Question

【題目】已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：

物質(zhì)	Cu(OH)2	Fe(OH)3	CuCl	CuI
Ksp	2.2×10－20	2.6×10－29	1.7×10－7	1.3×10－12

（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2﹒2H2O晶體，加入 調(diào)至pH＝4，使溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3+)＝ ；過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl2﹒2H2O晶體。

（2）在空氣中直接加熱CuCl2﹒2H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因是 。(用化學(xué)方程式表示)。由CuCl2﹒2H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是 。

（3）某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2﹒2H2O晶體的試樣(不含能與I―發(fā)生反應(yīng)的氧化性質(zhì)雜質(zhì))的純度，過程如下：取0.36 g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.1000 mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00 mL。

①可選用 作滴定指示荊，滴定終點的現(xiàn)象是 。

②CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為 。

③該試樣中CuCl2﹒2H2O的質(zhì)量百分數(shù)為 。

Answer 1

【答案】

（1） Cu(OH)2 或Cu2(OH)2CO3；2．6×10-5 mol·L-1 ；

(2) 2CuCl 2H2OCu(OH)2 CuC12+2HC1+2H2O[主要產(chǎn)物寫成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、 CuO均可；在干燥的HCl氣流中加熱脫水；

（3）①淀粉溶液；藍色褪去，放置一定時間后不恢復(fù)原色；②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；③95%；

【解析】

試題分析：（1）為得到純凈的CuCl22H2O晶體要除去氯化鐵，則溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，加入物質(zhì)能與酸反應(yīng)能轉(zhuǎn)化為氯化銅，且不能引進雜質(zhì)，可以是Cu(OH)2、CuO、CuCO3或Cu2(OH)2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氫氧根離子濃度為10-4 mol/L，則氫氧根離子濃度為10-10 mol/L，c(Fe3+) = = = 2.6 × 10-9 mol/L，故答案為：Cu(OH)2、CuO、CuCO3或Cu2(OH)2CO3；2.6×10-9mol/L；

（2）由于CuCl2在加熱過程中水解被促進，且生成的HCl又易揮發(fā)而脫離體系，造成水解完全，堿式氯化銅或氫氧化銅，以至于得到CuO固體，而不是CuCl2，反應(yīng)方程式為：2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O，要想得到較純的無水氯化銅應(yīng)在氯化氫氣流中抑制其水解，并帶走水蒸氣，故答案為：2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O；抑制水解，帶走水蒸氣；

（3）測定含有CuCl22H2O晶體的試樣(不含能與I-發(fā)生反應(yīng)的氧化性質(zhì)雜質(zhì))的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，

①硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì)，利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍選擇指示劑為淀粉；終點時溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：淀粉溶液；溶液藍色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色；

②CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為為：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，故答案為：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；

③依據(jù)2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；

得到 2Na2S2O3 ～ 2Cu2+

2 2

0.1000mol/L×0.0200L 0.002mol

則CuCl22H2O的物質(zhì)的量為：0.002mol，試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量百分數(shù)為×100%=95%，故答案為：95%。