Question

【题目】高氯酸铜易溶于水,在130℃时会发生分解反应是一种燃烧催化剂，以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClC4)2·6H2O)]的一种工艺凯程如下:

回答下列问题:

(1)发生“电解I”时所用的交换膜是______(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。

(2)改化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。

①“歧化反应”的化学方程式为_____________。

②“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是________。

(3)“电解Ⅱ”的阳极产物为________ (填离子符号)。

(4)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是________(填化学式)。

(5)用该工艺流程制备高氯酸铜时,若起始时NaCl的质量为a t。最终制得的Cu(ClO4)2·6H2O为bt,则产率为_______(用含a、b的代数式表示)。

(6)某温度下，高氯酸铜控制在A、B的种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑,若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8:7,则B方式为________(用化学方程式表示)。

Answer 1

【答案】 阳离子交换膜 3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 60℃ ClO4- 蒸发浓缩 NaCl 702b/371a×100% 2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑

【解析】以食盐为原料制备高氯酸铜[Cu(ClC4)2·6H2O)]，则生成产物为高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为氯酸钠，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%以上的高氯酸，“反应Ⅱ”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(C1O4)2溶液。 (1) “电解I” 所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所用的交换膜是阳离子交换膜；(2) ①“歧化反应”是氯气反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价目变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；②根据图中信息可知，“歧化反应”阶段在60℃时，产率达最高80%；(3)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解Ⅱ”的阳极氯离子失电子产物为ClO4-；（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是NaCl；(5)根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·6H2O，因此产率=；(6)A方式Cu(ClO4)2CuCl2+4O2↑中氧元素由-2价变为0价转移电子为4×2×2=16，氯由+7价变为-1价,转移电子为8×2=16，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50%的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8:7,则B方式可能氯由+7价变为0价,转移电子为7×2=14，氧元素由-2价变为0价转移电子为3.5×2×2=14，综合可知生成物为氧气、氯气和氧化铜，故反应为2Cu(C1O4)22CuO+7O2↑+2C12↑。