Question

11．工業(yè)上，以粗銅粉（含少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術生產氯化亞銅（CuCl）．
資料：CuCl在潮濕空氣中易水解氧化，難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系．

回答下列問題：
（1）為提高粗銅粉的溶解速率，除了適當增加反應物濃度外，還可以采取的措施是升高溫度（寫一條）；步驟①中得到的氧化產物是CuSO₄；
（2）寫出步驟③中生成CuCl的離子方程式2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=2CuCl+SO₄^2-+2H⁺；
（3）步驟④回收的副產品為（NH₄）₂SO₄和NH₄HSO₄（寫化學式）；
（4）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是硫酸（寫名稱）；
（5）準確稱取所制備的氯化亞銅樣品ag，將其置于過量的FeCl₃溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用bmol/L^-1的K₂Cr₂O₇溶液滴定到終點，消耗K₂Cr₂O₇溶液cmL，反應中Cr₂O₇^2-被還原為Cr³⁺，樣品中CuCl的質量分數為$\frac{0.597bc}{a}$×100%．
（6）CuCl（s）與O₂反應生成CuCl₂和一種黑色固體．在25℃、101kPa，已知該反應每消耗1molCuCl（s），放熱44.4kJ，該反應的熱化學方程式是4CuCl（s）+O₂（g）=2CuCl₂（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol．

Answer 1

分析 酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=2CuCl+SO₄^2-+2H⁺，得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟②、④、⑤、⑧都要進行固液分離，根據混合的水溶性進行分離，沒有發(fā)生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以得到濾餅，氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe³⁺+CuCl═Fe²⁺+Cu²⁺+Cl^-，加入K₂Cr₂O₇溶液，發(fā)生6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，結合關系式解答該題．

解答 解：酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=2CuCl+SO₄^2-+2H⁺，得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅．
（1）升高溫度可加快溶解速率，由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO₄或Cu²⁺，則氧化產物為，故答案為：升高溫度；CuSO₄；
（2）銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=2CuCl+SO₄^2-+2H⁺，故答案為：2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=2CuCl+SO₄^2-+2H⁺；
（3）反應③中銨根離子不參加反應，溶液中含硫酸根離子，則步驟④回收的副產品為（NH₄）₂ SO₄和NH₄HSO₄，
故答案為：（NH₄）₂ SO₄和NH₄HSO₄；
（4）由流程可知，經酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質，
故答案為：硫酸；
（5）氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe³⁺+CuCl═Fe²⁺+Cu²⁺+Cl^-，加入K₂Cr₂O₇溶液，發(fā)生6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺=6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，
反應的關系式為6CuCl～6Fe²⁺～Cr₂O₇^2-，
             6                1
             n                bc×10^-3mol
n=6bc×10^-3mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6bc×10^-3mol=0.597bc g，
則樣品中CuCl的質量分數為 $\frac{0.597bc}{a}$×100%，
故答案為：$\frac{0.597bc}{a}$×100%；
（6）該反應每消耗1molCuCl（s），放熱44.4kJ，則該反應的熱化學反應方程式為4CuCl（s）+O₂ （g）=2CuCl₂（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol，
故答案為：4CuCl（s）+O₂ （g）=2CuCl₂（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol．

點評 本題考查混合物分離提純的綜合應用，為高頻考點，把握混合物分離流程中的反應、混合物分離方法及相關反應原理為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．