Question

碘化亚铜（Cu₂I₂）是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，其K_SP=1.2×10^-24，用途很广泛．完成下列填空：
（1）碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜，请写出该反应的化学方程式：

 

，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为

 

．往上述反应后黄色溶液中滴加亚硫酸溶液，黄色褪去．写出KI、Cu₂I₂、H₂SO₃的还原性由强到弱的顺序是

 

．
Cu₂Cl₂也难溶于水[其Ksp（Cu₂Cl₂）=1.4×10^-12]，在碘化钾溶液中滴加适量氯化铜也能得到碘化亚铜，不产生氯化亚铜，其原因为

 

．
（2）某学习小组利用碘化亚铜的制备反应及I₂+2S₂O₃^2-=S₄O₆^2-+2I^-用于测定某试样A中c（Cu²⁺）．过程如下，取20.00mL试样于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀，用0.1000mol．L^-1Na₂S₂O₃标准溶液滴定，到达确定终点时，消耗Na₂S₂O₃标准溶液19.90mL，则该过程可选用

 

作滴定指示剂，滴定终点的现象时

 

试样A中c（Cu²⁺）为

 

mol．L^-1．
（3）若制备过程中碘化钾过量，会存在I₂（aq）+I^-（aq）?I₃^-（aq）在平衡体系中加入等体积的CCl₄，充分振荡静置后，水层颜色依然较深，其原因

 

．

Answer 1

考点：氧化还原反应,氧化性、还原性强弱的比较,难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质,中和滴定

专题：

分析：（1）KI中I元素的化合价由-1价升高0，CuSO₄中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据得失电子守恒进行方程式配平；含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂；氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物；根据碘化亚铜和氯化亚铜的Ksp分析；
（2）根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；由2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂、I₂+2S₂O₃^2-=S₄O₆^2-+2I^-可知，Cu²⁺～S₂O₃^2-，以此来计算；
（3）已知碘化钾过量，会存在I₂（aq）+I^-（aq）?I₃^-（aq）在平衡体系，根据平衡移动分析．

解答： 解：（1）反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I₂，失去2e^-，CuSO₄中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e^-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为4KI+2CuSO₄=I₂+Cu₂I₂↓+2K₂SO₄，该反应中
CuSO₄中Cu化合价降低，所以其为氧化剂，KI中I元素的化合价升高，为还原剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；反应后黄色溶液中滴加亚硫酸溶液，黄色褪去，则H₂SO₃还原碘单质生成碘离子，则还原性：H₂SO₃＞KI＞Cu₂I₂；已知碘化亚铜K_SP=1.2×10^-24，Cu₂Cl₂也难溶于水，其Ksp（Cu₂Cl₂）=1.4×10^-12，则碘化亚铜的溶度积远小于氯化亚铜，所以碘化亚铜更易产生沉淀；
故答案为：4KI+2CuSO₄=I₂+Cu₂I₂↓+2K₂SO₄；1：1；H₂SO₃＞KI＞Cu₂I₂；由于碘化亚铜的溶度积远小于氯化亚铜，更易产生沉淀；
（2）淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na₂S₂O₃溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点；
由2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂、I₂+2S₂O₃^2-=S₄O₆^2-+2I^-可知，Cu²⁺～S₂O₃^2-，则c（Cu²⁺）=

0.1mol/L×0.0199L

0.02L

=0.0995mol/L，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；0.0995；
（3）已知碘化钾过量，溶液中存在平衡 I₂（aq）+I^-（aq）?I₃-（aq），当I₂被CCl₄萃取时，碘单质的浓度减小，该平衡向逆反应方向移动，又产生I₂，使水层的颜色依然较深；
故答案为：溶液中存在平衡 I₂（aq）+I^-（aq）?I₃-（aq），当I₂被CCl₄萃取时，平衡向逆反应方向移动，又产生I₂，使水层的颜色依然较深．

点评：本题考查了氧化还原反应、K_sp的应用、平衡移动的分析应用、滴定实验的原理应用等，把握滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，难度较大，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力．