Question

11．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl₂•2H₂O），已知氯化铜易溶于水，难溶于乙醇．

（1）溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺．能检验溶液1中Fe²⁺的试剂②（填编号）．
①KMnO₄    ②K₃[Fe（CN）₆]③NaOH      ④KSCN
为了更完全的沉淀，试剂X为H₂O₂．
（2）试剂Y用于调节pH以除去杂质，Y可选用下列试剂中的（填序号）cd．
a．NaOH    b．NH₃•H₂O    c．CuO    d．Cu₂（OH）₂CO₃    e．CuSO₄
调节pH至4～5的原因是使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀．
（3）实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与Cl₂反应转化为固体1（部分加热和夹持装置已略去）．

有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要（填“是”或“否”）否，理由是HCl不参与反应，且能抑制Cu²⁺水解．
（4）实验所需480mL10mol/L浓HCl配制时用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶．
（5）该装置存在缺陷，请写出：缺少防止倒吸装置安全瓶．
（6）得到CuCl₂•xH₂O晶体最好采用的干燥方式是D．
A．空气中加热蒸干
B．空气中低温蒸干
C．HCl气流中加热烘干
D．HCl气流中低温烘干
（7）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl₂•xH₂O）中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng．沉淀洗涤的操作方法是向过滤器中加入水至完全浸没沉淀，过滤，重复2～3次，根据实验数据测得x=$\frac{80m-135n}{18n}$（用含m、n的代数式表示）．

Answer 1

分析 粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl₂和FeCl₃，为防止水解，应加入过量的稀盐酸进行溶解，并保证金属完全反应，溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺，加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，应为H₂O₂，还原得到水，是绿色氧化剂，通过调节pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且加入Y可以消耗氢离子且不能引入新杂质，可以为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃．滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuCl₂•2H₂O，
（1）Fe²⁺具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但要考虑溶液里Cl^-对Fe²⁺的干扰；能与K₃[Fe（CN）₆]反应得到蓝色铁氰化亚铁蓝色沉淀；加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，最好应为H₂O₂；
（2）调节pH至4～5之间，液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀，过滤分离；
（3）由于HCl不影响氯气和粗铜的反应的产物，且可以抑制氯化铜水解，氯气中混有的HCl不需要除去；
（4）实验所需480mL10mol/L浓HCl配制时用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；
（5）该装置缺少防止倒吸装置，在D、E之间添加防倒吸的安全瓶；
（6）CuCl₂•xH₂O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干；
（7）氯化铜溶液中加入足量氢氧化钠溶液、过滤得到沉淀为氢氧化铜，沉淀洗涤的操作方法是：向过滤器中加入水至完全浸没沉淀，过滤，重复2～3次；
氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒计算CuCl₂•xH₂O的物质的量，再结合m=nM计算x的值．

解答 解：粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl₂和FeCl₃，为防止水解，应加入过量的稀盐酸进行溶解，并保证金属完全反应，溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺，加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，应为H₂O₂，还原得到水，是绿色氧化剂，通过调节pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且加入Y可以消耗氢离子且不能引入新杂质，可以为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃．滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuCl₂•2H₂O．
（1）①Fe²⁺具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，用高锰酸钾溶液可以检验Fe²⁺，但溶液里存在的Cl^-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①错误；
②Fe²⁺能与K₃[Fe（CN）₆]反应得到铁氰化亚铁蓝色沉淀，故②正确；
③铁离子、铜离子均与NaOH反应生成沉淀，影响亚铁离子检验，故③错误；
④铁离子与KSCN反应，溶液呈红色，不能检验Fe²⁺，故④错误；
加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，X应为H₂O₂，还原得到水，是绿色氧化剂，
故答案为：②；H₂O₂；
（2）由上述分析可知，试剂X为盐酸，加入过量的盐酸，充分反应，抑制Cu²⁺水解；
加入Y可以消耗氢离子调节溶液pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且不能引入新杂质，
a．NaOH引入杂质钠离子，故a错误；
b．NH₃•H₂O 引入铵根离子，故b错误；
c．CuO可以调节PH值，除去杂质，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，故c正确；
d．Cu₂（OH）₂CO₃ 可以调节PH值，除去杂质，过量的Cu₂（OH）₂CO₃ 过滤除去，不引入杂质，故d正确；
e．CuSO₄不能调节PH值，引入硫酸根离子，故e错误；
调节pH至4～5之间，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀，
故答案为：cd；使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀；
（3）HCl对反应没有影响，且可以抑制氯化铜水解，不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，
故答案为：否；HCl不参与反应，且能抑制Cu²⁺水解；
（4）实验所需480mL10mol/L浓HCl配制时用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（5）该装置缺少防止倒吸装置，在D、E之间添加防倒吸的安全瓶，
故答案为：缺少防止倒吸装置安全瓶；
（6）CuCl₂•xH₂O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干，
故答案为：D；
（7）氯化铜溶液中加入足量氢氧化钠溶液、过滤得到沉淀为氢氧化铜，沉淀洗涤的操作方法是：向过滤器中加入水至完全浸没沉淀，过滤，重复2～3次；
氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒：n（CuCl₂•xH₂O）=n（CuO）=$\frac{n}{80}$mol，则：$\frac{n}{80}$mol×（135+18x）=mg，解得x=$\frac{80m-135n}{18n}$，
故答案为：向过滤器中加入水至完全浸没沉淀，过滤，重复2～3次；$\frac{80m-135n}{18n}$．

点评 本题考查化学工艺流程及实验制备，涉及对实验装置与操作及试剂的分析评价、物质分离提纯、化学平衡移动、化学计算等，要求学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度很大．