题目内容

13．一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺的主要流程如下：

在上述流程中，反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，反应Ⅱ滤液的主要成分为[CuCl2]-．请回答下列问题：
（1）为使反应Ⅰ充分进行，工业上可采取的措施是粉碎固体等（答出1点即可）．
（2）反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S↓．
（3）反应Ⅲ通入空气的目的是将反应Ⅱ生成的一价铜氧化成二价铜． 一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其原因是硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度．
（4）由CuSO4制得Cu可采取“湿法炼铜”，该反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu．上述工艺流程的主要特点是原料的综合利用率较高．
（5）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料制备铜，也可以采用“火法熔炼工艺”．“火法熔炼工艺”中的“焙烧”程序是在通入少量空气的情况下使黄铜矿部分脱硫生成焙砂（主要成分是Cu2S和FeO）和SO2，该反应的化学方程为2CuFeS2+4O2$\frac{\underline{\;焙烧\;}}{\;}$Cu2S+3SO2+2FeO．

分析 流程中反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，
（1）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）由于反应1之后有两种产物二硫化亚铁和硫化铜，而经过反应二再过滤之后，二硫化亚铁有剩余，说明在反应二中被消耗的物质是硫化铜；
（3）氧气有氧化性，可以将反应Ⅱ生成的一价铜氧化成二价铜；加入硫酸能析出硫酸铜，是因为硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；
（4）由CuSO4制得Cu可采取“湿法炼铜”，发生金属单质置换反应；流程中原料利用率高；
（5）由反应物、生成物及质量守恒定律来书写方程式．

解答 解：流程中反应Ⅰ的化学化方程为CuFeS2+S═FeS2+CuS，黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液 发生反应Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl2-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O，一定温度下，在反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，
（1）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率，则为使反应Ⅰ充分进行，工业上可采取的措施是粉碎固体等，
故答案为：粉碎固体等；
（2）由于反应1之后有两种产物二硫化亚铁和硫化铜，而经过反应二再过滤之后，二硫化亚铁有剩余，说明在反应二中被消耗的物质是硫化铜，反应Ⅱ的离子方程式为Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S↓，故答案为：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S↓；
（3）氧气有氧化性，可知反应Ⅲ通入空气的目的是将反应Ⅱ生成的一价铜氧化成二价铜；加入硫酸能析出硫酸铜，是因为硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度，
故答案为：将反应Ⅱ生成的一价铜氧化成二价铜；硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；
（4）由CuSO4制得Cu可采取“湿法炼铜”，发生金属单质置换反应，反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；上述工艺流程的主要特点是原料的综合利用率较高，
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；原料的综合利用率较高；
（5）由反应物、生成物及质量守恒定律可知发生的反应为2CuFeS2+4O2$\frac{\underline{\;焙烧\;}}{\;}$Cu2S+3SO2+2FeO，故答案为：2CuFeS2+4O2$\frac{\underline{\;焙烧\;}}{\;}$Cu2S+3SO2+2FeO．

点评 本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验流程、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意结合习题中的信息来分析，题目难度中等．

练习册系列答案
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3．室温下向10mL pH=11的稀氨水溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（　　）
A．溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
B．氨水的电离程度增大，[OH-]减小
C．再加入10mL pH=3 HCl溶液，混合液pH=7
D．溶液中由水电离出的[OH-]=1×10-3 mol•L-1
4．请完成下列填空：
（1）对于化学反应N2+3H2?2NH3，当分别用N2、H2、NH3三种物质表示该反应的速率时，它们的速率之比等于v（N2）：v（H2）：v（NH3）=1：3：2之比．
（2）钢铁表面溶液发生电化学反应，发生腐蚀时，杂质碳是正极．Fe电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+．
1．实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如表：
化合物相对分子质量密度/g•cm-3沸点，/℃溶解度/l00g水
正丁醇740.80118.09
冰醋酸601.045118.1互溶
乙酸正丁酯1160.882  126.10.7
操作如下：
①在50mL三颈烧瓶中，加入18.5mL正丁醇和13.4mL冰醋酸，3～4滴浓硫酸，投入沸石．安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）、温度计及回流冷凝管．
②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，水洗，10% Na2CO3洗涤，再水洗，最后转移至锥形瓶，干燥．
③将干燥后的乙酸正丁酯滤入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得15.1g乙酸正丁酯．

请回答有关问题：
（1）冷水应该从冷凝管a（填a或b）端管口通入．
（2）仪器A中发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O．
（3）步骤①“不断分离除去反应生成的水”该操作的目的是：使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率．
（4）步骤②中用10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该步操作的目的是除去产品中含有的乙酸等杂质．
（5）进行分液操作时，使用的漏斗是C（填选项）．
（6）步骤③在进行蒸馏操作时，若从118℃开始收集馏分，产率偏高（填“高”或者“低”）原因是会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇
（7）该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是65%．
8．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置．其材料除单晶硅，还有铜铟镓硒等化合物．
（1）镓的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1．
（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se（用元素符号表示）．
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（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是：硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强．
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（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应生成铜氨配离子的溶液，则该反应的离子方程式为Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O．
（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为1：3，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为$\frac{197+64×3}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）．
18．下列各组物质或物质间反应可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是（　　）
A．向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO-+SO2+H2O═HClO+HSO3-
B．Na2S投入水中：S2-+2H2O?H2S+2OH-
C．向含1molAlCl3溶液中投入4molNa：Al3++4Na+2H2O═AlO2-+4Na++2H2↑
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5．下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（　　）
A．NaCl晶体、BaSO4B．铝、二氧化硫
C．液态的醋酸、酒精D．熔融的KNO3、硫酸溶液
2．某仅由碳、氢、氧三种元素组成的有机化合物，经测定其相对分子质量为90．取有机物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g．试（1）求该有机物的分子式．
（2）若该有机物呈现酸性，且该有机物的核磁共振氢谱图中出现4个吸收峰，面积比为3：1：1：1，写出其结构简式．
3．反应A+B═C，在5s内A的浓度由6.0mol/L变为2.0mol/L，则用A表示的反应速率为（　　）
A．0.8mol/（L•s）B．2.0mol/（L•s）C．4.0mol/（L•s）D．6.0mol/（L•s）

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