Question

已知：相關物質的溶度積常數見下表：

物質	Cu（OH）2	Fe（OH）3	CuCl	CuI
Ksp	2.2×10-20	2.6×10-39	1.7×10-7	1.3×10-12

現有某酸性CuCl₂溶液中含有少量的FeCl₂，為得到純凈的CuCl₂?2H₂O晶體，按如圖步驟進行提純：
（1）最適合作氧化劑X的是

 

（填字母），加入X的目的是

 

．
A．K₂Cr₂O₇     B．NaClO       C．H₂O₂         D．KMnO₄
加入的物質Y是

 

（填化學式），調至溶液pH=4，使溶液中的Fe³⁺轉化為Fe（OH）₃沉淀，此時溶液中的c（Fe³⁺）=

 

．過濾后，將所得濾液低溫蒸發、濃縮結晶，可得到CuCl₂?2H₂O晶體．
（2）某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl₂?2H₂O晶體的試樣（不含能與I^-發生反應的氧化性雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀

 

．用0.1000mol?L^-1 Na₂S₂O₃標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na₂S₂O₃標準溶液20.00mL．（I₂+2S₂O₃^2-═S₄O₆^2-+2I^-）
①可選用

 

作滴定指示劑．
②CuCl₂溶液與KI反應的離子方程式為

 

．
③該試樣中CuCl₂?2H₂O的質量百分數為

 

．（請寫出計算過程）

Answer 1

考點：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質,物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用

專題：實驗設計題,電離平衡與溶液的pH專題

分析：（1）H₂O₂作氧化劑的反應產物為水，不會引入新的雜質；根據表中數據可知Fe³⁺比Fe²⁺容易轉化為沉淀；加入的物質用于調節pH以除去雜質，且不能引入新雜質，先根據溶液的pH計算氫離子濃度，再結合水的離子積常數計算氫氧根離子濃度，最后根據c（Fe³⁺）=

Kw[Fe(OH)3]

C3(OH-)

計算鐵離子濃度；
（2）依據碘化鉀和氯化銅發生氧化還原反應，生成碘化亞銅沉淀，和碘單質，碘單質遇淀粉變藍，依據碘單質被Na₂S₂O₃標準溶液滴定到終點，發生反應離子方程式計算分析．

解答： 解：（1）H₂O₂作氧化劑的反應產物為水，不會引入新的雜質，所以最適合作氧化劑X的是H₂O₂；根據表中數據可知Fe³⁺比Fe²⁺容易轉化為沉淀，因此要把Fe²⁺轉化為Fe³⁺，所以加入雙氧水的目的是將Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀與Cu²⁺分離；為得到純凈的CuCl₂?2H₂O晶體，加入的物質來調節pH且不能引進新的雜質，所以加入物質應能轉化為氯化銅，則可以加入CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；
溶液的pH=4，所以溶液中氫離子濃度為10^-4 mol/L，則氫氧根離子濃度為10^-10 mol/L，c（Fe³⁺）=

Kw[Fe(OH)3]

C3(OH-)

=

2.6×10-39

(1×10-10)3

=2.6×10^-9mol/L；
故答案為：C；將Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀與Cu²⁺分離；CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；2.6×10^-9mol/L；
（2）測定含有CuCl₂?2H₂O晶體的試樣（不含能與I^-發生反應的氧化性質雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na₂S₂O₃標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na₂S₂O₃標準溶液20.00mL；反應的化學方程式為：2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，
①硫代硫酸鈉滴定碘單質，利用碘單質遇淀粉變藍選擇指示劑為淀粉；
故答案為：淀粉溶液；
②CuCl₂溶液與KI反應的離子方程式為為：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，
故答案為：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂；
③依據2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂；
得到 2Na₂S₂O₃～2Cu²⁺
     2        2
0.1000mol/L×0.0200L 0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol
試樣中CuCl₂?2H₂O的質量百分數=

0.002mol×171g/mol

0.36g

×100%=95%，
故答案為：95%．

點評：本題考查K_sp計算和物質制備、沉淀溶解平衡的分析應用、滴定實驗的原理應用等，把握滴定過程的反應原理和計算方法是解本題的關鍵，難度較大，側重于考查學生對所學知識的綜合應用能力．