Question

7．氯化铜晶体在工业上可用作木材防腐剂，媒染剂等．现有含少量FeCl₂的酸性CuCl₂溶液，为得到纯净的CuCl₂•2H₂O晶体，某研究小组按如图步骤进行提纯：

已知：相关物质的溶度积常数如表：

物质	Cu（OH）2	Fe（OH）3	CuCl	CuI
Ksp	3.0×10-20	1.0×10-38	1.7×10-7	1.3×10-12

（1）最适合作氧化剂X的是d（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．HNO₃       b．NaClO       c．KMnO₄d．H₂O₂
（2）①为使Fe³⁺完全除去而不损失Cu²⁺的目的，加入的物质Y可以是CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃（填化学式）．
②调节至pH为3时，铁离子刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10^-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续调节至pH为4时，Cu²⁺开始沉淀（假定Cu²⁺浓度为3.0mol•L^-1）．
（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0.38g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． （已知：2Cu²⁺+4I^-═2CuI↓+I₂I₂+2S₂O₃^2-═S₄O₆^2-+2I^-）
①可选用淀粉溶液作滴定指示剂．
②达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使测定结果偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
③该试样中CuCl₂•2H₂O的质量百分含量为90%．

Answer 1

分析 某酸性CuCl₂溶液中含有少量的FeCl₂，为得到纯净的CuCl₂•2H₂O晶体，由流程可知，加氧化剂X将亚铁离子氧化为铁离子，X为氯气、氯水、过氧化氢等，但不能引入新杂质，溶液II中加入物质Y为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃等，促进铁离子的水解生成沉淀，然后过滤得到沉淀为Fe（OH）₃，溶液Ⅲ为CuCl₂溶液，因水解生成的HCl易挥发，则不能直接加热，应在HCl气流中蒸发结晶得到CuCl₂•2H₂O晶体，据此分析（1）（2）；
（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，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；
故答案为：d；将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，便于生成沉淀与Cu²⁺分离；
（2）①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；
故答案为：CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃；
②铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10^-5mol•L^-1，因Ksp=10^-38，则c（OH^-）=$\root{3}{\frac{1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=1×10^-11mol/L，此时pH=3，如铜离子开始沉淀，则c（OH^-）=$\root{3}{\frac{3×1{0}^{-20}}{3}}$mol/L=10^-10mol/L，此时pH=4；
故答案为：3；4；
（3）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；
②若滴定终点时俯视滴定管刻度，读取标准溶液体积减小，则由此测得的CuCl₂•2H₂O的质量分数会偏低；
故答案为：偏低；
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=$\frac{0.002mol×171g/mol}{0.38g}×100%$=90%；
故答案为：90%．

点评 本题考查物质的制备，涉及K_sp计算和物质制备、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．