Question

19．铜、铁及其化合物在工业、农业、科技和日常生活中有广泛应用．
（1）工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu₂S）冶炼铜．为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应（已知1molCu₂S失去10mol的电子），写出该反应的离子方程式Cu₂S+2MnO₄^-+8H⁺=2Cu²⁺+SO₄^2-+2Mn²⁺+4H₂O．
（2）工业上利用废铜屑、废酸（含硝酸、硫酸）为主要原料制备硫酸铜晶体．某含有c（HNO₃）=2mol•L^-1，c（H₂SO₄）=4mol•L^-1的废酸混合液100mL（不含其它酸或氧化剂），最多能制备硫酸铜晶体（CuSO₄•5H₂O）的质量为75g．
（3）现有一块含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同．（已知：金属生锈率=$\frac{已生锈的金属质量}{金属的总质量}$×100%）
①上述铜片中铜的生锈率为34%（结果保留2位有效数字）．
②固态铜与适量氧气反应，能量变化如图1所示，写出固态铜与氧气反应生成1mol固态氧化亚铜的热化学方程式2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）△H=-（$\frac{a-b}{2}$）kJ•mol^-1．
（4）高铁酸盐在能源环保等领域有广泛用途，如高铁酸钾（K₂FeO₄） 因有强氧化性，能杀菌消毒，产生Fe（OH）₃有吸附性，是一种新型净水剂，用如图2所示的装置可以制取少量的高铁酸钾．
（已知爱迪生蓄电池的反应式为：Fe+Ni₂O₃+2H₂O$?_{充电}^{放电}$Fe（OH）₂+2Ni（OH）₂）
①爱迪生蓄电池的负极材料是Fe；
②写出制取高铁酸钾阳极的电极反应式Fe-6e^-+8OH^-=FeO₄^2-+4H₂O；
③当生成19.8g的K₂FeO₄时，隔膜两侧电解液的质量变化差（△m_右一△m_左）为_5.0g．

Answer 1

分析 （1）辉铜矿（主要成分是Cu₂S）冶炼铜，和酸性高锰酸钾溶液反应生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，结合原则守恒和电荷守恒配平书写；、
（2）依据溶液中氢离子物质的量和硝酸根离子物质的量，硫酸根离子物质的量，结合反应3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，中离子定量关系和元素守恒计算分析；
（3）①依据化学方程式灼烧后质量不变，反应的氧气和生成的二氧化碳和水的质量相同，结合金属生锈率=$\frac{已生锈的金属质量}{金属的总质量}$×100%，计算得到；
②依据图象书写反应过程中的热化学方程式，结合个数定量计算所需热化学方程式；
（4）①失电子的一极为负极；
②铁失电子和氢氧根离子生成高铁酸根离子和水；
③当生成19.8g的K₂FeO₄即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol，阴极（阴极反应为H₂O得电子还原为H₂和OH^-）消耗0.6mol水，产生0.6molOH^-进入阳极室，阴极室质量减少0.6×18g；阳极室中增加0.1molFe（5.6g），同时有O.6molOH^-（5.4g）进入阳极室．

解答 解：（1）辉铜矿（主要成分是Cu₂S）冶炼铜，和酸性高锰酸钾溶液反应生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，反应的离子方程式为：Cu₂S+2MnO₄^-+8H⁺=2Cu²⁺+SO₄^2-+2Mn²⁺+4H₂O；
故答案为：Cu₂S+2MnO₄^-+8H⁺=2Cu²⁺+SO₄^2-+2Mn²⁺+4H₂O；
（2）某含有c（HNO₃）=2mol•L^-1，c（H₂SO₄）=4mol•L^-1的废酸混合液100mL（不含其它酸或氧化剂），n（H⁺）=0.1L×2mol/L+0.1L×4mol/L×2=1mol，n（NO₃^-）=0.1L×2mol/L=0.2mol，n（SO₄^2-）=0.1L×4mol/L=0.4mol，3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O，依据定量关系可知硝酸根离子全部反应消耗氢离子0.8mol，铜0.3mol，所以生成硫酸铜晶体最多为0.3mol，最多能制备硫酸铜晶体（CuSO₄•5H₂O）的质量=0.3mol×250g/mol=75g；
故答案为：75g；
（3）①含有铜绿的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同，说明反应的氧气质量和生成的二氧化碳、水蒸气的质量相同计算得到，设铜绿中铜物质的量为x，铜绿物质的量为y，
2Cu+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO，
x    0.5x
Cu₂（OH）₂CO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuO+CO₂+H₂O
   y                  y    y
0.5x×32=18y+44y
x：y=31：8
依据元素守恒计算，金属生锈率=$\frac{已生锈的金属质量}{金属的总质量}$×100%=$\frac{2y×64}{（2y+x）×64}$×100%=$\frac{2×\frac{8}{31}x×64}{（2×\frac{8}{31}×+x）×64}$×100%=34%；
故答案为：34%；
②依据图象分析书写热化学方程式：①2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=2CuO（s）△H=-$\frac{a}{2}$KJ/mol，②2Cu₂O（s）+O₂（g）=4CuO（s）△H=-bKJ/mol；
依据盖斯定律计算（①×2-②）×$\frac{1}{2}$得到2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）△H=-（$\frac{a-b}{2}$）kJ•mol^-1；
故答案为：2Cu（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=Cu₂O（s）△H=-（$\frac{a-b}{2}$）kJ•mol^-1；
（4）①放电时，铁失电子作负极，碳棒作正极；
故答案为：Fe；
②阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe-6e^-+8OH^-=FeO₄^2-+4H₂O；
故答案为：Fe-6e^-+8OH^-=FeO₄^2-+4H₂O；
③当生成19.8g的K₂FeO₄即0.1mol时，再根据阳极电极反应式可知转移电子为0.6mol，阴极（阴极反应为H₂O得电子还原为H₂和OH^-）消耗0.6mol水，产生0.6molOH^-进入阳极室，阴极室质量减少0.6×18g=10.8g；阳极室中增加0.1molFe（5.6g），同时有O.6molOH^-（10.2g）进入阳极室，因此阳极室质量增加5.6g+10.2g=15.8g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m右-△m左）=15.8g-10.8g=5.0g，
故答案为：5.0．

点评 本题考查了铜及其化合物性质分析判断、热化学方程式的书写、化学方程式计算应用、原电池原理及其应用等，题目涉及的知识点较多，注意把握盖斯定律的应用方法和原电池正负极的判断、及电极方程式的书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等．