Question

【题目】CuCl常用作催化剂，石油工业中脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。某课外学习小组用辉铜矿（主要成分为Cu2S，少量的Fe2O3和SiO2）制取氯化亚铜的流程如下：

（1）“焙烧”过程发生反应的化学方程式___________；为加快浸取速率常采取的措施___________（写两条）。

（2）加入“试剂1”可调节浸出液的pH，“试剂1”可以是___________；“滤渣”的成分是___________（填化学式）。

（3）①图1是反应体系pH随时间的变化关系图。写出“还原”制备CuCl的离子方程式___________。

②制备过程中，当n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值过大时CuCl产率会变小，其原因可能是_________。

（4）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。图2为抽滤”装置，抽气泵可使吸滤瓶和安全瓶内压强减小，与普通过滤相比，采用抽滤的优点是___________。

（5）CuCl沉淀的“洗涤”需要经过酸洗、水洗和醇洗。用“去氧水洗后再用“乙醇”洗涤的原因是_______。

（6）取1.0g制备的CuCl粉末样品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL，从中取出25.00mL，用0.1mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce2(SO4)3]；三次滴定平消耗标准液的体积为22.00mL。则粉末中CuCl的质量分数为___________。

Answer 1

【答案】Cu2S+2O22CuO+SO2 将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等） CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3] Fe(OH)3、SiO2 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降 加快过滤速度，避免长时间接触空气 快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化 88%

【解析】

分析题中的流程过程，辉铜矿焙烧，将Cu2S初步转化为CuO和SO2，所得的固体为CuO、Fe2O3、SiO2的混合物，再用稀盐酸对所得固体进行酸浸，得到成分为FeCl3、CuCl2、稀盐酸、SiO2的浸出液。加入试剂1用于调节溶液的pH值，同时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，SiO2在这个过程中不参与反应，也以滤渣的形式除去。向滤液中加入Na2SO3，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。将CuCl沉淀洗涤，最终得到CuCl粉末，据此分析。

（1）“焙烧”过程主要是除去可燃性杂质或使原料初步转化，本题为使原料初步转化，发生的化学反应方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2；增大原料浸取速率的措施有：将原料粉碎、搅拌、升高温度、增大盐酸的浓度等，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；将固体粉碎、升高温度（或适当增大盐酸的浓度等）；

（2）由流程图可知，加入试剂1可调节浸出液的pH，也可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，同时也不引入新的杂质，故符合条件的为CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；由分析可知，滤渣为：Fe(OH)3、SiO2；答案为：CuO[或Cu(OH)2，或CuCO3]；Fe(OH)3、SiO2；

（3）①由分析可知，Na2SO3与Cu2+发生氧化还原反应，将Cu2+还原为Cu+，形成CuCl沉淀。其离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；

②Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；答案为：n(Na2SO3)与n(CuCl2)比值越大，溶液的碱性越强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故CuCl的产率下降；

（4）抽滤的优点为加快过滤速度，避免长时间接触空气；答案为：加快过滤速度，避免长时间接触空气；

（5）乙醇易挥发，进而可快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化。故答案为：快速去除CuCl沉淀表面的水分，防止其潮湿被氧化；

（6）由题可知，涉及的离子反应方程式为：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，则CuCl的质量分数=。答案为：88%。