Question

已知：I₂+2S₂O₃^2-=S₄O₆^2-+2I^-。相关物质的溶度积常数见下表：

物质	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，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)。由CuCl₂﹒2H₂O晶体得到纯的无水CuCl₂的合理方法是           。

（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^―发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol·L^-1Na₂S₂O₃标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na₂S₂O₃标准溶液20.00 mL。

①可选用          作滴定指示荆，滴定终点的现象是                  。

②CuCl₂溶液与KI反应的离子方程式为                  。

③该试样中CuCl₂﹒2H₂O的质量百分数为                  。

Answer

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

(2) 2CuCl• 2H2OCu(OH)2• CuC12+2HC1+2H2O[主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、 CuO均可；在干燥的HCl气流中加热脱水；

（3）①淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；③95%；

【解析】

试题分析：（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 × 10-9 mol/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•2H2OCu(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O，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，并带走水蒸气，故答案为：2CuCl2•2H2OCu(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O；抑制水解，带走水蒸气；

（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；

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 0.002mol

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%。

考点：考查了Ksp计算和物质制备、平衡移动原理、氧化还原滴定的相关知识。