cl-会生成AgCl沉淀;
(2)经过浸出之后,溶液中还有Zn2+、Fe2+、Cu2+。
沉铜之后,得到Cu2Cl2沉淀,实现了Cu与Zn、Fe的分离,答案为除去锌铁元素,分离出铜元素;
(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4,Cu2Cl2中Cu的化合价为+1价,1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2+,失去2mol电子,1molO2反应时,得到4mol电子,根据得失电子守恒,氧化剂和还原剂的比例为1:
2;
(4)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4,根据原子守恒,溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-;母液2中含有较多的Cl-,以及没有沉淀的Cu2+和SO42-,溶液中没有Ag+和Pb2+等离子,不需要“浸出”,最好返回“沉铜”的步骤中,可以为该步骤提供Cl-;
【点睛】
问题(4)母液2最好返回的步骤中,易填错为浸出,浸出过程中也加入NaCl,但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag+,而Ag+在溶液中的量是很少的,而沉淀铜的时候需要较多的Cl-,母液2中含有较多的Cl-,且不含有其他金属离子,因此进入沉铜步骤,也可以减少相关净化操作。
6.某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后,得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线:
已知:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题:
(1)滤渣1的主要成分为___。
(2)第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+,其离子方程式为___;使用H2O2作为氧化剂的优点是___。
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:
上述三种方案中,可行方案是___,其中不可行方案的原因是___。
【答案】Pt、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
(1).滤渣1成分应为Pt,Au,性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。
(2).H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,同时其被还原为H2O。
产物无污染无需后续处理。
(3).蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。
(4).滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+,然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀,这样才能使滤液2只含Cu2+。
而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。
【详解】
(1).Pt,Au都属于化学性质稳定的金属,所以滤渣1含Pt和Au,答案为Pt、Au。
(2).根据分析,H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,反应产物只有H2O和Fe3+,没有引入新杂质且无污染。
答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,不引入新杂质且产物无污染。
(3).由分析可知为蒸发皿,答案为蒸发皿。
(4).根据分析,滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+,最终获得产物会含有杂质Fe2(SO4)3成分。
如果采用乙方案,加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。
丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤,可排除Fe3+影响,但对比方案乙其原子利用率不高。
故答案为乙,甲。
7.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=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑,故答案为:
Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(2)步骤②中从溶液中分离出固体物质过量的铁和生成的铜,所以步骤②的操作名称是过滤、洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;
(3)步骤④中为调节溶液的pH值,要能与酸反应同时不引入新的杂质,所以物质X为CuO或Cu (OH)2或CuCO3等,故答案为:
CuO或Cu (OH)2或CuCO3等;
(4)步骤⑤的操作是从氯化铜溶液中获得氯化铜晶体,要防止铜离子水解,所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶,故答案为:
在HCl气流中蒸发结晶;
(5)CuCl微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸,所以要用乙醇洗涤CuCl晶体,减少CuCl的损失,故答案为:
减少CuCl的损失;
(6)根据流程分析可知,硫酸可以循环利用,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H2SO4,故答案为:
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H2SO4;
(7)电解CuCl2溶液,阴极上是铜离子得电子生成亚铜离子,亚铜离子结合氯离子生成氯化亚铜沉淀,电极反应式为Cu2++Cl-+e-=CuCl↓,故答案为:
Cu2++Cl-+e-=CuCl↓。
8.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物。
某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O,主要步骤如下:
已知该条件下,通过调节溶液的酸碱性而使Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的pH分别如下:
请回答下列问题:
(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率,除适当增加浓硫酸浓度外,还可以采取的措施有:
__________(写一种)。
(2)试剂①是双氧水,把Fe2+氧化成Fe3+的目的是__________________________。
根据如图有关数据,你认为工业上氧化操作时应采取的条件是__________________________。
(3)试剂②为CuO,其目的是调节溶液的pH保持在___________________范围。
操作Ⅰ的名称是_________________。
(4)溶液C得到CuSO4·5H2O的主要步骤是__________________、________________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)调节pH时,Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全,从而把杂质快除去温度控制在80ºC,pH控制在1.5,氧化时间为4h左右3.2≤pH<4.7过滤蒸发浓缩冷却结晶
【解析】
【分析】
孔雀石中加入稀硫酸,得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳,还有SiO2,那么气体E为CO2,加入试剂②后产生红褐色沉淀D,说明沉淀为Fe(OH)3,进一步说明溶液B中含有Fe3+,那么试剂①是一种具有氧化性的试剂,可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新杂质,选用的试剂①是H2O2;试剂②的作用是调节溶液的pH使Fe3+沉淀,同时保留Cu2+,溶液C为硫酸铜溶液,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤干燥后可得CuSO4·5H2O,据此解答本题。
【详解】
(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率,除适当增加浓硫酸浓度外,还可以采取的措施是升高反应的温度或者增大接触面积;
(2)由分析可知试剂①是双氧水,可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+,把Fe2+氧化成Fe3+的目的是在Cu2+开始沉淀之前Fe3+已完全沉淀,从而把杂质除去;由曲线图可知,当温度为80℃,pH=1.5时Fe3+的转化率最高,因此工业上氧化操作时应采取的条件是温度为80℃,pH=1.5时,氧化时间为4h左右;
(3)试剂②为CuO,其目的是调节溶液的pH保持在3.2~4.7之间,既能让Fe3+完全沉淀,又不让Cu2+开始沉淀;操作Ⅰ为过滤;
(4)由分析可知,溶液C得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
9.CuCl难溶于水,广泛应用于电镀、印染等行业。
工业上用辉铜矿(CuS2)为原料制取CuCl的一种流程图如下:
⑴写出“氧化Ⅰ”反应的离子方程式:
______。
⑵写出“氧化Ⅱ”反应的离子方程式:
_____。
⑶写出“还原”反应的离子方程式:
______。
⑷将Cl2通入热的NaOH溶液,可以制得含NaClO3的溶液,写出该反应的离子方程式:
_____。
【答案】MnO2+CuS2+4H+=2S+Mn2++Cu2++2H2O5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O
【解析】
【分析】
辉铜矿(CuS2)溶解于稀硫酸和二氧化锰的混合物得到硫、硫酸铜及硫酸锰的混合溶液,过滤得到滤渣硫,滤液中加NaClO3,发生反应Ⅱ5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+,过滤,除去MnO2,滤液加入Na2SO3发生氧化还原反应得到CuCl沉淀,过滤、水洗、醇洗最后烘干得到CuCl。
【详解】
(1)反应Ⅰ中是Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化,其中S、Cu元素分别被氧化为S、Cu2+,“氧化Ⅰ”反应的离子方程式:
MnO2+CuS2+4H+=2S+Mn2++Cu2++2H2O。
(2)硫酸锰被氯酸钠氧化成二氧化锰,“氧化Ⅱ”反应的离子方程式:
5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+。
(3)亚硫酸钠水溶液具有较强还原性,将Cu2+还原成CuCl,“还原”反应的离子方程式:
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
(4)将Cl2通入热的NaOH溶液,可以制得含NaClO3的溶液,同时生成氯化钠和水,该反应的离子方程式:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
10.FeCl3溶液在工业上用于蚀刻铜箔制造电路板。
从蚀刻后的废液中可以回收铜并使蚀刻液再生。
流程如下(部分物质有省略):
回答下列问题:
(1)氯化铁溶液蚀刻铜箔反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)从固体中分离出铜,加入的试剂X可以是________________。
(3)使滤液再生为蚀刻液可采用的方法是___________________________________________。
【答案】2Fe3++Cu→2Fe2++Cu2+盐酸(CuCl2)通入足量氯气(含HCl的H2O2溶液)
【解析】
【分析
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