Question

17．铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛．回答下列问题：
（1）纳米级Cu₂O由于具有优良的催化性能而受到关注，制取Cu₂O的两种方法如表所示．

方法I	用炭粉在高温条件下还原CuO生成Cu2O和CO2
方法II	用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2

①方法I中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4．
②方法II发生反应的化学方程式为4Cu（OH）₂+N₂H₄=Cu₂O+N₂↑+6H₂O．
（2）氢化亚铜是一种红色同体，可由下列反应制备：4CuSO₄+3H₃PO₂+6H₂O=4CuH↓+4H₂SO₄+3H₃PO₄
该反应中每转移3mol电子，生成CuH的物质的量为1mol．
（3）氯化铜溶液中各种含铜微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与c（C1^-）之间的关系如图所示．

①当c（C1^-）=9mol/L时，溶液中3种主要含铜微粒浓度的大小关系为c（CuCl₂）＞c（CuCl⁺）＞c（CuCl₃^-）．
②在c（C1^-）=l mol/L的氯化铜溶液中，加人AgNO₃溶液，CuCl⁺转化为Cu²⁺的离子方程式为CuCl⁺+Ag⁺=Cu²⁺+AgCl↓．
（4）已知：Cu（OH）₂是二元弱碱，25℃时K_sp=2.0×10^-20．则此温度下在铜盐溶液中Cu²⁺发生水解反应的平衡常数为5×10^-9．

Answer 1

分析 （1）①用炭粉在高温条件下还原CuO生成Cu₂O和CO₂反应的方程式为：C+4CuO$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Cu₂O+CO₂，还原剂是碳，氧化剂是氧化铜，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；
②肼还原新制Cu（0H）₂可制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂，结合质量守恒书写方程式；
（2）从价态变化出发分析得失电子总数解答；
（3）①从图上在c（Cl^-）=9mol•L^-1处，做一条平行与纵轴的虚线，可以比较；
②从图上在c（Cl^-）=1mol•L^-1处，做一条平行与纵轴的虚线，看哪种微粒最多；
（4）铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，依据沉淀溶度积常数和溶液中离子积常数计算．

解答 解：（1）①用炭粉在高温条件下还原CuO生成Cu₂O和CO₂反应的方程式为：C+4CuO$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Cu₂O+CO₂，还原剂是碳，氧化剂是氧化铜，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；
②肼还原新制Cu（0H）₂可制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂，则反应的方程式为N₂H₄+4Cu（OH）₂═2Cu₂O+N₂+6H₂O，故答案为：4Cu（OH）₂+N₂H₄=Cu₂O+N₂↑+6H₂O；
（2）从反应4CuSO₄+3H₃PO₂+6H₂O=4CuH↓+4H₂SO₄+3H₃PO₄分析，Cu从+2价变成+1，4molCu得到4mol电子，H从+1价变成-1价，4mol-1价的H得到8mol电子，共得电子12mol，P从+1价变成+5价，3molP共失电子12mol，每生成4molCuH转移电子12mol，所以，转移电子3mol时应生成CuH1mol，
故答案为：1mol；
（3）①在c（Cl^-）=9mol•L^-1处，做一条平行与纵轴的虚线，可见溶液中主要含铜物种浓度大小关系为：c（CuCl₂）＞c（CuCl⁺）＞c（CuCl₃^-）＞c（Cu²⁺）＞c（CuCl₄^2-），
故答案为：c（CuCl₂）＞c（CuCl⁺）＞c（CuCl₃^-）；
②从图上可见，在c（Cl^-）=1mol•L^-1的氯化铜溶液中，主要是Cu²⁺与Cl^-结合生成CuCl⁺，加入硝酸银，氯离子浓度下降，方程式为：CuCl⁺+Ag⁺=Cu²⁺+AgCl↓，故答案为：CuCl⁺+Ag⁺=Cu²⁺+AgCl↓；
（4）铜离子水解离子反应为Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺，Ksp=c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=2.0×10^-20mol³•L^-3，则K=$\frac{{c}^{2}（{H}^{+}）}{c（C{u}^{2+}）}$=$\frac{{c}^{2}（{H}^{+}）×{c}^{2}（O{H}^{-}）}{c（C{u}^{2+}）×{c}^{2}（O{H}^{-}）}$=$\frac{{K}_{w}^{2}}{{K}_{sp}}$=$\frac{（1{0}^{-14}）^{2}}{2.0×1{0}^{-20}}$=5×10^-9，故答案为：5×10^-9．

点评 本题考查氧化还原反应的计算、离子积、化学方程式的书写、图象分析等，侧重考查学生对数据的分析处理能力，难度中等．