Question

【题目】(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入___________________，调节pH=4过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是(用化学方程式表示)______________________________________________________________________ 。

(2) 由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是________________________。

(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I―发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL(已知：I2＋2＋2I―)

①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_________________________ 。

②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_____________________________________ 。(已知在相同条件下CuCl的溶解度大于CuI)

③该试样中CuCl22H2O的质量百分数为 __________________________________ 。

④如果试样是液体，用移液管移取时，下列使用正确的是 _____________________。

Answer 1

【答案】CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3 CuCl22H2OCu(OH)Cl+HCl+H2O 在氯化氢气流中加热 淀粉 溶液由蓝色变成无色且半分钟不变色 2Cu2+ +4I-=2 CuI+I2 95.0% D

【解析】

（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质；

（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中加热抑制其水解；

（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据物质间的关系式进行计算，移液管的使用方法分析判断。

（1）为得到纯净的CuCl22H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素的难溶化合物，可以是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；在空气中直接加热CuCl22H2O晶体，氯化铜水解生成碱式氯化铜，反应的化学方程式为CuCl22H2OCu(OH)Cl+HCl+H2O，故答案为：CuO；CuCl22H2OCu(OH)Cl+HCl+H2O；

（2）由于CuCl2在加热过程中水解，水解生成的HCl挥发而脱离体系，造成水解完全，得到碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，若要制得无水CuCl2，应在干燥的HCl气流中加热CuCl22H2O晶体，防止CuCl2在加热过程中水解，故答案为：在氯化氢气流中加热；

（3）①硫代硫酸钠滴定碘单质时，可利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点时的现象为溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；

②CuCl2溶液与KI反应生成碘化亚铜沉淀和单质碘，反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓

+I2，故答案为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；

③依据反应方程式可得Na2S2O3～Cu2+，反应消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.0200L= 0.002mol，则试样中CuCl22H2O的质量百分数为×100%=95%，故答案为：95.0%；

④将移液管直立，锥形瓶倾斜，管下端紧靠锥形瓶内壁，放开食指，让溶液沿锥形瓶内壁流下，管内溶液流完后，保持放液状态停留15s，将移液管尖端在锥形瓶靠壁前后小距离滑动几下（或将移液管尖端靠锥形瓶内壁旋转一周），移走移液管，图示中D选项符合，故答案为：D。