Question

已知：I₂＋2S₂O₃^2-=S₄O₆^2-＋2I^－;CuI是不溶于水的白色沉淀。

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^－^39	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Fe^3＋转化为Fe(OH)₃沉淀，此时溶液中的c(Fe^3＋)＝_________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得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(用文字叙述)：____________________________________________。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0.100 0 mol·L^－1 Na₂S₂O₃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_______________作滴定指示剂，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

Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 或CuO 2.6×10－9 mol·L－1 CuCl2在加热过程中水解被促进,产生Cu(OH)2,且生成的HCl易挥发脱离体系，造成完全水解 在干燥的HCl气流中加热 淀粉溶液 蓝色褪去，维持半分钟不变蓝 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 95%

【解析】

（1）加入的物质用于调节pH，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Fe(OH)3的Ksp计算铁离子浓度；

（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标准溶液完全还原达到滴定到终点，根据发生反应离子方程式计算。

（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质能消耗氢离子，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜；溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10-4mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10mol/L，c（Fe3+）= =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，生成碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2＋2HCl＋2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水；

（3）①硫代硫酸钠滴定碘单质反应的方程式是2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色；

②CuCl2溶液与KI反应生成CuI、KCl和I2，反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2;

③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；

得到关系式 2Na2S2O3～2Cu2+

2 2

0.1000mol/L0.0200L 0.1000mol/L0.0200L=0.002mol

试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为=95%。