培优专题18化工流程中铜的化合物的转化

专题18化工流程中铜的化合物的转化1.某同学通过系列实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是()A.将铜粉与硫粉混合均匀加热以制取CuSB.向Cu与过量浓硫酸反应后的试管中加水以观察CuSO4溶液的颜色C.向CuSO4溶液中加入过量的NaOH，过滤洗涤并收集沉淀充分灼烧以制取CuOD.在淀粉溶液中加入适量稀H2SO4微热，再加少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，产生红色沉淀2．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。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的工艺过程如下所示：专题18化工流程中铜的化合物的转化1.答案C2．CuSO42Cu2＋+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H＋硫酸使CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O温度过低反应速率慢温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；(2)步骤③的反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解。3.4．阳Ag++e-=Ag增大硫酸浓度升高温度或粉碎或搅拌等3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2OAl(OH）3和CuOAl(OH）3+OH-=AlO2-+2H2OABC(1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag，故答案为：阳；Ag++e-=Ag；(2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4的速率，可采用增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施，故答案为：增大硫酸浓度；升高温度或粉碎或搅拌等；(3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮无色气体和水，反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O；(4）未煮沸CuSO4混合溶液之前是，加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu(OH）2沉淀和Al(OH）3沉淀的化合物，由信息可知Al(OH）3和Cu(OH）2开始分解的温度分别为℃和80℃，则煮沸后Cu(OH）2分解产生氧化铜，可知固体B的组成为Al(OH）3和CuO；氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al(OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH）3和CuO；Al(OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；(5)由反应体系中元素化合价的变化可知，反应物为CuSO4、FeS2和H2O，生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4，反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。A、反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由-1降低到-2，部分S元素的化合价由-1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂，故正确；B、由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知，反应中有硫酸生成，反应后溶液的pH降低，故正确；C、由反应的化学方程式可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的物质的量比为3:7，则被氧化的FeS2只占总量的30%，故正确；D、由反应的化学方程式可知，14mol硫酸铜氧化1molFeS2，4molFeS2中有3.5mol是氧化剂，0.5mol是还原剂，反应中转移21mol电子，则转移2mol电子消耗molCuSO4，故错误；ABC正确，故答案为：ABC。5.答案(1)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O(2)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋酸性　防止Fe3＋水解生成Fe(OH)3(3)Cu2＋0.．NO硝酸铜静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SO42-沉淀完全Cu2(OH)2SO4·4H2O(1）制硫酸铜时，是用铜与硝酸、硫酸的混合物反应的，生成NO等，铜与硝酸能生成硝酸铜，所以可能混有硝酸铜杂质，化学式为Cu(NO3）2。(2）在过滤前，需要检验SO42-是否沉淀完全，检验方法是：静置后，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明SO42-沉淀完全。(3）①aCuO·bCuSO4温度在℃以上时，得到的固体为Cu2O，生成SO3和O2，温度～℃产生的气体中，n(O)∶n(S)1：3；②n(Cu2O)=1.44g/g·mol－1=0.01mol;n(H2O)=(3.30g-2.40g）/18g·mol－1=0.05mol;由2.4g固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；有2.40g=80g·mol－1a+g·mol－1b，由铜守恒，a+b=0.02mol,解得a=b=0.01mol;Cux(OH)y(SO4)z·nH2O中x:y:z:n=0.02:0.02:0.01:(0.05-0.02/2)=2:2:1:4，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。7.解析　CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，B项正确；工业上常用电解法精炼铜，C项不正确。答案　C8．坩埚CuO+2H+=Cu2++H2O先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O平衡气压(或防止倒吸)偏低(1)①灼烧固体，应在坩埚中进行，故答案为：坩埚；(2)铜灼烧后生成的固体为氧化铜，加入硫酸后会发生反应生成CuSO4和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，答案：CuO+2H+=Cu2++H2O。(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生蓝色氢氧化铜沉淀，继续加入过量的氨水，又生成四氨合铜络离子，蓝色沉淀逐渐消失变成深蓝色溶液。答案：先有蓝色沉淀生成，继续滴加氨水，沉淀逐渐消失，溶液变为深蓝色。(4)因为硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇会析出晶。常温下硫酸四氨合铜晶体在空气中不稳定，受热时易发生分解，若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。答案：硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度(或降低了硫酸四氨合铜晶体的溶解度)；CuSO4或[Cu(NH3)4]SO4或Cu2(OH)2SO4或CuSO4·5H2O。(5）装置中玻璃管可起到平衡气压，防止倒吸；答案：平衡气压(或防止倒吸)。(6）因为生成的是氨气，如果没有冰盐水冷却，容易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如没有使用冰盐水冷却，会使氨含量测定结果偏低。答案：偏低。9.10．11.解析辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到滤液，赶出的氨气循环使用。(1)酸浸时，通过粉碎矿石或者增加溶液浓度或者进行搅拌都可以提高浸取速率，延长浸取时间并不能提高速率。(2)“浸取”时，在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，反应的离子方程式是2MnO2＋Cu2S＋8H＋===S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。(3)若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起催化作用，Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法。(5)“沉锰”(除Mn2＋)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH。(6)滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸铵晶体。答案(1)A(2)2MnO2＋Cu2S＋8H＋===S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O(3)Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化(4)CuO或Cu(OH)2加热(5)Mn2＋＋HCO＋NH3===MnCO3↓＋NH(6)(NH4)2SO．先变红，后褪色抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气加热时间不足或温度过低通入HCl的量不足坩埚连续两次称量差值不超过0.g1.9加热时有固体溅出(1)根据上述分析，在实验过程中，可以观察到C中试纸的颜色变化是先变红，后褪色，故答案为：先变红，后褪色；(2)根据已知信息，CuCl2·xH2O在加热时能够水解生成碱式氯化铜，实验过程中需要全程通入干燥的HCl，是为了抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气，故答案为：抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气；(3)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的杂质。①若杂质是CuCl2，根据已知信息，CuCl2转化为CuCl，需要在℃以上的温度下进行，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，故答案为：加热时间不足或温度过低；②若杂质是CuO，CuCl2·xH2O在加热时能够水解生成碱式氯化铜，碱式氯化铜加热分解生成氧化铜，因此混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，故答案为：通入HCl的量不足；(4)①测定原料CuCl2·xH2O中结晶水的数目x，可以在坩埚中充分灼烧一定质量氯化铜晶体，在干燥器中冷却，称量所得黑色固体质量，直至连续两次称量差值不超过0.g，故答案为：坩埚；连续两次称量差值不超过0.g；③最终测定结果的相对误差为1.5%，说明比实际误差偏大，则可能为加热时有固体溅出等，故答案为：加热时有固体溅出(答案合理即可)。13.14.解析(1)要证明Cu(OH)2具有两性，应先用CuSO4溶液与碱反应生成Cu(OH)2，再做Cu(OH)2与酸、碱液反应的实验，所需试剂为稀硫酸、NaOH溶液。(2)98gCu(OH)2的物质的量为1mol，加热分解生成的72g固体中含Cu1mol，即64g，氧原子的质量为72－64＝8(g)，n(O)＝8/16＝0.5mol，A中n(Cu)∶n(O)＝2∶1，A的化学式为Cu2O，向A中加入适量的稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在，说明生成了Cu和Cu2＋，反应的离子方程式为Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。(3)CuO和NH3反应生成红色物质Cu，根据质量守恒知生成无污染气体为N2。(4)Cu(OH)2如具有两性，则既能溶解于强酸(稀硫酸)，又能溶解于强碱(NaOH)溶液，分别生成盐和水。(5)80℃～℃时，得到黑色固体粉末，为CuO，继续加热到℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末，说明在较高温度时Cu2O稳定，与酸反应生成CuSO4和Cu，说明在酸性条件下＋2价的铜稳定。(6)如含有Cu2O，则根据其与酸反应的现象可判断，化学方程式为Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O，故步骤是取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无A。答案(1)稀硫酸、NaOH溶液　(2)Cu2OCu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O(3)N2(4)Cu(OH)2既能溶于稀硫酸，又能溶于NaOH溶液　(5)Cu＋比Cu2＋稳定　Cu2＋比Cu＋稳定　(6)取NH3与CuO反应后生成的红色物质少许，加入稀硫酸中，若溶液变为蓝色，说明红色物质中含有A，反之则无A

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