备战高考化学铜及其化合物推断题大题培优 易错 难题附详细答案.docx
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备战高考化学铜及其化合物推断题大题培优易错难题附详细答案
2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题(大题培优易错难题)附详细答案
一、铜及其化合物
1.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.
2.Fe2O3和Cu2O都是红色粉末,常用作颜料。
某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末的成分,该粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。
探究过程如下:
查阅资料:
Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4(Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O),在空气中加热生成CuO。
提出假设假设1:
红色粉末是Fe2O3假设2:
红色粉末是Cu2O假设3:
红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物。
设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中,在所得溶液中再滴加KSCN试剂。
(1)若假设1成立,则实验现象是___。
(2)若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红,则证明原固体粉末是____,写出发生反应的离子方程式(题目上已出现的可以不写)___、___。
【答案】固体完全溶解,溶液呈血红色Fe2O3和Cu2OFe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【解析】
【分析】
(1)Fe3+遇到KSCN溶液呈红色;
(2)若固体全部溶解,则一定存在Fe2O3和Cu2O,根据物质的相关性质书写反应的有关离子方程式。
【详解】
(1)若假设1成立,则固体完全溶解,所得溶液中含有Fe3+,遇到KSCN溶液呈红色;
(2)固体全部溶解,则一定存在Fe2O3和Cu2O,因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4,而H2SO4不能溶解Cu,所以混合物中必须有Fe2O3存在,使其生成的Fe3+溶解产生的Cu,涉及反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
3.氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。
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)4-nCln],n随着环境酸度的改变而改变。
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的工艺过程如图:
(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_______。
(2)实验室为了加快过滤速度,往往采用抽滤的操作(如图)。
仪器A的名称__________,有关抽滤,下列说法正确的是__________
A.抽滤完毕,应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管,再关闭水龙头,最后将滤液从吸滤瓶上口倒出
B.在布氏漏斗中放入滤纸后,直接用倾析法转移溶液和沉淀,再打开水龙头抽滤
C.在抽滤装置中洗涤晶体时,为减少晶体溶解损失,应使洗涤剂快速通过滤纸
D.减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀
(3)操作1为马上再洗涤,然后在真空干燥机内于70℃干燥2h,冷却、密封包装。
其中最合理的洗涤试剂__________
A.浓盐酸B.浓氨水C.无水乙醇D.水+乙醇
真空干燥的原因是___________。
(4)随着pH减小,Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数__________
A.增大B.不变C.减小D.不能确定
【答案】2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+吸滤瓶ADC防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化C
【解析】
【分析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜,硫酸铵等,加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4,过滤得到固体为CuCl,滤液主要是硫酸铵和硫酸,然后利用题干信息,结合物质的性质及要求分析解答。
【详解】
(1)向含有Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的(NH4)2SO3、NH4Cl,发生还原,产生CuCl沉淀,同时产生硫酸,反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+;
(2)根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶;
A.抽滤完毕,应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管,再关闭水龙头,以防止倒吸现象的发生,最后将滤液从吸滤瓶上口倒出,A正确;
B.在布氏漏斗中放入滤纸后,用玻璃棒引流移溶液和沉淀,再打开水龙头抽滤,B错误;
C.在抽滤装置中洗涤晶体时,应将洗涤剂缓慢通过滤纸,让洗涤剂和晶体充分接触,C错误;
D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀,溶液不易透过,所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀,D正确;
故合理选项是AD;
(3)操作1为马上再洗涤,目的是为了洗去表面的杂质,为快速干燥,要用酒精洗涤,然后在真空干燥机内于70℃干燥2h,冷却、密封包装,故合理选项是C;
真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化;
(4)随着平pH值减小,[Cu2(OH)4-nCln]中4-n减小,n增大,则铜的含量减小,故合理选项是C。
【点睛】
本题考查物质的制备实验,把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键,注意元素化合物知识的应用,侧重考查学生的分析与实验能力。
4.氯化亚铜(
)在化工、印染、电镀等行业应用广泛。
微溶于水,不溶于醇和稀酸,可溶于
浓度较大的溶液,在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜(主要成分是Cu和少量
)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产
的工艺过程如图。
回答下列问题:
(1)步骤①中N元素被还原为最低价,写出此反应的离子方程式______________。
(2)步骤②中,亚硫酸铵要略保持过量,原因是___________,滤液中可循环利用的物质是__________。
(3)步骤⑤中,用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水,防止滤渣被空气氧化为
被氧化为
的化学方程式为______________________。
(4)用
溶液测定氯化亚铜样品纯度(假设杂质不参与反应),步骤如下:
准确称取所制备的氯化亚铜样品
,将其置于过量的
溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸配成
溶液,取溶液
用
溶液进行滴定,反应中
被还原成
,相关数据记录如表所示:
该样品中
的质量分数__________________。
实验编号
1
2
3
消耗
溶液的体积/mL
14.98
16.03
15.02
(5)制造印刷电路板产生的废液中含大量
等离子,利用膜电解技术对此废液进行电解,电解装置如图所示。
电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到
,电解时阴极的电极反应式为___________,生成
的离子方程式为________________________________。
【答案】
使完全反应,阻止生成的被氧化硫酸
89.55%
【解析】
【分析】
铜与硝酸根和氢离子反应生成铜离子,加入亚硫酸铵和氯化铵生成硫酸、氯化亚铜等,过滤得到氯化亚铜,经水洗、醇洗、烘干等到氯化亚铜产品。
【详解】
⑴步骤①中N元素被还原为最低价变为铵根离子,铜变为铜离子,因此反应的离子方程式;
;故答案为:
。
⑵步骤②中,亚硫酸根具有还原性,铜离子具有氧化性,CuCl在潮湿空气中易水解氧化,因此亚硫酸铵要略保持过量,原因是使完全反应,阻止生成的被氧化,Cu2+、Cl-、SO32−和H2O反应CuCl、SO22−、H+,因此滤液中可循环利用的物质是硫酸;故答案为:
使完全反应,阻止生成的被氧化;硫酸。
⑶步骤⑤中,用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水,防止滤渣被空气氧化为
与空气中氧气、水反应生成
和HCl,其反应的的化学方程式为
;故答案为:
。
⑷三次消耗中第二次是错误数据,舍去,求另外两次平均数为15.00mL,根据得失电子守恒关系得到n(CuCl)=6n(Cr2O72−)=6×0.1mol∙L−1×0.015L=0.009mol,该样品中CuCl的质量分数
⑸根据图中信息,阴极
得到电子变为
和
,因此电解时阴极的电极反应式为
,电解后的阴极液中加入适量盐酸并用水稀释可得到CuCl,生成CuCl的离子方程式为
;故答案为:
。
5.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。
以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图:
已知CuCl难溶于醇和水,溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-
CuCl2-],潮湿空气中易水解氧化。
(1)“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。
该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀,则反应的化学反应方程式为__;
(2)“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1,配制1L此硫酸溶液,需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL(保留1位小数)。
溶解时反应的离子方程式__;
(3)“反应”时,Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___,n(氧化剂):
n(还原剂)=___;
②比较c(Cu+)相对大小:
A点___C点(填“>”、“<”或“=”)。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___;
(4)“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__;
(5)不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”,理由是__。
【答案】增大接触面积,加快酸浸速率,提高Cu的浸出率等CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O16.33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OSO42-或(NH4)2SO42:
1>加水稀释(NH4)2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质,同时释放Cu2+,经过系列处理得到Cu单质,然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+,接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+,同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl,用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质,接下来用醇洗去表面的硫酸分子,而醇本身易挥发而除去,得到干燥的CuCl,据此回答。
【详解】
(1)工艺流程前,一般将固体矿物粉碎,目的是增大矿物与酸的解除面积,一方面可以加快反应速率,另一方面使矿物中的CuS尽可能转化,提高浸取率;根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知,本反应生成了CuSO4和S,发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O,故答案为:
增大接触面积,加快酸浸速率,提高Cu的浸出率等;CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O;
(2)根据c=
得,浓硫酸浓度=
=18.4mol·L-1,根据C1V1=C2V2得:
18.4mol·L-1
V=0.3mol·L-1×1L,解得V≈16.3mL;根据反应物为NH4NO3和硫酸,可知,利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解,发生的反应为Cu和稀硝酸反应,故离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
16.3;3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)①流程可知,“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+,SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-,SO42-为氧化产物;SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6,升高了2,每个Cu2+被还原,化合价从+2降低到+1,降低了1,根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得,所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:
1,即氧化剂:
还原剂=2:
1;故答案为:
SO42-或(NH4)2SO4;2:
1;
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀,B点时建立了CuCl(s)
Cu+(aq)+Cl-(aq),B点之后,Cl-浓度增大,有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-
CuCl2-],由CuCl(s)
Cu+(aq)+Cl-(aq)可知,CuCl虽然被溶解了一部分,但是平衡并没有发生移动,所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的,由于B点之前CuCl(s)
Cu+(aq)+Cl-(aq)平衡一直向左移动,所以B点的Cu2+的浓度小于A点,综上所述答案为:
>;
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-
CuCl2-使沉淀减少了,所以我们可以减小Cl-浓度,具体做法是反其道而行之,加适量水稀释,所以答案为:
加水稀释;
(4)由上可知,“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4,所以答案为:
(NH4)2SO4;
(5)硝酸有强氧化性,将CuCl氧化,所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”,故答案为:
HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
【点睛】
(3)由图可知,B点之后,NH4Cl越多,沉淀率反而减小,但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来,所以最直接的做法是反着来,加适量的水!
6.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。
7.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。
8.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-。
9.我国古代许多著作在化学学科知识上都体现出了一定水平的认识。
其中《管子•地数》中有记载:
“上有丹沙者,下有黄金;上有慈石者,下有铜金。
”
Ⅰ.“丹沙者丹砂也”,丹砂是古代炼丹的重要原料,也是实验室处理水银洒落后的产物。
你认为丹砂主要成分是_____;(填化学式)“慈石者磁石