高考化学一轮复习 专题十五 铁、铜及其化合物　金属资源 考点二 铜及其化合物 金属材料教学案

1铜及其化合物(1)铜物理性质纯净的铜为紫红色，属于有色金属，密度较大，硬度较小，熔、沸点较高，具有良好的导电、导热性。化学性质(2)铜的氧化物和氢氧化物(3)铜盐Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，是铜绿的成分，是铜在潮湿的空气中被锈蚀的结果，其受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuOH2OCO2。CuSO45H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾、胆矾，其受热分解的化学方程式为CuSO45H2OCuSO45H2O，蓝色晶体受热转化为白色粉末。无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO45H2O)，可作为水的检验依据。铜盐溶液有毒，主要是因为Cu2作为一种重金属离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用了它的这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病毒。学霸巧学卡(1)铜及其化合物的颜色物质颜色物质颜色Cu紫红色CuSO4白色CuO黑色CuSO45H2O蓝色Cu2O红色Cu2(OH)2CO3绿色Cu2S黑色Cu(OH)2蓝色在无机物的综合推断题中，常利用颜色来区别或检验铜及其化合物。(2)区别红色物质Cu和Cu2O的方法向红色物质中加入稀硫酸，若溶液由无色变成蓝色，则该红色物质为Cu2O，否则为Cu。反应的化学方程式为Cu2OH2SO4=CuSO4CuH2O。(3)铜在通入氧气的情况下，可在稀的非氧化性酸(稀盐酸、稀硫酸)中逐渐溶解：2CuO22H2SO4=2CuSO42H2O。(4)常利用CuSO4转化为CuSO45H2O时固体由白色粉末变为蓝色晶体检验少量水的存在。2合金及常见金属材料 (1)金属材料的分类(2)合金材料定义：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。合金具有不同于各成分金属的物理性能或机械性能，如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。常见合金材料及特性a钢铁 b铝合金c铜合金：我国使用最早的铜合金是青铜，常见的铜合金还有黄铜和白铜。1.思维辨析(1)Cu2(OH)2CO3是铜锈的主要成分，在干燥的空气中不易生成。()(2)将锌粒投入Cu(NO3)2溶液，反应后固体物质增重。()(3)过量的铜与浓硝酸反应一定没有一氧化氮生成。()(4)利用无水硫酸铜遇水变成蓝色这一性质，来检验水的存在。()(5)将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有红色物质析出，说明铁比铜活泼。()(6)合金中至少含有两种金属元素，不含非金属元素。()(7)合金中的金属元素以化合物的形式存在。()(8)生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到实验目的的是()A将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水，观察硫酸铜溶液的颜色B常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，得到无水CuCl2固体D将表面有铜绿Cu2(OH)2CO3的铜器放入盐酸中浸泡，除去铜绿答案D解析A项，因为浓硫酸溶于水放出大量的热，为防止发生危险，应将反应后的液体缓慢沿玻璃棒注入水中，故A错；B项，常温下，Cu与Cl2不反应，故B错；C项，CuCl2在溶液中发生水解，应在HCl气流中加热蒸干才能得到无水CuCl2，故C错。考法综述掌握铜及其化合物的性质，在理解性质的基础上，找出各物质反应量的关系，特别注意分清反应过程中的氧化剂、还原剂和电子转移情况，寻找已知量和未知量之间的关系式，深入分析反应过程，尽量简化计算过程。再根据反应过程中得失的电子数相等，反应前后各元素的质量相等列等式计算。命题法1铜及其化合物的性质典例1 向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是 ()ACu与Cu2O的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1C产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol解析根据题意可知沉淀为氢氧化铜，其物质的量为0.4 mol，根据n(Cu)n(Cu2O)20.4 mol，n(Cu)64 gmol1 n(Cu2O)144 gmol127.2 g，可以确定原混合物中有0.2 mol铜，0.1 mol氧化亚铜，将溶液变成中性时消耗氢氧化钠1 mol，沉淀铜离子只消耗了0.8 mol NaOH，因此与固体混合物反应过程中硝酸过量0.2 mol，由于固体混合物与硝酸的反应为氧化还原反应，该反应过程中铜元素的化合价均升高到2价，电子转移0.4 mol0.2 mol0.6 mol，硝酸中氮原子的化合价由5价降低为2价，因此生成的一氧化氮的物质的量为0.2 mol，根据氮元素守恒可以判断原溶液中硝酸的物质的量为1.2 mol，浓度为2.4 molL1。答案B【解题法】铜及其化合物的相互转化2CuO2H2OCO2=Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜) O2 5H2O命题法2铜的冶炼方法典例2Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO45H2O的流程图。Cu2SCuCu2O、CuOAB胆矾Cu2S中铜元素的化合价为_，火法炼铜的反应原理是_(用化学方程式表示)。解析Cu2S中铜元素的化合价为1；Cu2S在加热条件下与O2反应生成Cu，依据氧化还原反应的实质判断硫元素对应的产物是SO2。反应方程式为Cu2SO22CuSO2。答案1Cu2SO22CuSO2【解题法】铜的冶炼“三方法”(1)湿法炼铜：FeCuSO4=FeSO4Cu。(2)高温炼铜：工业上用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜(粗铜)：2CuFeS24O2Cu2S3SO22FeO(炉渣)2Cu2S3O22Cu2O2SO22Cu2OCu2S6CuSO2粗铜中铜的含量为99.5%99.7%，主要含有Ag、Zn、Fe、Au等杂质，粗铜通过电解精炼可得到纯度达99.95%99.98%的铜。电解精炼铜的原理是用粗铜作阳极，失电子变为Cu2，用纯铜棒作阴极即可得精铜。(3)生物炼铜：“吃岩石的细菌”能耐受铜盐的毒性，并能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，然后把不溶性的硫化铜转化为可溶性的硫酸铜。生物炼铜的优点：a.成本低；b.污染小；c.反应条件简单；d.含量(品位)很低的矿石也可以被利用。1纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是()AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ可能是三氧化硫答案A解析X是Cu，Y是Cl2，Z为CuCl2时，符合图示转化关系，A项正确；X为Cl2，Y为H2，Z为HCl时，符合图示转化关系，B项错误；Z为NaCl时，电解NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2，不能实现“XYZ”，C项错误；Z为SO3时，其水溶液为H2SO4溶液，电解H2SO4溶液时，实质为电解水，生成H2和O2，不能实现“XYZ”，D项错误。2下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 ()选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3B将铜粉加入10 molL1 Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1 molL1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 molL1 CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀 Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小答案D解析稀硝酸中加入过量的铁粉，生成硝酸亚铁，溶液中没有三价铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液不变红，A项错误；Cu与Fe2(SO4)3发生氧化还原反应生成CuSO4和FeSO4，无黑色固体出现，B项错误；铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点远高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，C项错误；对于组成类似(阴、阳离子个数比相同)的难溶电解质，溶度积大的易转化为溶度积小的，D项正确。3某同学设计了如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是()A合金的熔点比其成分金属低，通常比成分金属具有更优良的金属特性B铜和银都能与稀硝酸反应，收集到的V L气体可能全为NOC操作是过滤，操作是洗涤，操作 应是烘干D根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数答案D解析解答本题要注意以下两点：(1)没有告诉硝酸的浓度，合金与硝酸反应放出的气体中可能含有NO2或NO，用排水法收集到V L气体为NO；(2)W g固体应该是干燥纯净的AgCl，由此确定、操作。4.用含少量铁的氧化物的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2xH2O)。有如下操作：已知：在pH为45时，Fe3几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2却几乎不水解。(1)溶液A中的金属离子有Fe3、Fe2、Cu2。能检验溶液A中Fe2的试剂为_(填编号， 下同)。KMnO4(NH4)2SNaOHKSCN(2)氧化剂可选用_。Cl2KMnO4HNO3H2O2(3)要得到较纯的产品，试剂可选用_。NaOHCuOCu(OH)2Cu2(OH)2CO3(4)某同学设计以原电池的形式实现Fe2至Fe3的转化，电解质溶液为稀硫酸，请写出负极的电极反应：_。(5)为了测定制得的氯化铜晶体(CuCl2xH2O)中x的值，某兴趣小组设计了两种实验方案：(已知CuCl2的摩尔质量为135 gmol1；H2O的摩尔质量为18 gmol1)方案一：称取m g晶体灼烧至质量不再减轻为止，冷却、称量所得无水CuCl2的质量为n1 g。方案二：称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液，过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为n2 g。试评价上述两种实验方案：其中正确的方案是_，据此计算得x_(用含m、n1或n2的代数式表示)。答案(1)(2)(3)(4)Fe2e=Fe3(5)方案二解析(1)只能抓住Fe2的还原性，用氧化剂鉴别，只有KMnO4符合，加入酸性高锰酸钾溶液后如果褪色，则证明含有Fe2。(2)氧化剂不能掺入新的杂质，溶液中含有Cl，所以可以用Cl2，H2O2属于绿色氧化剂，被还原后生成H2O，也可以。(3)依据Fe33H2OFe(OH)33H来除去Fe3，掺入新的杂质Na，均可。(4)负极发生失电子的氧化反应，所以应为Fe2失电子。(5)CuCl2水解，方案一不会得到无水CuCl2，错误；n(CuCl2)n(CuO) mol，所以CuCl2xH2O的摩尔质量为m g mol gmol1,1 mol晶体中H2O的质量为 g，所以x的值为。5合金是一类非常重要的金属材料，在生产、生活、军事或高科技领域中都有广泛应用。铁铝合金是一种新型的高温结构材料。(1)写出工业上生产铁和铝的化学方程式(只写最后得到金属单质的反应)：_、_。(2)高温条件下，Al和Fe2O3按一定比例混合反应可制得Fe3Al，写出该反应的化学方程式：_。(3)如图表示室温时不同组分的Fe3Al在65%的浓硝酸中的腐蚀情况。由图可看出添加了_(填符号)元素的合金耐腐蚀性最差。(4)某校兴趣小组欲测定另一种铁铝硅合金(FexAlySiz)粉末的组成。小明同学提出如下方案：准确称取1.46 g该合金粉末，再加入足量NaOH溶液(Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2)，充分反应后过滤，通过测定剩余固体质量及收集到气体的体积，可计算出此合金的组成。写出Al与NaOH溶液反应的离子方程式：_。小军同学认为小明同学的方案难以测定标准状况下气体的体积，操作不简便。于是他设计了第二种方案：准确称取1.46 g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07 g。向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体。再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60 g。试通过计算确定此合金的组成。答案(1)Fe2O33CO2Fe3CO22Al2O3(熔融)4Al3O2(2)3Fe2O38Al2Fe3Al3Al2O3(3)Si(4)2Al2OH2H2O=2AlO3H2m(Si)0.07 g，n(Si)0.0025 moln(Fe)2n(Fe2O3)20.02 mol，m(Fe)0.02 mol56 gmol11.12 gm(Al)1.46 g1.12 g0.07 g0.27 g，n(Al)0.01 moln(Fe)n(Al)n(Si)0.02 mol0.01 mol0.0025 mol841故该合金的组成为Fe8Al4Si解析(1)工业上用热还原法制备铁，用电解法制备铝。(2)Al置换出Fe2O3中的Fe，然后Al和Fe在高温下可制得Fe3Al。(3)由图可看出添加了Si元素的合金在65%的浓硝酸中失重最多，耐腐蚀性最差。辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。 (2)“回收S”过程中温度控制在5060 之间，不宜过高或过低的原因是_。 (3)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为_；向“滤液M”中加入(或通入)_(填字母)，可得到另一种可循环利用的物质。a铁 B氯气c高锰酸钾(4)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_。错解(1)Cu2SFe3=Cu2FeS(3)NOxO2H2O=HNO3c错因分析工艺流程问题常因流程复杂而无从下手，导致不能理性分析而盲目答题，掌握该类问题的分析步骤和方法非常必要。解析(1)Fe3作氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S。(2)苯的沸点较低，温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小，故应控制温度为5060 。(3)NOx作还原剂，根据质量守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式：4NOx(52x)O22H2O=4HNO3；向滤液M中通入Cl2，将FeCl2氧化成FeCl3，FeCl3溶液可循环使用。(4)Fe3可发生水解反应Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO，可使水解平衡向正反应方向移动；Cu2会水解，加入HNO3溶液可抑制Cu2的水解(不引入其他杂质)。答案(1)Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S(2)温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小(3)4NOx(52x)O22H2O=4HNO3b(4)加大Fe3转化为Fe(OH)3的程度调节溶液的pH，抑制Cu2的水解解答此类问题时，首先要明确各个流程的目的，然后仔细分析各步发生的反应及得到的产物，最后结合理论与实际问题进行思考答题，答题时要注意答题的模式和要点。归纳总结无机化工流程题的解题策略1解题基本步骤(1)审题从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。审流程图：看箭头，进入的是投料(即反应物)，出去的是生成物(包括主产物和副产物)；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。(2)析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：反应物是什么？发生了什么反应？该反应造成了什么后果？对制造产品有什么作用？抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。(3)技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程图下面题目中所提的问题，有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们在做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。2解题思维方向化工流程题目在流程上一般分为3个过程：(1)原料处理阶段的常见考点与常见名词研磨、粉碎、加热：加快反应速率。溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。水浸：与水接触反应或溶解。浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。浸出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少(更多转化)。酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化，分解。(2)分离提纯阶段的常见考点调pH除杂a控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示。物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若要除去Mn2溶液中含有 的Fe2，应该怎样做？提示：先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH到3.7。注意：把溶液调节pH到3.7，并不是加酸调节，而是增大pH，应该加碱或其他与酸反应的物质。b调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。试剂除杂：要注意所加试剂是还原剂还是氧化剂，然后分析反应类型，如果加入氧化剂(或还原剂)，则说明原溶液中有还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应。加入酸，是为了除去碱性物质；加入碱，是为了除去酸性物质。加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解、易水解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3，还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)，为使化学平衡向着题目要求的方向移动。萃取：利用萃取原理将混合物进行分离，一般还需通过分液和蒸馏等方法。(3)获得产品阶段的常见考点洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防止其水解。蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。重结晶。3解题规范作答文字叙述类题目要规范答题，防止出现因叙述不严谨导致失分，如(1)洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次。(2)从溶液中得到晶体：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、烘干或干燥)。(3)趁热过滤(或冰水洗涤)的目的：防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质。(4)反应中采取加热措施的作用：一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解。心得体会