Question

【題目】氯化亞銅（CuCl）廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：

回答下列問題：

（1）寫出“溶解”過程中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式（N元素被還原到最低價）：_______，溶解溫度應(yīng)控制在60-70℃，原因是_______。

（2）寫出步驟③中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。已知NH4Cl、Cu2+的物質(zhì)的量之比[n(NH4Cl)/n(Cu2+)]與Cu2+沉淀率的關(guān)系如圖所示，當(dāng)氯化銨用量增加到一定程度后的氯化亞銅的沉淀率減少，其可能的原因是__________。

（3）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是_____（寫名稱），回收的主要物質(zhì)是____（寫化學(xué)式）

（4）上述工藝中，步驟⑥醇洗的作用是__________。

（5）稱取2.000g CuCl樣品（雜質(zhì)不參與反應(yīng)），溶于一定量的0.5000mol/L FeCl3溶液中，加水稀釋至200mL得到溶于，取20.00mL用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗20.00mL Ce(SO4)2

有關(guān)反應(yīng)式:Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣ Ce4++Fe2+═Fe3++Ce3+

則樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_________。

Answer 1

【答案】 Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O 溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解 2:1 生成的CuCl有溶解于氯化銨溶液中 硫酸 (NH4)2SO4 醇洗有利于加快除去CuCl表面水分防止其水解氧化 99.50%

【解析】酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅；

(1)由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成Cu2+，N元素被還原到最低價，即硝酸根離子的還原產(chǎn)物為NH4+，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得反應(yīng)的離子方程式為Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O；溶解溫度應(yīng)控制在60-70℃，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解；

(2)步驟③中銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1；當(dāng)氯化銨用量增加到一定程度后氯化亞銅的沉淀率減少，原因是生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中；

(3)由流程可知，經(jīng)酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)；可回收的主要物質(zhì)是(NH4)2SO4；

(4)步驟⑥為醇洗，因乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，；

(5)根據(jù)Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣ Ce4++Fe2+═Fe3++Ce3+可知存在關(guān)系式：CuCl~~~~~Fe2+~~~~~~~~Ce4+，

用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗20.00mL Ce(SO4)2，則Ce4+的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，故CuCl的物質(zhì)的量為0.002mol，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)××100%=99.50%。