Question

18．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品．某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl₂•2H₂O），已知氯化铜易溶于水，难溶于乙醇．

（1）溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺．能检验出溶液1中Fe²⁺的试剂是①②（填编号）
①KMnO₄        ②K₃[Fe（CN）₆]③NaOH         ④KSCN
（2）试剂Y用于调节pH以除去杂质，Y可选用下列试剂中的（填序号）cd．
a．NaOH   b．NH₃•H₂O   c．CuO   d．Cu₂（OH）₂CO₃   e．CuSO₄
调节pH至4～5的原因是使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀．
（3）配制实验所需480mL10mol/L浓HCl时用到的玻璃仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶．
（4）得到CuCl₂•xH₂O晶体最好采用的干燥方式是D．
A．空气中加热蒸干                     B．空气中低温蒸干
C．HCl气流中高温烘干                 D．HCl气流中低温烘干
（5）为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl₂•xH₂O）中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng．根据实验数据测得x=$\frac{80m-135n}{18n}$（用含m、n的代数式表示）．
（6）NH₄HSO₄在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．现向100mL 0.1mol•L^-1NH₄HSO₄溶液中滴加0.1mol•L^-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d、e五个点．
①b点时，溶液中发生水解反应的离子是NH₄⁺；
②在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）．
③d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d＞e（填“＞”、“＜”或“=”）．

Answer 1

分析 粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl₂和FeCl₃，为防止水解，应加入过量的稀盐酸进行溶解，并保证金属完全反应，溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺，加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，应为H₂O₂，还原得到水，是绿色氧化剂，通过调节pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且加入Y可以消耗氢离子且不能引入新杂质，可以为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃．滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuCl₂•2H₂O，
（1）Fe²⁺具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；能与K₃[Fe（CN）₆]反应得到蓝色铁氰化亚铁蓝色沉淀；
（2）调节pH至4～5之间，液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀，过滤分离；
（3）配制实验所需480mL10mol/L浓HCl时用到的玻璃仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶；
（4）CuCl₂•xH₂O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干；
（5）氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒计算CuCl₂•xH₂O的物质的量，再结合m=nM计算x的值；
（6）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H⁺，溶液中只有（NH₄）₂SO₄与Na₂SO₄；
②c点溶液呈中性，则溶液含有（NH₄）₂SO₄、Na₂SO₄、NH₃•H₂O三种成分；
③根据碱性溶液中，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小进行分析．

解答 解：粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl₂和FeCl₃，为防止水解，应加入过量的稀盐酸进行溶解，并保证金属完全反应，溶液1中的金属离子有Fe³⁺、Fe²⁺、Cu²⁺，加入试剂X目的是将溶液中Fe²⁺氧化为Fe³⁺，应为H₂O₂，还原得到水，是绿色氧化剂，通过调节pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且加入Y可以消耗氢离子且不能引入新杂质，可以为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃、Cu₂（OH）₂CO₃．滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuCl₂•2H₂O．
（1）①Fe²⁺具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，用高锰酸钾溶液可以检验Fe²⁺，故正确；
②Fe²⁺能与K₃[Fe（CN）₆]反应得到蓝色铁氰化亚铁蓝色沉淀，故正确；
③铁离子、铜离子均与NaOH反应生成沉淀，影响亚铁离子检验，故错误；
④铁离子与KSCN反应，溶液呈红色，不能检验Fe²⁺，故错误；
故选：①②；
（2）由上述分析可知，试剂X为盐酸，加入过量的盐酸，充分反应，抑制Cu²⁺水解；加入Y可以消耗氢离子调节溶液pH，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，过滤分离，且不能引入新杂质，
a．NaOH引入杂质钠离子，故a错误；
b．NH₃•H₂O 引入铵根离子，故b错误；
c．CuO可以调节PH值，除去杂质，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，故c正确；
d．Cu₂（OH）₂CO₃ 可以调节PH值，除去杂质，过量的Cu₂（OH）₂CO₃ 过滤除去，不引入杂质，故d正确；
e．CuSO₄不能调节PH值，引入硫酸根离子，故e错误；
调节pH至4～5之间，使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀，
故答案为：cd；使溶液中Fe³⁺转化为Fe（OH）₃沉淀，Cu²⁺离子不沉淀；
（3）配制实验所需480mL10mol/L浓HCl时用到的玻璃仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（4）CuCl₂•xH₂O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干，
故答案为：D；
（5）氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒：n（CuCl₂•xH₂O）=n（CuO）=$\frac{n}{80}$mol，则$\frac{n}{80}$mol×（135+18x）=mg，解得x=$\frac{80m-135n}{18n}$，
故答案为：$\frac{80m-135n}{18n}$；
（6）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H⁺，溶液中只有（NH₄）₂SO₄与Na₂SO₄，溶液中发生水解反应的离子是NH₄⁺，
故答案为：NH₄⁺；
②c点溶液呈中性，即溶液含有（NH₄）₂SO₄、Na₂SO₄、NH₃•H₂O三种成分，b点时c（Na⁺）=c（SO₄^2-），c点时c（Na⁺）＞c（SO₄^2-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺），溶液中离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺），
故答案为：c（Na⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（OH^-）=c（H⁺）；
③d、e溶液都为碱性溶液，溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液体积越大，水的电离沉淀越小，故d点水的电离程度大于e点水的电离，
故答案为：＞．

点评 本题考查化学工艺流程及实验制备，涉及对实验装置与操作及试剂的分析评价、物质分离提纯、化学平衡移动、化学计算等，要求学生具备扎实的基础与综合运用能力，难度很大．