题目内容

10．研究发现铜具有独特的杀菌功能，能较好地抑制病菌的生长．现有工业上由辉铜矿石（主要成分Cu2S）的冶炼铜两种方案：
Ⅰ火法炼铜  在1200℃发生的主要反应为：
①2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2        ②2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑
此方案的尾气可以用表中方法处理
方法1用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将SO2在高温下还原成单质硫，其部分热化学方程式为：
2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=+8.0kJ•mol-1
2H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）△H=+90.4kJ•mol-1
方法2用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸
Ⅱ“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石，例如溶液中亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿（主要成分FeS2）氧化为Fe2（SO4）3，并使溶液酸性增强；利用Fe2（SO4）3作氧化剂溶解辉铜矿石，溶液酸性又进一步增强，过滤未溶解完的辉铜矿石，在滤液中加入足量的铁屑，待反应完全后过滤出铜和剩余的铁屑，得溶液Xml（设整个过程中其它杂质不参与反应，不考虑溶液离子水解）．其流程如图：

（1）Ⅱ相对于Ⅰ的优点是能大大降低能源消耗，利于减少污染或对贫矿、尾矿的开采更有价值．（说一点即可）
（2）Ⅰ中反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑氧化剂是Cu2O、Cu2S
（3）已知CO的燃烧热283.0kJ•mol-1，写出S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=-574.0kJ•mol-1
（4）若用Ⅰ中方法2吸收尾气，则开始时阳极的电极反应式为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+．
（5）写出Ⅱ中黄铁矿氧化过程的化学反应方程式4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Fe2（S04）3+2H2S04
（6）假设Ⅱ中每一步都完全反应，消耗掉标况下空气5×22.4VL（氧气体积分数为20%），则所得c（Fe2+）=$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$（可以写表达式）

分析 （1）依据流程转化可知，Ⅰ火法炼铜 是硫化亚铜和氧气、氧化亚铜和硫化亚铜发生氧化还原反应产生有毒的二氧化硫，而Ⅱ“细菌冶金”中不产生有毒气体，故其污染性小、环保，同时Ⅱ“细菌冶金”充分利用了资源；
（2）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；
（3）燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定产物的过程放出的热量，依据盖斯定律和热化学方程式计算得到S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式；
（4）电解阳极失去电子，发生氧化反应，化合价升高，若用Ⅰ中方法2吸收尾气，则开始时根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式；
（5）反应物为FeS2、氧气、水，生成物为Fe2（S04）3和硫酸，根据反应物和生成物书写化学反应方程式；
（6）根据FeS2中的铁元素由+2价被氧气氧化为+3价，硫元素由-1价被氧化为+6价，即1molFeS2失去15mol电子，而1molO2被还原时得4mol电子，根据得失电子数守恒和化学方程式计算；

解答 解：（1）依据流程转化可知，Ⅰ火法炼铜是硫化亚铜和氧气、氧化亚铜和硫化亚铜发生氧化还原反应产生有毒的二氧化硫，而Ⅱ“细菌冶金”中无需高温能大大降低能源消耗，不产生有毒气体，故其污染性小、环保，利于减少污染，同时Ⅱ“细菌冶金”充分利用了资源，对贫矿、尾矿的开采更有价值；
故答案为：能大大降低能源消耗，利于减少污染或对贫矿、尾矿的开采更有价值；
（2）Ⅰ中反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，Cu2S在反应中Cu元素化合价降低（+1→0），S元素化合价升高（-2→+4），则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，Cu2O在反应中Cu元素化合价降低（+1→0），O元素化合价不变，Cu2O为氧化剂，所以氧化剂是Cu2O、Cu2S，
故答案为：Cu2O、Cu2S；
（3）CO的燃烧热283.0kJ•mol-1，方程式为CO（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1①，2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=+8.0kJ•mol-1②，
将①×2-②得：S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=-574.0kJ•mol-1，
故答案为：S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=-574.0kJ•mol-1；
（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
故答案为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
（5）反应物为FeS、氧气、水，生成物为Fe2（S04）3和硫酸，发生反应的化学方程式为4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Fe2（S04）3+2H2S04，
故答案为：4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Fe2（S04）3+2H2S04；
（6）黄铁矿氧化4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Fe2（S04）3+2H2S04，过滤后，Cu2S+10Fe3++4H2O$\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Cu2++10Fe2++8H++S042-，加铁粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=H2↑+Fe2+，消耗掉标况下空气5×22.4VL（氧气体积分数为20%），氧气的物质的量为：$\frac{5×22.4VL×20%}{22.4L/mol}$=vmol，FeS2中的铁元素由+2价被氧气氧化为+3价，硫元素由-1价被氧化为+6价，即1molFeS2失去15mol电子，而1molO2被还原时得4mol电子，根据得失电子数守恒可知，氧化的n（FeS2）=$\frac{vmol×4}{15}$=$\frac{4}{15}$vmol，依据4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Fe2（S04）3+2H2S04，Cu2S+10Fe3++4H2O$\frac{\underline{\;细菌\;}}{\;}$2Cu2++10Fe2++8H++S042-，根据铁原子守恒生成的亚铁离子n（Fe2+）=$\frac{4}{15}$vmol，生成n（Cu2+）=$\frac{4}{15}$vmol×$\frac{2}{10}$=$\frac{4}{75}$vmol，生成的氢离子由第一反应生成的硫酸和第二反应生成的氢离子和，所以n（H+）=$\frac{4}{15}$vmol+$\frac{16}{75}$vmol=$\frac{36}{75}$vmol，加铁粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=H2↑+Fe2+，生成的亚铁离子为第一第二反应生成的亚铁离子$\frac{4}{15}$vmol和铁和铜离子反应的生成的亚铁离子$\frac{4}{75}$vmol以及酸和铁反应生成的亚铁离子$\frac{18}{75}$vmol，所以生成的总亚铁离子n（Fe2+）=$\frac{4}{15}$vmol+$\frac{4}{75}$vmol+$\frac{18}{75}$vmol=$\frac{42}{75}$vmol，得溶液Xml，所以c（Fe2+）=$\frac{n}{v}$=$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$，
故答案为：$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$；

点评 本题考查了冶炼铜两种方案设计与评价，掌握铜及其化合物性质理清各流程反应是解答的关键，（6）计算是该题解答难点，题目难度较大．

练习册系列答案
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15．烃A的相对分子质量是106，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色．当用FeBr3作催化剂时，能与溴反应，生成的一溴代物只有一种，则烃A的名称是对二甲苯，它生成一溴代物的化学方程式是+Br2$\stackrel{FeBr_{3}}{→}$+HBr．
16．根据下面的有机物合成路线，回答下列问题：
（1）写出A、B、C的结构简式：
A：，B：，C：．
（2）各步反应类型：①加成反应，②消去反应，③加成反应，④消去反应，⑤加成反应．
（3）A→B的反应试剂及条件：氢氧化钠醇溶液、加热．
（4）反应④和⑤的化学方程式：+2NaOH$→_{△}^{醇}$+2NaCl+2H2O、+2Cl2→．
13．工业合成氨的反应：N2+3H2?2NH3是一个可逆反应，应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂．已知形成1 mol H-H键、1 mol N-H键、1mol N三N键放出的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ．则：
（1）若1 mol N2完全反应生成NH3可放出（填“吸收”或“放出”）热量92kJ． 
（2）如果将1 mol N2和3 mol H2混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化．
（3）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，则用N2表示的化学反应速率为0.25mol/L/min． 
（4）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是acf． 
a．正反应速率和逆反应速率相等 
b．正反应速率最大，逆反应速率为0 
c．N2的转化率达到最大值 
d．N2和H2的浓度相等 
e．N2、H2和NH3的体积分数相等 
f．反应达到最大限度．
5．如图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：

（1）写出木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式C+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+2SO2↑+2H2O
（2）如果按装置中三部分仪器的连接顺序进行实验．
i．装置①出现无水硫酸铜变蓝现象说明有水生成；
ii．装置②中前一瓶品红溶液褪色，说明有SO2（或二氧化硫）生成；
iii．能检验出最后一种产物的现象是②中第二个品红溶液不褪色，③中澄清石灰水变浑浊
（3）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则可以检出的物质是H2O；不能确定的物质是CO2、SO2．
（4）若将①、②、③装置拆除，替换装置④进行实验．装置④中溶液颜色变浅绿色，其反应的离子方程式是SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+2Fe2++4H+；反应后往④中溶液加入氯化钡溶液，反应的离子方程式是SO42-+Ba2+=BaSO4↓；
（5）若④中的氯化铁溶液含有少量的亚铁离子，为检验少量亚铁离子的存在，可选用的试剂是C；
A．KSCN溶液B．稀盐酸     C．KMnO4溶液D．NaOH溶液．
15．同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则下列判断正确的是（　　）
A．非金属性X＞Y＞Z
B．含氧酸的酸性H3ZO4＞H2YO4＞HXO4
C．元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z变小
D．原子半径：X＞Y＞Z
2．铝和铁是重要的金属元素，请回答下列问题：
Ⅰ、（1）铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）△H
已知：①3Fe（s）+2O2（g）?Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ/mol
②2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）△H2=-483.8kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）?2H2O（l）△H3=-571.8kJ/mol
则△H=-150.8KJ/mol（计算结果保留一位小数）．
（2）①在t℃时，该反应达到平衡状态测得混合气体平均相对分子质量为$\frac{22}{3}$，则反应的平衡常数K=16．
②下列说法正确的是B（填字母序号）
A．若容器压强恒定，则反应达到平衡状态  
B．若容器内密度恒定，则反应达到平衡状态
C．恒温恒容平衡后，加入少量H2，再次平衡后，H2O（g）的体积分数减少
D．增加Fe3O4就能提高H2O的转化率
（3）若反就发生在恒容绝热的装置中，按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见下表：
FeH2O（g）Fe3O4H2
起始/mol3.04.000
平衡/molmnpQ
FeH2O（g）F3O4H2
A/mol3.04.000
B/mol001.04.0
C/molmnpQ
若在达平衡后的装置中继续加入A，B，C三种状况下的各物质，见上表：
当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，将上述各装置中H2的体积分数由大到小的顺序排列：B＞C＞A（用A，B，C表示）
Ⅱ．离子液体是一室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7-和AlCl4-组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝．
 （1）钢制品应接电源的负极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-．
（2）若改用AlCl3水溶液作电解液，则一段时间后不能生成AlO2-离子．（填能或不能）
19．将3.84g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24L（标准状况下），则所消耗酸的物质的量是（　　）
A．0.11molB．0.22molC．0.16molD．0.1mol
20．取pH均等于2的盐酸和醋酸溶液各100mL．分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，有关叙述正确的是（　　）
A．醋酸与锌反应放出的氢气多
B．盐酸和醋酸分别与锌反应放出的氢气一样多
C．醋酸与锌反应所需时间长
D．盐酸和醋酸分别与锌反应所需时间一样长

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