题目内容
2．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂．实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下．
查阅资料：
氯化亚铜：白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色．
氯化铜：从水溶液中结晶时，在26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物．
（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）．
①按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d、e→h、i→f、g→b．
②本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先A后D，这样做的目的是排出空气，防止铜被氧气氧化．
（2）分析流程：
①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是抑制氯化铜、氯化铁水解；
②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）c．
a．NaOH b． NH3•H2O c．CuO d．CuSO4
③完成溶液乙到纯净CuCl2•2H2O晶体的系列操作步骤为：加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥．
（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO2、N2H4、SnCl2等），并微热得到CuCl沉淀，写出向乙溶液加入N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：4Cu2++4Cl-+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuCl↓+N2↑+4H+．此反应只能微热的原因是微热维持反应发生，温度过高生成氧化铜水合物．
（4）若开始取100g 含铜96%的粗铜与足量Cl2反应，经上述流程只制备CuCl2•2H2O，最终得到干燥产品277g，求制备CuCl2•2H2O的产率108%；（精确到1%）分析出现此情况的主要原因在调节溶液pH时，加入CuO反应生成了CuCl2，使产品质量增加．
分析 粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液甲中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液乙为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体．
（1）①A装置制备氯气，C装置吸收氯气中的HCl，E装置干燥氯气，D装置中Cu与氯气反应，B装置吸收未反应的氯气，防止污染空气；
②应先制备氯气，排出装置中空气，防止铜被氧气氧化；
（2）①氯化铜、氯化铁在溶液中会发生水解；
②调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质；
③结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体；
（3）氯化铜与N2H4反应得到CuCl，氧化产物为无毒气体，即为氮气，由元素守恒可知，反应还生成HCl；
由于CuCl在热水中迅速水解生成氧化铜水合物，应微热维持反应发生，防止CuCl水解生成氧化铜水合物；
（4）根据Cu元素守恒计算CuCl2•2H2O理论质量，进而计算其产率；在调节溶液pH时，加入CuO或氢氧化铜，会导致CuCl2•2H2O质量增大．
解答 解：粗铜中杂质只有Fe，与氯气反应得到固体甲中有氯化铜、氯化铁，用盐酸溶解，抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液甲中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液乙为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体．
（1）①A装置制备氯气，C装置吸收氯气中的HCl，E装置干燥氯气，D装置中Cu与氯气反应，B装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→d、e→h、i→f、g→b，
故答案为：d、e、f、g、b；
②应先制备氯气，排出装置中空气，防止铜被氧气氧化，故加热的顺序为先A后D，
故答案为：A；D；排出空气，防止铜被氧气氧化；
（2）①氯化铜、氯化铁在溶液中会发生水解，用盐酸溶解，可以抑制氯化铜、氯化铁水解，
故答案为：抑制氯化铜、氯化铁水解；
②调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，而氢氧化钠、氨水、硫酸铜均引入杂质，故选：c；
③结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶得到CuCl2•2H2O，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的晶体，
故答案为：冷却到26～42℃结晶；过滤；
（3）氯化铜与N2H4反应得到CuCl，氧化产物为无毒气体，即为氮气，由元素守恒可知，反应还生成HCl，反应离子方程式为：4Cu2++4Cl-+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuCl↓+N2↑+4H+；
由于CuCl在热水中迅速水解生成氧化铜水合物，应微热维持反应发生，防止CuCl水解生成氧化铜水合物；
故答案为：4Cu2++4Cl-+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$4CuCl↓+N2↑+4H+；微热维持反应发生，温度过高生成氧化铜水合物；
（4）根据Cu元素守恒，CuCl2•2H2O理论质量为$\frac{100g×96%}{64g/mol}$×171g/mol=256.5g，故其产率为$\frac{277g}{256.5g}$×100%=108%；在调节溶液pH时，加入CuO反应生成了CuCl2，使产品质量增加，
故答案为：108%；在调节溶液pH时，加入CuO反应生成了CuCl2，使产品质量增加．
点评 本题考查实验制备方案，涉及对装置的分析评价、物质的分离提纯、对操作的分析评价、含量测定等，注意对题目信息的提取应用，侧重考查学生分析解决问题的能力、知识迁移运用能力，难度中等．
灵星计算小达人系列答案
孟建平错题本系列答案
用图表示的一些物质或概念间的从属关系中错误的是（ ）
| A． | 苯与溴水混合后因发生反应而使溴水褪色 | |
| B． | 在苯中加入酸性KMnO4溶液，振荡后静置，下层液体未褪色 | |
| C． | 1mol苯能与3mol H2发生加成反应，说明在苯环中含有3个双键 | |
| D． | 用冰冷却苯，苯可以凝结成无色的晶体 |
Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物．现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响．【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比实验：
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）
| 实验编号 | 实验目的 | T/K | pH | c/10-3 mol•L-1 | |
| H2O2 | Fe2+ | ||||
| ① | 为以下实验作参照 | 298 | 3 | 6.0 | 0.30 |
| ② | 探究温度对降解反应速率的影响 | 3 | |||
| ③ | 298 | 10 | 6.0 | 0.30 | |
（2）请根据上图实验①曲线，计算降解反应50～150s内的反应速率：v（p-CP）=8.0×10-6mol•L-1•s-1；
【解释与结论】
（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大．但后续研究表明：温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：过氧化氢在温度过高时迅速分解；
（4）实验③得出的结论是：pH等于10时，反应不能（填“能”或“不能”）进行；
【思考与交流】
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来．根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：在溶液中加入碱溶液，使溶液的pH大于或等于10（其他合理答案均可）．
某同学分析Zn与稀H2SO4的反应．（1）该反应的离子方程式是Zn+2H+=Zn2++H2↑．
（2）制H2时，用稀硫酸而不用浓硫酸，原因是浓H2SO4具有强氧化性，不能生成氢气．
（3）已知：Zn（s）+$\frac{1}{2}$O2（g）=ZnO（s）△H=-332kJ/mol
ZnO（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2O（l）△H=-112kJ/mol
H2（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=H2O（l）△H=-286kJ/mol
则Zn与稀H2SO4反应生成1mol H2 时的反应热△H=-158kJ/mol．
（4）该同学用如下装置进行实验，分析影响反应速率的因素．
实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1 分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：
| 1分钟水滴数（断开K） | 34 | 59 | 86 | 117 | … | 102 |
| 1分钟水滴数（闭合K） | 58 | 81 | 112 | 139 | … | 78 |
①由水滴数58＞34、81＞59，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率快（填“快”或“慢”），主要原因是形成原电池反应速度快．
②由水滴数102＞78，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是断开K时，溶液中的c（H+）大于闭合K时溶液中的c（H+）．
③从能量转换形式不同的角度，分析水滴数86＞81、117＞112的主要原因是断开K时，反应的化学能主要转化成热能，闭合K时，反应的化学能主要转化成电能，前者使溶液的温度升得更高，故反应速率更快．
主族 周期 | ⅠA | ⅡA | ⅢA | ⅣA | ⅤA | ⅥA | ⅦA | 0 |
| 2 | E | F | ||||||
| 3 | A | C | D | G | R | |||
| 4 | B | H |
化学性质最不活泼的是Ar；
金属性最强的是K；
最高价氧化物的水化物碱性最强的碱是KOH；
最高价氧化物的水化物酸性最强的酸是HClO4．
（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．
（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列的为K＞Na＞Mg．
（4）F的氢化物的电子式
；G、H 氢化物的稳定性递减的顺序是HCl＞HBr．（5）H元素跟A元素形成的化合物的化学式是NaBr；A2F2的电子式是
；．（6）B和F两种元素形成的2：1型化合物属于离子化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”），请用电子式表示其形成过程
．