题目内容
【题目】铜有多种化合物，氧化亚铜(Cu2O)、氯化亚铜(CuCl)、氯化铜(CuCl2)、CuSO4等。完成下列计算：
(1)波尔多液是由硫酸铜、生石灰和水配制成杀菌剂，不同情况下需要配制不同的比例。现配制按质量比CuSO4：CaO：H2O＝1：2：200的波尔多液50 kg。
需要用CuSO4·5H2O________g，CaO________mol。
(2)某工厂以精辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料冶炼金属铜，精辉铜矿中含23%杂质，日均产含Cu量97.5%的精铜42 t。
已知：总反应式Cu2S＋O2=2Cu＋SO2
日均需精辉铜矿________t，日均产SO2标准状况下体积________L。
(3)印刷线路板的铜能被FeCl3的溶液腐蚀，将印刷线板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入11.2 g铁粉，充分反应溶液中还有4.8 g不溶物。计算原FeCl3溶液的物质的量浓度。
(4)制备铜的某化合物晶体。取5.12 g Cu、14.5 mol/L HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反应，反应后溶液中有水54.32 g，再经水浴保温蒸发掉42 g水，冷却至20 ℃并过滤，得到8.12 g晶体。通过计算推断此晶体的化学式________。
已知：20 ℃溶解度
CuCl2·2H2O 73 g/100 g H2O
Cu(NO3)2·3H2O 125 g/100 g H2O
【答案】(1)385 8.8
(2)66.5 7.17×106
(3)剩余不溶物为Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g
物质的量6.4 g÷64 g/mol＝0.1 mol
Fe：11.2 g 物质的量11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol
c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L
(4)混合后反应Cu＋NO
＋H＋===Cu2＋＋H2O＋NOx↑
剩余硝酸根量少且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶体
设晶体化学式为CuCl2·xH2O
无水CuCl2 20 ℃溶解度为
×100＝50.0 g/100 g H2O
生成CuCl2 5.12·135/64＝10.8 g，剩余水54.32－42＝12.32 g
＝
x＝3 CuCl2·3H2O
【解析】(1)CuSO4CaOH2O＝1：2：200的波尔多液50 kg中硫酸铜的质量是50 kg×1/(1＋2＋200)＝246.3 g，则硫酸铜的物质的量是246.3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的质量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol＝385 g；CaO的质量是硫酸铜质量的2倍，所以CaO的物质的量是246.3 g×2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均产含Cu量97.5%的粗铜42 t，则Cu的物质的量是42×105 g/64 g/mol×97.5%＝6.4×105 mol，根据化学方程式可知需要Cu2S的物质的量是3.2×105 mol。所以日均需精辉铜矿的质量是3.2×105 mol×160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物质的量也是3.2×105 mol，标准状况下的体积是3.2×105 mol×22.4 L/mol＝7.17×106 L；(3)根据题意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，则溶液中的铜离子被全部置换出，则不溶物的质量大于11.2 g；4.8 g Cu的物质的量是0.075 mol，开始加入Cu的物质的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相当于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物质的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，则此过程中共失去电子的物质的量是(0.2＋0.1) mol×2＝0.6 mol，根据得失电子守恒，则铁离子的物质的量是0.6 mol，所以氯化铁溶液的物质的量浓度是0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)根据题意，Cu与氢离子、硫酸根离子反应生成铜离子、氮的氧化物、水，氯离子不参加反应，反应前n(HNO3)＝0.2175 mol，n(HCl)＝0.3 mol，n(Cu)＝5.12 g/64 g/mol＝0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯离子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，则析出的是CuCl2晶体；无水氯化铜的溶解度是×100＝50.0 g；设晶体化学式为CuCl2·xH2O，反应生成氯化铜的质量是0.08 mol×135 g/mol＝10.8 g，剩余水的质量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶体后剩余溶液为氯化铜的饱和溶液，则＝，解得x＝3，该晶体的化学式为CuCl2·3H2O。
