Question

【题目】碘化亚铜（CuI）是阳极射线管复盖物、也是重要的有机反应催化剂，不溶于水和乙醇。下图是用废铜电缆（杂质中含有少量铁）制取无水碘化亚铜的流程。

（1）过程①得到的溶液呈蓝色，其原因是_______________________（用化学方程式表示），当温度高于40℃时，反应的速度下降，原因是 _____________________ 。

（2）已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20，Fe(OH)3的Ksp=2.16×10-39，lg6=0.78，过程②中用_____________调节溶液的pH值，

A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.CuCO3

得到的滤渣成分是 __________ 。

（3）过程③的氧化产物能使淀粉变蓝，对应的离子方程式为 ________________ 。

（4）过程④用乙醇洗涤的目的为 _____________________________ 。

（5）准确称取m gCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液中，写出该该反应的离子方程式____________________________________待样品完全反应后，用a mol/L酸性KMnO4溶液滴定，达到终点时，消耗的体积平均值为Vml，则样品中CuI的质量分数为 ____________ 。

（已知：5Fe2++MnO4- + 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ +4H2O）

Answer 1

【答案】 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O 温度高于40℃使，H2O2分解，浓度减小，反应速率减小 CD Fe(OH)3 2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2 可得到干燥的CuI 2CuI + 4Fe3+ = 2Cu2+ + 4Fe2++I2 2.5×191aV×10－3/m

【解析】（1）、利用H2O2的氧化性，可以在硫酸溶液中将铜氧化成Cu2＋使溶液呈蓝色，所以反应方程式是：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；因H2O2易受热分解，当温度高于40℃时，会使H2O2受热分解，造成H2O2浓度下降，反应速率减小。

（2）、调节PH值时用NaOH和NH3·H2O会分别引入Na＋和NH4＋杂质，而使用CuO和CuCO3不会引人杂质；因杂质Fe会发生：2Fe＋3H2O2＋6H＋=2Fe3＋＋6H2O，所以通过调节PH值可以使Fe3＋生成Fe(OH)3而除去。所以此题答案为：CD；Fe(OH)3。

（3）、通过②中调节PH值除去Fe3＋后，所得溶液中含有Cu2＋，加入过量的NaI得到的氧化产物能使淀粉变蓝，说明生成了单质I2，则I－化合价升高体现还原性，所以Cu2＋应该化合价降低体现氧化性，再根据所得沉淀经水洗和乙醇洗涤后是CuI晶体，说明Cu2＋生成了CuI，所以反应的离子方程式是：2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2。

（4）、因CuI不溶于水和乙醇，利用乙醇易溶于水又易挥发，所以先用水洗去CuI表面的杂质后，再用乙醇洗涤，可以除去沉淀表面的水，得到干燥的CuI。

（5）、利用Fe3＋的氧化性，可以将CuI氧化为Cu2＋和I2，所以反应的离子方程式是：2CuI + 4Fe3+ = 2Cu2+ + 4Fe2++I2；加入酸性高锰酸钾，可以和样品完全反应后所得溶液中的Fe2+反应，离子反应方程式是：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，则根据上述两个反应方程式可得如下关系：（设样品中CuI的物质的量是xmol）

1CuI ～ 2Fe2＋ ～ MnO4－，

1mol 0.4mol

xmol V×10-3L×amol/L

得CuI的物质的量x＝2.5×V×10-3L×amol/L，所以CuI的质量是： m（CuI）= 2.5×V×10-3L×amol/L×191g/mol，所以样品中CuI的质量分数为2.5×191aV×10－3/m。