Question

13．（1）在粗制CuSO₄•5H₂O晶體中常含有雜質(zhì)Fe²⁺．在提純時(shí)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．Cl₂ 水  　　    D．HNO₃
然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃，可以達(dá)到除去Fe³⁺而不損失CuSO₄的目的，調(diào)整溶液pH可選用下列中的CD．
A．NaOH         B．NH₃•H₂O     C．CuO           D．Cu（OH）₂
（2）甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液pH=4是否能達(dá)到除去Fe³⁺而不損失Cu²⁺的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過計(jì)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(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10^-5 mol•L^-1時(shí)就認(rèn)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(shí)溶液的pH為4，F(xiàn)e³⁺完全沉淀時(shí)溶液的pH為3.3，通過計(jì)算確定上述方案可行（填“可行”或“不可行”）．（已知lg2 約等于0.3）

Answer 1

分析 （1）加入合適氧化劑，使Fe²⁺氧化為Fe³⁺，不能引入新的雜質(zhì)；調(diào)整至溶液pH=4，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃，可以達(dá)到除去Fe³⁺而不損失CuSO₄的目的，則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀；
（2）依據(jù)氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計(jì)算溶液中的氫離子濃度計(jì)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(shí)就認(rèn)為沉淀完全．

解答 解：（1）加入合適氧化劑，使Fe²⁺氧化為Fe³⁺，不能引入新的雜質(zhì)，A、C、D中會(huì)引入雜質(zhì)，只有過氧化氫的還原產(chǎn)物為水，不引入雜質(zhì)，故只有B符合；調(diào)整至溶液pH=4，使Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃，可以達(dá)到除去Fe³⁺而不損失CuSO₄的目的，則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，則C、D均可，A、B將銅離子轉(zhuǎn)化為沉淀，不符合，
故答案為：B；CD；
（2）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；依據(jù)溶度積常數(shù)c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=3.0×10^-20 ；c²（OH^-）=$\frac{3.0×10{\;}^{-20}}{3.0}$=10^-20；得到c（OH^-）=10^-10mol/L，依據(jù)水溶液中的離子積c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14；求的c（H⁺）=10^-4mol/L，溶液pH=4，則Cu（OH）₂開始沉淀時(shí)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(shí)就認(rèn)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^-）=$\frac{8.0×10{\;}^{-38}}{1×10{\;}^{-5}}$=8.0×10^-33；求的c（OH^-）=2×10^-11mol/L；水溶液中的離子積c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14；c（H⁺）=5×10^-4mol/L，則pH=3.3；通過計(jì)算可知pH=4能達(dá)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(diǎn)評(píng) 本題綜合考查物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于學(xué)生的分析、計(jì)算能力的考查，為高頻考點(diǎn)，注意把握鹽類的水解以及難溶電解質(zhì)的溶解平衡，主要是溶解沉淀的轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析應(yīng)用和計(jì)算，題目難度中等．