题目内容
11．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．工业上用粗氧化铜（含Fe2O3、FeO、Cu2O以及少量不溶性杂质）为原料制取氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）的生产流程如图1：
已知：Cu2O在酸性环境中可以生成Cu2+和Cu
回答下列问题：．
（1）已知“浸渣”中不含铜单质，写出Cu2O在“盐酸浸出”中发生反应的化学方程式：Fe2O3+Cu2O+8HCl=2CuCl2+2FeCl2+4H2O
（2）“盐酸浸出”中，铜的浸出率与浸出时间的关系如图2所示．由图可得出如下变化规律：
①随着浸出时间（0-2h）的增加，Cu的浸出率相应的增加
②浸出时间超过2h后，Cu的浸出率变化不明显．
（3）“净化除杂”需先加入ClO2，其作用是（用离子方程式表示）5Fe2++ClO2+4H+=5Fe3++Cl-+2H2O．然后再调节溶液的pH约为4，可选用的试剂是（填选项字母）BC．
A．CuSO4 B．CuO C．Cu2（OH）2CO3 D．NH3．H2O
（4）“操作I”包含多步实验基本操作，依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和风干等．工业上常采用无水乙醇代替水进行洗涤的主要原因是防止CuCl2•xH2O溶解，且乙醇易挥发．
（5）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2•xH2O）中x值，称取ag晶体，加入足量10%的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤后，用酒精灯加热至质量不再减轻为止，冷却、称量所得固体质量为bg．计算得x=$\frac{80a-135b}{18b}$（用含a、b的代数式表示）．
分析 粗氧化铜（含Fe2O3、FeO、Cu2O以及少量不溶性杂质）中加入稀盐酸，已知“浸渣”中不含铜单质，说明CuO、Fe2O3、FeO、Cu2O和稀盐酸反应后的溶液中含有CuCl2、FeCl2，Cu2O和稀盐酸生成的Cu被铁离子还原生成铜离子，“净化除杂”需先加入ClO2，二氧化氯具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，然后再调节溶液的pH约为4，调节溶液pH值时要消耗氢离子且不能引进新的杂质，然后过滤得到滤渣氢氧化铁，滤液中含有氯化铜，从滤液中通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•xH2O，
（1）Cu2O在“盐酸浸出”中和稀盐酸、氧化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁和水；
（2）根据反应时间与浸出率及曲线变化趋势分析判断；
（3）二氧化氯具有强氧化性，能氧化还原性离子；调节溶液pH值时加入的物质能和氢离子反应且不能引进新的杂质；
（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；CuCl2•xH2O能溶于水不溶于乙醇，且乙醇易挥发；
（5）最终得到的固体是CuO，根据Cu原子守恒得关系式CuCl2•xH2O----CuO，根据关系式计算x值．
解答 解：粗氧化铜（含Fe2O3、FeO、Cu2O以及少量不溶性杂质）中加入稀盐酸，已知“浸渣”中不含铜单质，说明CuO、Fe2O3、FeO、Cu2O和稀盐酸反应后的溶液中含有CuCl2、FeCl2，Cu2O和稀盐酸生成的Cu被铁离子还原生成铜离子，“净化除杂”需先加入ClO2，二氧化氯具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，然后再调节溶液的pH约为4，调节溶液pH值时要消耗氢离子且不能引进新的杂质，然后过滤得到滤渣氢氧化铁，滤液中含有氯化铜，从滤液中通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•xH2O，
（1）Cu2O在“盐酸浸出”中和稀盐酸、氧化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁和水，反应方程式为Fe2O3+Cu2O+8HCl=2CuCl2+2FeCl2+4H2O，
故答案为：Fe2O3+Cu2O+8HCl=2CuCl2+2FeCl2+4H2O；
（2）根据图象知，随着浸出时间（0-2h）的增加，Cu的浸出率相应的增加；浸出时间超过2h后，Cu的浸出率变化不明显，
故答案为：随着浸出时间（0-2h）的增加，Cu的浸出率相应的增加；浸出时间超过2h后，Cu的浸出率变化不明显；
（3）二氧化氯具有强氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子，离子方程式为5Fe2++ClO2+4H+=5Fe3++Cl-+2H2O；调节溶液pH值时加入的物质能和氢离子反应且不能引进新的杂质，AD都引进杂质，只有BC能和氢离子反应且不引进杂质，
故答案为：5Fe2++ClO2+4H+=5Fe3++Cl-+2H2O；BC；
（4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；CuCl2•xH2O能溶于水不溶于乙醇，且乙醇易挥发，所以用乙醇洗涤不用水洗涤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；防止CuCl2•xH2O溶解，且乙醇易挥发；
（5）最终得到的固体是CuO，根据Cu原子守恒得关系式CuCl2•xH2O----CuO，
CuCl2•xH2O----CuO
135+18x 80
ag bg
（135+18x）：80=ag：bg
x=$\frac{80a-135b}{18b}$，
故答案为：$\frac{80a-135b}{18b}$．
点评 本题考查物质制备，为高频考点，涉及方程式的计算、氧化还原反应、除杂、分离提纯等知识点，明确流程图中发生的反应及物质性质是解本题关键，注意：除杂时不能引进新的杂质，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度不大．
| A． | SO2、H2S | B． | NH3、CO2 | C． | Cl2、CO2 | D． | SO2、Cl2 |
化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5．回答下列问题．
完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置④中发生反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2↑．
（2）装置③的作用是防止倒吸；装置①和⑤在本实验中的作用吸收反应产生的气体，防止其污染空气．
（3）装置④反应后的溶液中还含有少量NaOH杂质，从该溶液获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃左右蒸发结晶；②趁热过滤；③用50℃左右的温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品．步骤③中用50℃左右的温水洗涤的原因是防止生成NaClO2•3H2O晶体和温度过高产品分解．
（4）亚氯酸钠纯度测定：①准确称取所得亚氯酸钠样品10.0g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应．将所得混合液配成250mL待测溶液．②取25.00mL待测液，用2.0 mol•L-1Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为当滴入一滴标准液，锥形瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色．重复滴定3次，测得数据如表所示，则该样品中NaClO2的质量分数为90.5%．
| 实验序号 | 滴定前读数/mL | 滴定后读数/mL |
| 1 | 0.00 | 19.96 |
| 2 | 3.26 | 23.30 |
| 3 | 1.10 | 23.40 |
| A． | 大于32.8% | B． | 小于32.8% | C． | 等于32.8% | D． | 约等于32.8% |
一定温度下，将1mol A和1mol B气体充入2L密闭容器，发生反应A（g）+B（g）?xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是（ ）| A． | 该反应方程式中的x=l | |
| B． | 0～t1时，用A表示的反应速率υ（A）=0.50mol/（L•min） | |
| C． | t2和t3时，改变的条件分别是加入催化剂和移去少量物质D | |
| D． | t1～t3间，该反应的平衡常数均为4 |
| A． | 容器体积不变，充入与反应体系不反应的N2，反应速率不变；压强不变，充入N2，反应速率减小 | |
| B． | 升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率也一定增大 | |
| C． | 恒温恒容下，若X、Y起始物质的量之比为2：1，则X、Y的转化率始终相等 | |
| D． | 恒温恒压下，该反应达到平衡后若只增加Z的量，重新达到平衡，各物质的物质的量之比可能不变 |