届高考化学一轮复习 10用途广泛的金属材料 铜及其化合物讲义.docx

1、届高考化学一轮复习 10用途广泛的金属材料 铜及其化合物讲义用途广泛的金属材料铜及其化合物1.了解合金的概念及其重要应用。2.了解金属铜及其重要化合物的主要性质及应用。(高频)合金及常见的金属材料1合金(1)概念形成：是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的。性质特点：具有金属特性，属于混合物。(2)性能：合金具有不同于各成分金属的物理、化学或机械性能。熔点：一般比它的各成分金属的低。硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。如生铁的熔点比纯铁的熔点低。2常见的金属材料 铜及其化合物的性质1单质铜的化学性质(1)与非金属的反应(写出化学方程式)：与O2反应加热：2CuO22CuO。常温

2、下在潮湿的空气中：2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3。与Cl2反应：CuCl2CuCl2。(2)与氧化性酸的反应(写出相应的化学方程式)：与非氧化性酸：不反应。与氧化性酸反应与浓硫酸的反应：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O。与浓硝酸的反应：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O。与稀硝酸的反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。(3)与盐溶液的反应(用离子方程式表示)：与硝酸银溶液的反应：Cu2Ag=2AgCu2。与氯化铁溶液的反应：Cu2Fe3=2Fe2Cu2。2铜的重要化合物的性质及其应用(1)CuO：黑色难溶于水的固体，

3、与酸可以反应，可以用H2、CO、Al还原出Cu。(2)Cu(OH)2：蓝色难溶物，与酸可以反应，与稀H2SO4反应的离子方程式为Cu(OH)22H=Cu22H2O，受热分解为CuO和H2O。(3)Cu2O：红色难溶物，在酸性条件下发生：Cu2O2H=CuCu2H2O。(4)铜盐Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，呈绿色，是铜锈的主要成分，受热易分解的方程式为Cu2(OH)2CO32CuOH2OCO2。CuSO4aCuSO45H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾或胆矾。受热或遇浓H2SO4，蓝色晶体变为白色粉末。b无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO45H2O)，可作为水或水蒸气的检验试剂。cCu

4、SO4与石灰乳的混合溶液即为无机农药波尔多液，是一种良好的杀菌剂，可以用来防治多种作物的病虫害。1易误诊断(正确的打“”，错误的打“”)。(1)合金是由多种元素组成的化合物()(2)任何金属或非金属均能熔合为合金()(3)合金一定比构成合金的金属的硬度或强度都大()(4)铁锈和铜锈的成分都是金属氧化物()(5)在碱性条件下，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热可形成红色沉淀(Cu2O)()(6)检验CO2中有H2O(g)可将气体通入装有无水CuSO4的干燥管中()(7)常温下，铜、铁与浓H2SO4作用的原理相同()(8)浓H2SO4使CuSO45H2O失水是物理变化()【答案】(1)(2)(3

5、)(4)(5)(6)(7)(8)2若将铜币、银币和金币分别放到稀硝酸中浸泡，能溶解的是_，不溶解的是_，写出溶解时的化学方程式_。【答案】铜币、银币金币3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O、3Ag4HNO3(稀)=3AgNO3NO2H2O3(必修1P68T7，改编)Fe2O3与CO反应的化学方程式为_，其中还原剂是_，当有2 mol Fe生成时，转移的电子数为_。【答案】Fe2O33CO2Fe3CO2CO6NA或66.021023 合金的2个特性：合金熔点比成分金属或非金属低；合金的硬度比成分金属大。 6种物质的颜色：Cu紫红色，CuO黑色，Cu(OH)2蓝色，CuSO4白

6、色，CuSO45H2O蓝色，Cu2(OH)2CO3绿色 6个化学方程式CuCl2CuCl2，CuSCu2S2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3(铜锈)，3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O。合金材料性质及应用1.金属制成合金后性能也随之改变，并且合金比纯金属用途更广泛。2合金的性质具有成分金属或非金属的性质或特性，但合金的性质并不是其各成分金属的性质之和。3并非所有的金属都能形成合金。因为两种金属必须熔合在一起才能形成合金。如果一种金属还未熔化时，另一种金属已

7、经汽化，则一般不能熔合在一起，如Cu与Na、Fe与Na等不能形成合金。4合金并不只含有金属元素，部分合金中还含有非金属元素。合金中的非金属元素主要有碳、硅等。(2013四川高考)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是()A该合金中铜与镁的物质的量之比是21B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

8、D得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL【解析】分析清楚反应过程，充分利用守恒思想来解决问题。A.向反应后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，固体质量增加的是OH的质量，且有n(OH)n(e)，设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有解之得，则该合金中铜、镁的物质的量之比为21。B.该硝酸的浓度c14.0 mol/L。C.NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体中NO2的物质的量为x，根据电子守恒得x(0.05 molx)20.06 mol，x0.04 mol，NO2的体积分数为80%。D.得到2.54 g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(

9、NaOH)0.7 mol0.04 mol0.02 mol0.64 mol，则NaOH溶液的体积是640 mL。【答案】D考向1与合金性质有关的图象1.(2010安徽高考)右图是三种稀酸对FeCr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是()A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B稀硝酸和铁反应的化学方程式是Fe6HNO3(稀)=Fe(NO3)33NO23H2OCCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱【解析】A项，由图示可知当Cr 含量小于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀性比

10、稀硫酸和稀盐酸强，当Cr含量大于13%时，稀硝酸对合金腐蚀性较弱。B项，稀硝酸与金属反应时，其还原产物应是NO。C项，Cr含量大于13%时，硫酸对合金腐蚀性最强，由于溶液密度没有给出，硫酸中氢离子浓度不一定最大。D项，由图示可知，随着Cr含量增加，稀硝酸对合金腐蚀性减弱。【答案】D考向2合金的性质2镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金的性质的叙述中正确的是()A此合金的熔点、硬度比镁和铝的熔点、硬度都高B此合金能全部溶解于稀盐酸中C此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D此合金不能全部溶于过量FeCl3溶液中【解析】合金的熔点一般低于它的成分金属

11、，A错误；镁铝合金具有镁、铝的化学性质，只有B正确。【答案】B铜及其化合物的性质及其应用Cu(NO3)2、CuSO4制备的最佳方法和途径CuCuOCu(NO3)2CuCuOCuSO4，此法的优点是无污染物和酸的利用率高。(2010新课标全国卷节选)物质AG有下图所示转化关系(部分反应物、生成物没有列出)。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：B_、E_、G_；(2)利用电解可提纯C物质，在该电解反应中阳极物质是_，阴极物质是_，电解质溶液是_；(3)反应的化学方程式是_。【解析】本题采用

12、逆推法。由G为砖红色沉淀可知，G必为Cu2O，F为铜盐，又有C(单质)E(浓)FB反应，可能为Cu和浓H2SO4或Cu和浓HNO3的反应，又由BD的反应条件高温、催化剂，可推出B为SO2，C为Cu，D为SO3，E为H2SO4，F为CuSO4。【答案】(1)SO2H2SO4Cu2O(2)粗铜精铜CuSO4溶液(3)Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2OCuO与Cu2O的性质比较(1)CuO为黑色，Cu2O为红色。(2)CuO与酸反应生成铜盐和水，而Cu2O与酸反应一般生成铜盐、铜和水。(3)CuO无还原性，Cu2O有还原性，遇到HNO3能被氧化。考向1铜及其化合物的主要性质3已知酸性条

13、件下有反应：2Cu=Cu2Cu。氢气还原氧化铜实验由于反应温度不同，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对某次氢气还原氧化铜的红色固体产物作了如下实验，实验操作和实验现象列表如下：加入试剂稀硫酸浓硫酸并加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体不反应无色气体无色气体、蓝色溶液红棕色气体、蓝色溶液由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物()A是CuB是Cu2OC一定有Cu，一定有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu【解析】浓H2SO4()、硝酸均能氧化Cu或Cu2O；而稀H2SO4与Cu不反应，与Cu2O反应。【答案】A考向2以CuSO4等铜盐制备为目的实验试题4(2012福建高考节选)酸浸法制取

14、硫酸铜的流程示意图如下：(1)步骤()中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为_。(2)步骤()所加试剂起调节pH作用的离子是_(填离子符号)。(3)在步骤()发生的反应中，1 mol MnO2转移2 mol电子，该反应的离子方程式为_。【解析】(1)Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反应为：Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O。(2)加入的NH4HCO3中HCO可以与溶液中的H反应，故起调节pH作用的离子是HCO。(3)溶液中具有还原性的只有Fe2，再根据1 mol MnO2转移2 mol电子，即可写出相应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe3

15、2H2O。【答案】(1)Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O(2)HCO(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O模拟流程型实验题【典题例证】(2013天津高考)FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性；通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的

16、N2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是 _。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号) _。(4)装置B中冷水浴的作用为 _；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)Fe

17、Cl3与H2S反应的离子方程式为 _。(7)电解池中H在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为 _。(8)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_ 。解题关键点：(1)须明确FeCl3的性质无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华，故在制备过程中应进行无水操作。(2)须明确制备FeCl3的实验装置中各部分的作用及原理。A：用于FeCl3的发生：2Fe3Cl22FeCl3；B：用于FeCl3的收集C：防止装置中的水分进入B中，引起FeCl3潮解。D：用于Cl2的吸收：2FeCl2Cl2=2FeCl3。E：用于Cl2的尾气处理：Cl22NaOH=NaClNa

18、ClOH2O(3)须明确副产品FeCl3溶液吸收H2S的原理及电解滤液的电解原理FeCl3具有强氧化性，H2S具有强还原性，二者相遇时：2FeCl3H2S=S2FeCl22HCl。电解FeCl2溶液时，阴极放电顺序：HFe2，故2H2e=H2，阳极放电顺序：Fe2ClOH，故Fe2e=Fe3。(4)须明确Fe2的检验。用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2的存在不属于课本知识，故在日常学习中应拓宽知识面。解题疑惑点：(1)Cl2和Fe的反应为3Cl22Fe2FeCl3。(2)根据FeCl3加热易升华的性质，可以对反应管中沉积FeCl3的部位加热，使其升华。(3)为了防止FeCl3潮解，赶尽装置中的

19、空气，防止水蒸气存在；冷却时要在Cl2中冷却，并用干燥的N2赶尽Cl2。(4)装置B中冷水浴的作用是将FeCl3蒸气冷却为FeCl3固体。装置C为干燥管。检验FeCl2是否失效就是检验D中是否存在Fe2，可以用K3Fe(CN)6溶液检验，现象：若存在Fe2，溶液中有蓝色沉淀生成。(5)Cl2是有毒气体，可以用碱液吸收，如图所示。(6)H2S与FeCl3发生氧化还原反应：2Fe3H2S=2Fe2S2H。(7)因为阳极材料为石墨，故阳极是溶液中的Fe2放电：Fe2e=Fe3。(8)实验的显著优点是H2S的利用率高，FeCl3可以循环利用。【答案】(1)2Fe3Cl22FeCl3(2)在沉积的FeC

20、l3固体下方加热(3)(4)冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3Fe(CN)6溶液(5)(6)2Fe3H2S=2Fe2S2H(7)Fe2e=Fe3(8)FeCl3可以循环利用铁、铜及其化合物综合试题的解题指导(2012天津高考节选)信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组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：请回答下列问题：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。(2)第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调

21、溶液pH的目的是使_生成沉淀。(3)用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。审题指导信息：加稀H2SO4、浓HNO3Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶形成滤渣信息：加入H2O2氧化还原性离子，调节pH的目的是使某些离子转化沉淀而分离评分细则(1)Cu4H2NOCu22NO22H2O(写成3Cu8H2NO3Cu22NO4H2O也给分，写成化学方程式或不配平的不给分，不写“”扣1分)Au、Pt(只填其中一种给一半分，写错一个倒扣1分)(2)将Fe2氧化为Fe3(写成将Fe2氧化或使Fe2转化为Fe3均给分)不引入杂质，对环境无污染(少一要点扣1分，其他合理答法也给分)Fe3、Al3(少一种扣1分，答错一种扣1分)(3)加热脱水(写成“加热”也给分)思维建模明确实验目的分析流程中各步试剂的作用及原理结合问题要求准确回答。