题目内容
已知：I2+2S2O32-═S4O62-+2I-； 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2．相关物质的溶度积常数见下表：
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2?2H2O晶体，加入 调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）= ；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2?2H2O晶体．
（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是 ．（用化学方程式表示）．
（3）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 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．
①可选用 作滴定指示荆，滴定终点的现象是 ．
②该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为 ．
| 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 |
（2）在空气中直接加热CuCl2?2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是
（3）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 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．
①可选用
②该试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为
考点：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）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，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+）=
计算c（Fe3+）；
（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；
（3）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，根据物质间的关系式进行计算．
| Ksp[Fe(OH)3] |
| c3(OH-) |
（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；
（3）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，根据物质间的关系式进行计算．
解答：
解：（1）为得到纯净的CuCl2?2H2O晶体要除去氯化铁，则溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，加入物质能与酸反应能转化为氯化铜，且不能引进杂质，可以是Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；
溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为10-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10 mol/L，c（Fe3+）=
=
=2.6×10-9mol/L，
故答案为：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10-9mol/L；
（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，反应方程式为：2CuCl2?2H2O
Cu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O，故答案为：2CuCl2?2H2O
Cu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O；
（3）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；终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，
故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
②依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；
得到 2Na2S2O3 ～2Cu2+
2 2
0.1000mol/L×0.0200L 0.002mol，则CuCl2?2H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为
×100%=95%，
故答案为：95%．
溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为10-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10 mol/L，c（Fe3+）=
| Ksp[Fe(OH)3] |
| c3(OH-) |
| 2.6×10-39 |
| (1×10-10)3 |
故答案为：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6×10-9mol/L；
（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，反应方程式为：2CuCl2?2H2O
| ||
| ||
（3）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；终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，
故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
②依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；
得到 2Na2S2O3 ～2Cu2+
2 2
0.1000mol/L×0.0200L 0.002mol，则CuCl2?2H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl2?2H2O的质量百分数为
| 0.002mol/L×171g/mol |
| 0.36g |
故答案为：95%．
点评：本题考查Ksp计算和物质制备，利用平衡移动原理、氧化还原滴定分析解答，明确滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，注意加热灼烧CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固体的区别，为易错点．
练习册系列答案
相关题目
在一密闭容器中，mA（g）+bB（g）?pC（g）反应平衡时，测得 c（A）为 0.5mol?L-1，在温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c（A）为 0.3mol?L-1，则下列判断中正确的是（ ）
| A、平衡向正反应方向移动了 |
| B、物质 B 的转化率减小了 |
| C、化学计量数：m+b＜p |
| D、物质 C 的质量分数增加了 |
某温度下，密闭容器中发生反应aX（g）?bY（g）+cZ（g），达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质X的浓度是原来的1.8倍．则下列叙述正确的是（ ）
| A、可逆反应的化学计量数：a＜b+c |
| B、压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小 |
| C、达到新平衡时，Y，Z浓度增大，K值变大 |
| D、达到新平衡后，保持容器体积不变，加入物质X平衡正向移动，X的转化率增大 |
下列推论，可以成立的是（ ）
| A、Fe与足量的Br2反应可以制得大量的FeBr3，故Fe与足量I2蒸气反应也可以制得大量的FeI3 |
| B、CO2气体通入Ca（ClO）2溶液中可以得到HClO，故SO2气体通入Ca（ClO）2溶液中也一定能得到HClO |
| C、FeCl3溶液加热蒸干后得不到FeCl3，故Fe2（SO4）3溶液加热蒸干后也得不到Fe2（SO4）3 |
| D、Cu（OH）2可溶于HNO3溶液，故Al（OH）3也可溶于HNO3溶液 |