备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练铜及其化合物推断题附详细答案.docx
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备战高考化学知识点过关培优易错难题训练铜及其化合物推断题附详细答案
备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶铜及其化合物推断题附详细答案
一、铜及其化合物
1.下列框图涉及到的物质所含元素中,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,C为黑色氧化物,E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。
请回答下列问题:
(1)D的化学式为__;F的结构式为__。
(2)A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。
(3)E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。
(4)B和C反应的化学方程式为__。
(5)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】NON≡N硝酸3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−
【解析】
【分析】
E为红色金属单质,应为Cu,则C为CuO,B为具有刺激性气味的气体,应为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,生成的气体单质F为N2,可与氧气在放电条件下反应生成NO,则A为O2,D为NO,G为HNO3,H为Cu(NO3)2,I为Cu(OH)2,J为CuCl2,J、K是同种金属的不同氯化物,K为白色沉淀,则K应为CuCl,据此分析解答。
【详解】
(1)由以上分析可知D为NO,F为N2,结构式为N≡N;
(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水,NO被氧化生成NO2,溶于水生成硝酸,因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一;
(3)G为HNO3,稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)B为NH3,可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu,反应的方程式为3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O;
(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为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.由2种常见元素组成的化合物G,有关转化和实验信息如下:
请回答下列问题:
(1)G是______________(填化学式)。
(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。
(3)若D为纯净物,F是红色金属单质,写出D和稀硫酸反应的离子方程式_____________。
(4)C的最大质量为________________g。
【答案】Cu2SSO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+Cu2O+2H=Cu2++Cu+H2O23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体,能与碘水反应,说明A有还原性;B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,说明B中含有SO42-,所以A为SO2,B为H2SO4和HI的混合溶液,C为BaSO4;通过质量守恒可推知G是Cu2S,以此解答。
【详解】
(1)G中含S元素,I2+2H2O+SO2=H2SO4+2HI,m(S)=1L×0.1mol/L×32g/mol=3.2g,G中金属元素质量为12.8g,由元素质量守恒知,D中氧元素质量为1.6g,中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等,设D中金属元素的相对原子质量为M,化合价为n,则有
,解得:
M=64n,当n=1时,M=64,故D为Cu2O,G为Cu2S;故答案为:
Cu2S;
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程,离子方程式为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;故答案为:
SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+;
(3)Cu2O与硫酸反应,生成了一种单质,该单质是铜,由氧化还原反应知,一部分铜元素由+1价降至0价,必然另一部分铜元素化合价升高至+2价,即E为硫酸铜溶液,F为铜单质,则离子反应方程式为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;故答案为:
Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O;
(4)由分析可知,最终生成硫酸钡沉淀,Ba2++SO42-=BaSO4↓,m(BaSO4)=0.1mol×233g/mol=23.3g;故答案为:
23.3;
4.已知两种常见金属A(地壳中含量第二的金属)、B(红色金属)分别与两种酸X、Y发生反应,其转化关系如图所示,其中D为红棕色气体。
回答以下问题:
(1)反应③的离子反应方程式为___;
(2)6.4gB与过量X溶液(8mol/L、60mL)充分反应后,生成的还原产物有C、D,反应后溶液中所含X为nmol,此时溶液中所含X的阴离子的物质的量为___mol。
(3)常温下A与Y的稀溶液能发生反应生成盐W,关于固体W的转化关系如图所示(无关物质已略去)。
其中N是红棕色的化合物。
①M由两种化合物组成,其中含有F;将M通入BaCl2溶液,实验现象是___。
②若经反应I得到16g固体N,产生的气体M恰好被0.3L1mol·L-1NaOH溶液完全吸收得溶液1,则反应Ⅳ中发生反应的离子方程式是____。
【答案】SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NOn+0.2产生白色沉淀2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
【解析】
【分析】
常见金属A为地壳中含量第二的金属,确定为Fe、B为红色金属确定为Cu,根据D为红棕色气体,确定D为NO2,C为NO,X为HNO3;B为Cu,铜可以与浓硫酸反应生成硫酸铜,二氧化硫和水;生成的二氧化硫有还原性,可以与NO2反应生成硫酸和硝酸,确定B为Cu,Y为硫酸,F为SO2,G为CuSO4;(3)A(Fe)与Y(硫酸)的稀溶液反应生成硫酸亚铁和氢气,确定W为FeSO4,2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑,气体M为SO2和SO3的混合物,M与NaOH反应生成盐和水,N为Fe2O3,与稀硫酸反应生成硫酸铁和水。
Fe3+具有氧化性和+4价硫元素具有还原性,可以发生氧化还原反应生成硫酸亚铁,据此分析。
【详解】
(1)根据以上分析可知,反应③为SO2、NO2和水的反应,根据得失电子数相等和原子守恒配平,得离子反应方程式为SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO;
答案:
SO2+NO2+H2O=2H++SO42-+NO
(2)6.4gB与过量X溶液(HNO3)充分反应后,生成的还原产物有NO2、NO,反应后溶液中所含HNO3为nmol,溶液中所含N
的物质的量为:
n(N
)=n(Cu2+)×2+n=
+n=n+0.2mol;
答案:
n+0.2
(3)①将M(SO2、SO3)通入BaCl2溶液,发生反应SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,有白色沉淀生成;
答案:
产生白色沉淀
②反应Ⅰ:
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑;反应ⅢFe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;
根据固体M(Fe2O3)的量计算出SO2和SO3的物质的量。
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
160g1mol1mol
1.6g0.01mol0.01mol
反应ⅡSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
1mol2mol1mol
0.01mol0.02mol0.01mol
SO2+NaOH=NaHSO3
1mol1mol1mol
0.01mol0.01mol0.01mol
溶液1为Na2SO4和NaHSO3的混合物;
反应Ⅳ:
硫酸铁具有氧化性,亚硫酸氢钠具有还原性,根据得失电子数相等和原子守恒得出离子方程式2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+;
答案:
2Fe3++HSO3-+H2O=2Fe2++SO42-+3H+
5.氯化亚铜(CuCl)微溶于水,不溶于乙醇,在空气中会被迅速氧化,其制备有很多方法,工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。
方法一:
(1)CuCl可以溶解在FeCl3溶液中,请写出该反应的离子方程式是:
____。
(2)还原过程中的产物为Na[CuCl2],试写出发生反应的化学方程式是__________,过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。
(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是_________________。
方法二:
(4)a.写出过程①的主要反应的化学方程式_____________________。
b.为了更好体现绿色化学思想,有人提出如下方案:
方案一:
可将上述X稀溶液用于废铜的处理(如图所示),则Y可以为________(填化学式)。
方案二:
过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备,理论上________(填“需要”或“不需要”)另外补充SO2,原因是_______________________(结合化学方程式回答)。
【答案】CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-CuCl2+2NaCl+Cu=2Na[CuCl2]烧杯、漏斗、玻璃棒除去表面可溶性杂质,使CuCl尽快干燥,减少溶解损失2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2OO2不需要过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1,而过程②发生反应:
CuSO4+CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1,所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)
【解析】
【分析】
(1)氯化亚铜与氯化铁反应,氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子;
(2)流程分析可知,铜和氯气反应生成氯化铜,加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物为Na[CuCl2],结合原子守恒配平书写方程式;过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯;
(3)酒精沸点低,易挥发,易晾干,所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥;
(4)a.浓硫酸具有强氧化性,在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应;
b.由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸,由于铜与稀硫酸不反应,故加入的单质Y应具有氧化性,将铜氧化为氧化铜,氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。
【详解】
(1)氯化亚铜与氯化铁反应,氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子,反应的离子方程式为CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-;
(2)由题给流程分析可知,铜和氯气反应生成氯化铜,加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2],根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为:
CuCl2+2NaCl+Cu=2Na[CuCl2];
(3)酒精沸点低,易挥发,易晾干,所以即可以除去表面可溶性杂质又易干燥,防止被空气氧化;
(4)a.浓硫酸具有强氧化性,在加热的条件下能与铜发生氧化还原反应,其化学方程式为:
Cu+2H
SO
(浓)
CuSO
+SO
↑+2H
O;
b.方案一:
由生产氯化亚铜的流程可知X的稀溶液为稀硫酸,由于铜与稀硫酸不反应,故加入的单质Y应具有氧化性,将铜氧化为氧化铜,Y为O
;
方案二:
过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1,而过程②发生反应:
CuSO4+CuCl2+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1,所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)。
6.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!
7.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。
8.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
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