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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)2Fe(OH)3CuClCuI
Ksp3.0×10-201.0×10-381.7×10-71.3×10-12
(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+2S2O32-═S4O62-+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%.

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Ksp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.

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