Question

8．（1）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu（OH）₂沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺．（已知25℃时K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10^-11，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20．）
（2）在粗制CuSO₄•5H₂O晶体中常含有杂质Fe²⁺．在提纯时为了除去Fe²⁺，常加入合适氧化剂，使Fe²⁺氧化为Fe³⁺，下列物质可采用的是B
A．KMnO₄　 B．H₂O₂　　  C．氯水　　    D．HNO₃
然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃，可以达到除去Fe³⁺而不损失CuSO₄的目的，调整溶液pH不可选用下列中的AB
A．NaOH         B．NH₃•H₂O     C．CuO           D．Cu（OH）₂
（3）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe³⁺而不损失Cu²⁺的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）₃的溶度积K_sp=8.0×10^-38，Cu（OH）₂的溶度积K_sp=3.0×10^-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5 mol•L^-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO₄的浓度为3.0mol•L^-1，则Cu（OH）₂开始沉淀时溶液的pH为4，Fe³⁺完全沉淀时溶液的pH为3.3，通过计算确定上述方案可行（填“可行”或“不可行”）

Answer 1

分析 （1）由Ksp可知K_sp[Cu（OH）₂]小，易转化为沉淀，氯化铜与氨水反应生成氢氧化铜和氯化铵；
（2）除去Fe²⁺，常加入合适氧化剂，使Fe²⁺氧化为Fe³⁺，不能引入新杂质；促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质；
（3）由氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5 mol•L^-1时就认为沉淀完全．

解答 解：（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，则生成的沉淀为Cu（OH）₂，反应的离子方程式为Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，
故答案为：Cu（OH）₂；Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；
（2）A、C、D均可氧化亚铁离子，但引入新杂质，只有B中还原产物为水，不引入新杂质；调整至溶液pH=4，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃，可以达到除去Fe³⁺而不损失CuSO₄的目的，C、D均可，A中引入新杂质钠离子，B中引入新杂质铵根离子，且AB中试剂过量导致铜离子转化为沉淀，故答案为：B；AB；
（3）Cu（OH）₂的溶度积K_sp=3.0×10^-20，溶液中CuSO₄的浓度为3.0mol•L^-1，c（Cu²⁺）=3.0mol•L^-1；由溶度积常数c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=3.0×10^-20；c²（OH^-）=$\frac{3.0×1{0}^{-20}}{3.0}$=10^-20，解得c（OH^-）=10^-10mol/L，由水溶液中的离子积c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14，可知c（H⁺）=10^-4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）₂开始沉淀时溶液的pH为4；
残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5 mol•L^-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）₃的溶度积K_sp=8.0×10^-38，c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=8.0×10^-38；c³（OH^-）=$\frac{8.0×1{0}^{-38}}{1×1{0}^{-5}}$=8.0×10^-33，解得c（OH^-）=2×10^-11mol/L，由水溶液中的离子积c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14可知c（H⁺）=5×10^-4mol/L，则pH=3.3，即通过计算可知pH=4能达到除去Fe³⁺而不损失Cu²⁺的目的，则方案可行，
故答案为：4；3.3；可行．

点评 本题考查较综合，涉及沉淀的生成、混合物分离提纯及盐类水解应用、溶度积及pH的计算等，注重高频考点的考查，把握反应原理为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等．