Question

7．已知：相关物质的溶度积常数见表：

物质	Cu（OH）2	Fe（OH）3	CuCl	CuI
Ksp	2.2×10-20	2.6×10-39	1.7×10-7	1.3×10-12

现有某酸性CuCl₂溶液中含有少量的FeCl₂，为得到纯净的CuCl₂•2H₂O晶体，按如图步骤进行提纯：

（1）最适合作氧化剂X的是C（填字母），加入X的目的是将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀与Cu²⁺分离．
A．K₂Cr₂O₇　    B．NaClO　　     C．H₂O₂　　D．KMnO₄
加入的物质Y是CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃（填化学式），调至溶液pH=4，使溶液中的Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，此时溶液中的c（Fe³⁺）=2.6×10^-9mol/L．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl₂•2H₂O晶体．
（2）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl₂•2H₂O晶体的试样（不含能与I^-发生反
应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，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，到达滴定终点时，消耗Na₂S₂O₃标准溶液20.00mL．（I₂+2S₂O₃^2-═S₄O₆^2-+2I^-）
①可选用淀粉溶液作滴定指示剂．②CuCl₂溶液与KI反应的离子方程式为2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂．
③该试样中CuCl₂•2H₂O的质量百分数为95%．

Answer 1

分析 （1）H₂O₂作氧化剂的反应产物为水，不会引入新的杂质；根据表中数据可知Fe³⁺比Fe²⁺容易转化为沉淀；加入的物质用于调节pH以除去杂质，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp[Fe（OH）_{3}]}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$计算铁离子浓度；
（2）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，发生反应离子方程式计算分析．

解答 解：（1）H₂O₂作氧化剂的反应产物为水，不会引入新的杂质，所以最适合作氧化剂X的是H₂O₂；根据表中数据可知Fe³⁺比Fe²⁺容易转化为沉淀，因此要把Fe²⁺转化为Fe³⁺，所以加入双氧水的目的是将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀与Cu²⁺分离；为得到纯净的CuCl₂•2H₂O晶体，加入的物质来调节pH且不能引进新的杂质，所以加入物质应能转化为氯化铜，则可以加入CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；
溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10^-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10^-10 mol/L，c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp[Fe（OH）_{3}]}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=$\frac{2.6×1{0}^{-39}}{（1×1{0}^{-10}）^{3}}$=2.6×10^-9mol/L；
故答案为：C；将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀与Cu²⁺分离；CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；2.6×10^-9mol/L；
（2）测定含有CuCl₂•2H₂O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0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na₂S₂O₃标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na₂S₂O₃标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，
①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；
故答案为：淀粉溶液；
②CuCl₂溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，
故答案为：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂；
③依据2Na₂S₂O₃+I₂═Na₂S₄O₆+2NaI，2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂；
得到 2Na₂S₂O₃～2Cu²⁺
     2        2
0.1000mol/L×0.0200L 0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol
试样中CuCl₂•2H₂O的质量百分数=$\frac{0.002mol×171g/mol}{0.36g}$×100%=95%，
故答案为：95%．

点评 本题考查K_sp计算和物质制备、沉淀溶解平衡的分析应用、滴定实验的原理应用等，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，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．