Question

13．粗制CuSO₄•5H₂O晶體中常含有雜質(zhì)Fe²⁺．已知，K_sp[Fe（OH）₂]=4.0×10^-20，K_sp[Cu（OH）₂]=4.9×10^-20，K_sp[Fe（OH）₃]=8.0×10^-38；若溶液中某離子的濃度小于或等于1×10^-6mol•L^-1時，則認為該離子沉淀完全．
（1）常溫下，粗制CuSO₄•5H₂O晶體溶于水，此時溶液呈酸（填“酸”、“堿”或“中”）性，原因是Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺（用離子方程式表示）．
（2）在提純時為了除去Fe²⁺，常加入合適的氧化劑，使Fe²⁺氧化為Fe³⁺，可選用B．
A．KMnO₄溶液   B．H₂O₂溶液   C．氯水   D．HNO₃溶液
（3）向（1）所得的溶液（Fe²⁺已被氧化為Fe³⁺）中加入CuO（填“NaOH”、“NH₃•H₂O”或“CuO”）調(diào)整至溶液pH=4，此時Fe³⁺的濃度是8.0×10^-8mol/L．
（4）向100mL2.0mol•L^-1CuSO₄溶液中通入標準狀況下的氨氣6.72L，此時溶液中各離子濃度由大到小的順序是c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

Answer 1

分析 （1）硫酸銅溶液因為銅離子的水解導致溶液顯酸性；
（2）根據(jù)除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應，不能與原物質(zhì)反應；
（3）反應后不能引入新的雜質(zhì)，調(diào)整溶液的pH時，加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子．以此來解答；pH=4時c（OH^-）=1.0×10^-10，據(jù)K_sp[Fe（OH）₃]=8.0×10^-38計算鐵離子濃度；
（4）向CuSO₄溶液中通入氨氣能夠發(fā)生反應，CuSO₄+2NH₃+2H₂O=Cu（OH）₂↓+（NH₄）₂SO₄，氨氣有0.3mol，0.2molCuSO₄只能反應0.15mol，有0.05molCuSO₄剩余，據(jù)此分析．

解答 解：（1）CuSO₄強酸弱堿鹽，銅離子能夠水解，Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺，因為銅離子的水解導致溶液顯酸性，故答案為：酸；Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺；
（2）除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應，不能與原物質(zhì)反應；②反應后不能引入新的雜質(zhì)，四個選項中，只有雙氧水氧化后生成水，雙氧水受熱見光易分解，沒有多余雜質(zhì)；故答案為：B；
（3）調(diào)整溶液的pH時，加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子，氫氧化鈉中含有鈉離子，氨水反應后生成銨根離子，所以氫氧化鈉和氨水能引進新的雜質(zhì)離子，CuO反應后生成銅離子和水而不引進新的雜質(zhì)離子；pH=4時c（OH^-）=1.0×10^-10，K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c（OH^-）³=8.0×10^-38，所以c（Fe³⁺）=$\frac{8.0×1{0}^{-38}}{（1.0×1{0}^{-10}）^{3}}$=8.0×10^-8mol/L，故答案為：CuO；8.0×10^-8mol/L；
（4）標準狀況下的氨氣6.72L為$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3mol，n（CuSO₄）=0.1L×2.0mol/L=0.2mol，據(jù)CuSO₄+2NH₃+2H₂O=Cu（OH）₂↓+（NH₄）₂SO₄可知，0.2molCuSO₄只能反應0.15mol，有0.05molCuSO₄剩余，反應后的溶液中還有反應生成的0.15mol（NH₄）₂SO₄，c（NH₄⁺）濃=0.3mol/L，c（Cu²⁺）=0.05mol/L，c（SO₄^2-）=0.2mol/L，銨根離子水解導致溶液顯酸性，水解很微弱，所以離子濃度由大到小的順序為c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
故答案為：c（NH₄⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．

點評 本題考查了鹽類水解、沉淀的溶度積計算、離子濃度大小比較等，題目難度不大，注意強酸弱堿鹽水解顯酸性、水解是微弱的．