Question

【題目】氯化亞銅廣泛應用于有機合成。工業(yè)上以低品位銅礦（主要含CuS、Fe2O3、SiO2）為原料，制備氯化亞銅的生產(chǎn)工藝如下：

(1)CuS中Cu的化合價為_____________。

(2)濾渣Ⅰ的成分除S之外還有__________，反應Ⅰ中MnO2的作用是______________

(3)已知生成氫氧化物的pH如下表：

沉淀物	Fe(OH)3	Mn(OH)2	Cu(OH)2
開始沉淀的pH	2.7	8.3	4.2
完全沉淀的pH	3.2	9.8	6.7

則反應Ⅱ中用氨水調節(jié)pH值的范圍是________________。

(4)檢驗濾液Ⅱ中是否含有Fe3+的試劑是____________。

(5)請用化學用語回答：

①反應中Ⅲ生成難溶MnCO3的離子方程式_____________；

②反應Ⅳ素所對應的化學方程式____________________。

(6)氯化亞銅的定量分析：

步驟Ⅰ.稱取0.2500g的樣品和10.0mL 1.0mol/L的FeCl3溶液置于250mL錐形瓶中，不斷搖動；

步驟Ⅱ.待樣品溶解后，加水10.0mL和3滴指示劑；

步驟Ⅲ.用0.1000mol/L CeOSO4標準溶液滴至終點，并記錄讀數(shù)。重復實驗兩次，測得數(shù)據(jù)如下：

序號	1	2	3
起始讀數(shù)	0.95mL	0.70mL	1.00mL
終點讀數(shù)	20.95mL	24.95mL	21.00mL

已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+

①數(shù)據(jù)處理：計算CuCl純度________________；

②誤差分析：下列操作會使滴定結果偏高的是__________________。

A.錐形瓶中有少量蒸餾水

B.滴定終點讀數(shù)時仰視滴定管刻度線，其他操作正確

C.0.1000mol/L CeOSO4溶液久置后濃度變小

D.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失

E.所取FeCl3溶液體積偏大

Answer 1

【答案】 +2價 SiO2 氧化劑 3.2≤PH<4.2(3.2~4.2或[3.2，4.2) KSCN溶液 Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+ Cu(NH3)4CO3+6HCl+Cu=2CuCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O 79.6% BCD

【解析】銅礦（主要含CuS、Fe2O3、SiO2）中加入稀硫酸、二氧化錳，CuS和二氧化錳、稀硫酸發(fā)生氧化還原反應，發(fā)生的離子反應方程式為CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O，F(xiàn)e2O3與稀硫酸反應離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，所以濾渣Ⅰ是S以及未反應的二氧化硅；向濾液中加入氨水調節(jié)溶液的pH，鐵離子生成Fe（OH）3沉淀，所以濾渣Ⅱ是Fe（OH）3，過濾，向濾液中加入氨氣、碳酸氫銨，得到MnCO3沉淀，過濾，得到的濾液中含有Cu（NH3）4CO3，Cu（NH3）4CO3與鹽酸、銅反應得到CuCl，據(jù)此分析解答。

(1)CuS中S是－2價，則Cu的化合價為+2價。(2)濾渣Ⅰ的成分除S之外還有為反應的SiO2，Mn元素化合價降低，則反應Ⅰ中MnO2的作用是氧化劑；(3)要得到氫氧化鐵沉淀，而不能沉淀銅離子，則反應Ⅱ中用氨水調節(jié)pH值的范圍是3.2≤pH＜4.2。(4)檢驗濾液Ⅱ中是否含有Fe3+的試劑是KSCN溶液。(5)①根據(jù)原子守恒和電子得失守恒可知反應中Ⅲ生成難溶MnCO3的離子方程式為Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；②根據(jù)原子守恒和電子得失守恒可知反應Ⅳ中所對應的化學方程式為Cu(NH3)4CO3+6HCl+Cu=2CuCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O。(6)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知三次實驗中消耗標準液體積為20.00mL、24.25mL、20.00mL，很明顯第二次實驗誤差大，舍去。根據(jù)CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce3+，反應中消耗CeOSO4的物質的量0.002mol，則CuCl純度為；②A.錐形瓶中有少量蒸餾水不會影響測定結果，A錯誤；B.滴定終點讀數(shù)時仰視滴定管刻度線，讀數(shù)偏大，其他操作正確，測定結果偏高，B正確；C.0.1000mol/L CeOSO4溶液久置后濃度變小消耗標準液體積增加，測定結果偏高，C正確；D.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗標準液體積增加，測定結果偏高，D正確；E.所取FeCl3溶液體積偏大不會影響，E錯誤，答案選BCD。