Question

14．氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂．实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO₄溶液中加入一定量的Na₂SO₃和NaCl溶液，加热，生成CuCl．试回答以下问题：
（1）CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0mol/L的CuSO₄溶液．
①配制950mL 2.0mol/L的CuSO₄溶液应称取胆矾的质量为500g．
②某学生实际配制CuSO₄溶液的浓度为1.8mol/L，原因可能是CD．
A．托盘天平的砝码生锈          B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．溶解后的烧杯未经多次洗涤    D．胶头滴管加水定容时仰视刻度
（2）写出用上述方法制备CuCl的离子方程式2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺．
（3）在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．其中“于70℃真空干燥”的目的是加快乙醇和水的蒸发；防止CuCl被空气氧化．（回答两点）
（4）据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl．其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu+HCl+O₂=CuCl+HO₂，HO₂（超氧酸） 不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性．下列说法或表示正确的是C．
A．氧化产物是HO₂
B．HO₂在碱中能稳定存在
C．HO₂ 的电离方程式是HO₂?H⁺+O₂^-
D.1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移．

Answer 1

分析 （1）①一定容积规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，由于没有950ml的容量瓶，选择大于950ml相近规格的容量瓶；根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=cnM计算所需胆矾的质量；②根据c=$\frac{n}{V}$、m=n×M分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断；
（2）亚硫酸根和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；
（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；
（4）反应Cu+HCl+O₂=CuCl+HO₂中Cu元素化合价升高，被氧化，O元素化合价降低，被还原，O₂为氧化剂，结合元素化合价的变化解答该题．

解答 解：（1）①由于没有950ml的容量瓶，选择大于950ml相近规格的容量瓶，所以应选择1000ml规格容量瓶，
根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：
1L×2mol/L×250g/mol=500g，
故答案为：500；
②A．砝码生锈后增重，使称量的固体质量偏大，溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故A错误；
B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故B错误；
C．溶解后的烧杯未经多次洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故C正确；
D．胶头滴管加水定容时仰视刻度，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故D正确；
故答案为：CD；
（2）Na₂SO₃和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为：2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺，
故答案为：2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CuCl↓+SO₄^2-+2H⁺；
（3）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，
故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；
（4）A．O元素化合价降低，被还原，HO₂为还原产物，故A错误；
B．HO₂为超氧酸，应具有酸性，可与碱反应，故B错误；
C．HO₂（超氧酸） 是一种弱酸，所以HO₂ 的电离方程式为HO₂?H⁺+O₂^-，故C正确；
D．反应中Cu元素化合价由0价升高到+1价，则1molCu参加反应有1mol电子发生转移，故D错误．
故选C．

点评 本题考查了配制一定物质的浓度溶液的配制、误差分析、铜及其化合物的性质，注意准确判断不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，注意知识的迁移和应用，掌握氧化还原知识以及铜的化合物的性质是解题关键，题目难度中等．