Question

8．（1）在25℃下，向濃度均為0.1mol•L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu（OH）₂沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺．（已知25℃時K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10^-11，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20．）
（2）在粗制CuSO₄•5H₂O晶體中常含有雜質(zhì)Fe²⁺．在提純時為了除去Fe²⁺，常加入合適氧化劑，使Fe²⁺氧化為Fe³⁺，下列物質(zhì)可采用的是B
A．KMnO₄　 B．H₂O₂　　  C．氯水　　    D．HNO₃
然后再加入適當物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃，可以達到除去Fe³⁺而不損失CuSO₄的目的，調(diào)整溶液pH不可選用下列中的AB
A．NaOH         B．NH₃•H₂O     C．CuO           D．Cu（OH）₂
（3）甲同學懷疑調(diào)整至溶液pH=4是否能達到除去Fe³⁺而不損失Cu²⁺的目的，乙同學認為可以通過計算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe（OH）₃的溶度積K_sp=8.0×10^-38，Cu（OH）₂的溶度積K_sp=3.0×10^-20，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol•L^-1時就認為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO₄的濃度為3.0mol•L^-1，則Cu（OH）₂開始沉淀時溶液的pH為4，F(xiàn)e³⁺完全沉淀時溶液的pH為3.3，通過計算確定上述方案可行（填“可行”或“不可行”）

Answer 1

分析 （1）由Ksp可知K_sp[Cu（OH）₂]小，易轉(zhuǎn)化為沉淀，氯化銅與氨水反應(yīng)生成氫氧化銅和氯化銨；
（2）除去Fe²⁺，常加入合適氧化劑，使Fe²⁺氧化為Fe³⁺，不能引入新雜質(zhì)；促進鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，且不引入新雜質(zhì)；
（3）由氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計算溶液中的氫離子濃度計算pH；結(jié)合氫氧化鐵溶度積和殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol•L^-1時就認為沉淀完全．

解答 解：（1）難溶電解質(zhì)的溶度積越小，加入氨水時越易生成沉淀，則生成的沉淀為Cu（OH）₂，反應(yīng)的離子方程式為Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺，
故答案為：Cu（OH）₂；Cu²⁺+2NH₃•H₂O=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；
（2）A、C、D均可氧化亞鐵離子，但引入新雜質(zhì)，只有B中還原產(chǎn)物為水，不引入新雜質(zhì)；調(diào)整至溶液pH=4，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃，可以達到除去Fe³⁺而不損失CuSO₄的目的，C、D均可，A中引入新雜質(zhì)鈉離子，B中引入新雜質(zhì)銨根離子，且AB中試劑過量導(dǎo)致銅離子轉(zhuǎn)化為沉淀，故答案為：B；AB；
（3）Cu（OH）₂的溶度積K_sp=3.0×10^-20，溶液中CuSO₄的濃度為3.0mol•L^-1，c（Cu²⁺）=3.0mol•L^-1；由溶度積常數(shù)c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=3.0×10^-20；c²（OH^-）=$\frac{3.0×1{0}^{-20}}{3.0}$=10^-20，解得c（OH^-）=10^-10mol/L，由水溶液中的離子積c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14，可知c（H⁺）=10^-4mol/L，溶液pH=4，則Cu（OH）₂開始沉淀時溶液的pH為4；
殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol•L^-1時就認為沉淀完全，F(xiàn)e（OH）₃的溶度積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，解得c（OH^-）=2×10^-11mol/L，由水溶液中的離子積c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14可知c（H⁺）=5×10^-4mol/L，則pH=3.3，即通過計算可知pH=4能達到除去Fe³⁺而不損失Cu²⁺的目的，則方案可行，
故答案為：4；3.3；可行．

點評 本題考查較綜合，涉及沉淀的生成、混合物分離提純及鹽類水解應(yīng)用、溶度積及pH的計算等，注重高頻考點的考查，把握反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等．