Question

19．孔雀石主要成分是Cu₂（OH）₂CO₃，还含少量FeCO₃及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下

（1）步骤Ⅱ中试剂①是b（填代号）．
a．KMnO₄　　　　　b．H₂O₂         c．Fe粉          d．KSCN
（2）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作．
（3）高铁酸钾（K₂FeO₄）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂，它可以通过Fe（OH）₃与KClO和KOH的混合液制备，写出此离子方程式：2Fe（OH）₃+3C1O^-+4OH^-=2FeO₄^2-+3C1^-+5H₂O．
在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K₂FeO₄+3Zn═Fe₂O₃+ZnO+2K₂ZnO₂　该电池正极发生的反应的电极反应式为：2FeO₄^2ˉ+6eˉ+5H₂O=Fe₂O₃+10 OH^-．
（4）步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH．查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）₃的溶度积常数K_sp=8.0×10^-38，Cu（OH）₂的溶度积常数K_sp=3.0×10^-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5 mol•L^-1时就认为沉淀完全．设溶液2中Cu²⁺的浓度为3.0mol•L^-1．步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH，根据以上数据计算应调节溶液的pH范围是3.3＜pH＜4．（已知 lg5=0.7）
（5）测定硫酸铜晶体（CuSO₄•xH₂O）中结晶水的x值：称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g．则计算得x=4.4（计算结果精确到0.1）．

Answer 1

分析 孔雀石的主要成分为Cu₂（OH）₂CO₃，还含少量FeCO₃、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体，
（1）步骤Ⅱ中加入试剂①的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质；
（2）溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（3）NaClO与Fe（OH）₃在强碱性条件下反应制得K₂FeO₄，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，结合电子、电荷守恒解答，在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K₂FeO₄在正极发生还原反应生成氧化铁，据此书写电极反应式，注意电解质溶液为碱性溶液；
（4）步骤Ⅲ加入CuO目的是调节溶液的pH使铁离子沉淀完全，同时铜离子不沉淀，依据常温下Fe（OH）₃和Cu（OH）₂的溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度，据此判断pH范围；
（5）称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，受热前后质量变化为结晶水的质量，结合化学方程式CuSO₄•xH₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+xH₂O计算x．

解答 解：（1）步骤Ⅱ中加入试剂①的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，
a．KMnO₄溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾离子、锰离子，故a错误；　　　　
b．加入H₂O₂会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b正确；       
c．Fe不具有氧化性，无法氧化亚铁离子，故c错误；          
d．加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d错误；
故答案为：b；
（2）操作Ⅳ是溶液中得到硫酸铜晶体，不能直接蒸干，该操作方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）NaClO与Fe（OH）₃在强碱性条件下反应制得K₂FeO₄，Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒可知离子反应为2Fe（OH）₃+3C1O^-+4OH^-=2FeO₄^2-+3C1^-+5H₂O，在碱性锌电池中，锌做负极发生氧化反应，K₂FeO₄在正极发生还原反应生成氧化铁，正极的电极反应式为：2FeO₄^2ˉ+6eˉ+5H₂O=Fe₂O₃+10 OH^-，
故答案为：2Fe（OH）₃+3C1O^-+4OH^-=2FeO₄^2-+3C1^-+5H₂O；2FeO₄^2ˉ+6eˉ+5H₂O=Fe₂O₃+10 OH^-；
（4）Cu（OH）₂的溶度积K_sp=3.0×10^-20，溶液中CuSO₄的浓度为3.0mol•L^-1，c（Cu²⁺）=3.0mol•L^-1；依据溶度积常数c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=3.0×10^-20；c²（OH^-）=$\frac{3.0×1{0}^{-20}}{3.0}$=10^-20；得到c（OH^-）=10^-10mol/L，依据水溶液中的离子积c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14；求的c（H⁺）=10^-4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）₂开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5 mol•L^-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）₃的溶度积K_sp=8.0×10^-38，c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=8.0×10^-38；c³（OH^-）=$\frac{8.0×1{0}^{-38}}{1×1{0}^{-5}}$=8.0×10^-33；求得c（OH^-）=2×10^-11mol/L；水溶液中的离子积c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14、c（H⁺）=5×10^-4mol/L，则pH=3.3；
所以要除去Fe³⁺而不损失Cu²⁺溶液的pH范围是：3.3＜pH＜4，
故答案为：3.3＜pH＜4；
（5）称取2.4g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，n（CuSO₄）物质的量=$\frac{1.6g}{160g/mol}$=0.01mol，受热质量减少2.4g-1.6g=0.8g，水的物质的量=$\frac{0.8g}{18g/mol}$=0.044mol；
CuSO₄•xH₂O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+xH₂O
              1     x
         0.01mol    0.044mol
$\frac{1}{0.01mol}$=$\frac{x}{0.044mol}$，
解得：x=4.4
故答案为：4.4．

点评 本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质性质的理解应用、电化学知识、溶液pH值的计算等，综合性强，掌握实验基本操作和流程分析是关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．