Question

15．工業(yè)上用某礦渣（主要成分是Cu₂O，少量雜質(zhì)是Al₂O₃、Fe₂O₃和SiO₂）提取銅的操作流程如下：

已知：Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O

沉淀	Cu（OH）2	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2
開(kāi)始沉淀pH	5.4	4.0	2.2	5.8
沉淀完成pH	6.7	5.2	3.2	8.8

（1）固體混合物A中的成分是SiO₂、Cu（填化學(xué)式）．
（2）反應(yīng)I完成后，鐵元素的存在形式為Fe²⁺（填離子符號(hào)）．
（3）y的數(shù)值范圍是5.2≤pH＜5.4．
（4）若電解法獲得Cu 64.0g，則原礦渣中Cu₂O的質(zhì)量是c．
a、144.0gb、大于144.0g c、小于144.0g
（5）下列關(guān)于用NaClO調(diào)節(jié)溶液pH的說(shuō)法正確的是b．
a、加入NaClO可使溶液的pH降低
b、NaClO能調(diào)節(jié)pH的主要原因是由于發(fā)生反應(yīng)：ClO^-+H⁺=HClO，ClO^-消耗H⁺，從而達(dá)到調(diào)節(jié)pH的目的
c、NaClO能調(diào)節(jié)pH的主要原因是由于NaClO水解：ClO^-+H₂O?HClO+OH^-消耗H⁺，從而達(dá)到調(diào)節(jié)pH的目的．
（6）用NaClO調(diào)pH，生成沉淀B的同時(shí)生成一種具有漂白作用的物質(zhì)，且該物質(zhì)與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為4：1，該反應(yīng)的離子方程式為2Fe²⁺+5ClO^-+5H₂O=2Fe（OH）₃+Cl^-+4HClO．

Answer 1

分析 礦渣加入稀硫酸，Cu₂O、Al₂O₃、Fe₂O₃溶解，二氧化硅不溶，所以固體混合物A是不溶于稀硫酸的物質(zhì)，發(fā)生的反應(yīng)有Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O，得出A的成分是SiO₂、Cu；
由于單質(zhì)Cu存在，鐵元素以Fe²⁺形式存在，反應(yīng)方程式：2Fe³⁺+Cu=Cu²⁺+2Fe²⁺，濾液中主要是Al³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe²⁺為Fe³⁺，同時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH使Al³⁺、Fe³⁺沉淀完全，根據(jù)Fe（OH）₃和Al（OH）₃開(kāi)始沉淀和沉淀結(jié)束的pH關(guān)系，x范圍是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）₃；y范圍是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）₃；最后得到氯化銅、硫酸銅溶液，電解法獲取Cu時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-=Cu；陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；次氯酸鈉中的次氯酸根結(jié)合溶液中的氫離子，PH升高；NaClO能調(diào)節(jié)pH的主要原因是由于發(fā)生反應(yīng)ClO^-+H⁺?HClO，ClO^-消耗H⁺，從而達(dá)到調(diào)節(jié)pH的目的；溶液顯示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根結(jié)合酸溶液中的氫離子；生成一種具有漂白作用的物質(zhì)是次氯酸；
（1）固體混合物A中的成分是SiO₂、Cu；
（2）反應(yīng)I完成后，鐵元素的存在形式為Fe²⁺；
（3）通過(guò)以上分析知，y的數(shù)值范圍是5.2≤pH＜5.4；
（4）根據(jù)Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O、2Fe³⁺+Cu=Cu²⁺+2Fe²⁺知，Cu₂O中大多數(shù)Cu元素生成銅離子，少數(shù)生成Cu單質(zhì)，若電解法獲得Cu 64.0g，其物質(zhì)的量是1mol，則原礦渣中Cu₂O的物質(zhì)的量大于0.5mol；
（5）ClO^-和H⁺反應(yīng)生成弱電解質(zhì)HClO，從而消耗氫離子導(dǎo)致溶液pH升高；
（6）用NaClO調(diào)pH，生成沉淀B的同時(shí)生成一種具有漂白作用的物質(zhì)，沉淀B是氫氧化鐵，漂白性物質(zhì)是HClO，且該物質(zhì)與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為4：1，據(jù)此書(shū)寫(xiě)該反應(yīng)的離子方程式．

解答 解：礦渣加入稀硫酸，Cu₂O、Al₂O₃、Fe₂O₃溶解，二氧化硅不溶，所以固體混合物A是不溶于稀硫酸的物質(zhì)，發(fā)生的反應(yīng)有Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O，得出A的成分是SiO₂、Cu；
由于單質(zhì)Cu存在，鐵元素以Fe²⁺形式存在，反應(yīng)方程式：2Fe³⁺+Cu=Cu²⁺+2Fe²⁺，濾液中主要是Al³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe²⁺為Fe³⁺，同時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH使Al³⁺、Fe³⁺沉淀完全，根據(jù)Fe（OH）₃和Al（OH）₃開(kāi)始沉淀和沉淀結(jié)束的pH關(guān)系，x范圍是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）₃；y范圍是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）₃；最后得到氯化銅、硫酸銅溶液，電解法獲取Cu時(shí)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-=Cu；陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)：2Cl^--2e^-=Cl₂↑；次氯酸鈉中的次氯酸根結(jié)合溶液中的氫離子，PH升高；NaClO能調(diào)節(jié)pH的主要原因是由于發(fā)生反應(yīng)ClO^-+H⁺?HClO，ClO^-消耗H⁺，從而達(dá)到調(diào)節(jié)pH的目的；溶液顯示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根結(jié)合酸溶液中的氫離子；生成一種具有漂白作用的物質(zhì)是次氯酸；
（1）通過(guò)以上分析知，固體混合物A中的成分是SiO₂、Cu，故答案為：SiO₂、Cu；
（2）反應(yīng)I發(fā)生的反應(yīng)為Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O、2Fe³⁺+Cu=Cu²⁺+2Fe²⁺，所以反應(yīng)I完成后，鐵元素的存在形式為Fe²⁺，故答案為：Fe²⁺；
（3）通過(guò)以上分析知，調(diào)節(jié)y的目的是除去鋁離子而不能除去銅離子，所以y的數(shù)值范圍是5.2≤pH＜5.4，故答案為：5.2≤pH＜5.4；
（4）根據(jù)Cu₂O+2H⁺=Cu+Cu²⁺+H₂O、2Fe³⁺+Cu=Cu²⁺+2Fe²⁺知，Cu₂O中大多數(shù)Cu元素生成銅離子，少數(shù)生成Cu單質(zhì)，若電解法獲得Cu 64.0g，其物質(zhì)的量是1mol，原礦渣中Cu₂O的物質(zhì)的量大于0.5mol而小于1mol，其質(zhì)量=0.5mol×144g/mol=72g，所以大于72g而小于144g，故答案為：c；
（5）ClO^-和H⁺反應(yīng)生成弱電解質(zhì)HClO，從而消耗氫離子導(dǎo)致溶液pH升高，從而調(diào)節(jié)溶液的pH，故答案為：b；
（6）用NaClO調(diào)pH，生成沉淀B的同時(shí)生成一種具有漂白作用的物質(zhì)，沉淀B是氫氧化鐵，漂白性物質(zhì)是HClO，且該物質(zhì)與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為4：1，據(jù)此書(shū)寫(xiě)該反應(yīng)的離子方程式為2Fe²⁺+5ClO^-+5H₂O=2Fe（OH）₃+Cl^-+4HClO，
故答案為：2Fe²⁺+5ClO^-+5H₂O=2Fe（OH）₃+Cl^-+4HClO．

點(diǎn)評(píng) 本題考查物質(zhì)分離和提純，為高頻考點(diǎn)，涉及氧化還原反應(yīng)、離子方程式的書(shū)寫(xiě)、基本操作、pH判斷等知識(shí)點(diǎn)，明確反應(yīng)原理及基本操作方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是判斷調(diào)節(jié)溶液的pH，題目難度不大．