Question

12．氧化銅有多種用途，如用作玻璃著色劑、油類脫硫劑等．為獲得純凈的氧化銅，某同學用工業(yè)硫酸銅（含硫酸亞鐵等雜質）進行如下實驗：

經查閱資料得知，在溶液中通過調節(jié)溶液的酸堿性而使Cu²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺分別生成沉淀的pH如下：

物質	Cu（OH）2	Fe（OH）2	Fe（OH）3
開始沉淀pH	6.0	7.5	1.4
沉淀完全pH	13	14	3.7

（1）步驟Ⅰ的目的是除不溶性雜質．所需操作的名稱是溶解、過濾．
（2）步驟Ⅱ的目的是除硫酸亞鐵．操作步驟是先滴加H₂O₂溶液，稍加熱，當Fe²⁺轉化完全后，慢慢加入Cu₂（OH）₂CO₃粉末，攪拌，以調整溶液pH在一定范圍之內，加熱煮沸一段時間，過濾，用稀硫酸酸化濾液至pH=1．
①寫出用H₂O₂溶液除去硫酸亞鐵的離子方程式2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O．
②調整pH 的范圍應該在3.7～6.0之間．
（3）步驟Ⅲ的目的是得到CuSO₄•5H₂O晶體．操作是將溶液加熱蒸發(fā)至有晶膜出現時，停止加熱，冷卻結晶，水浴加熱烘干．采用水浴加熱的原因是防止CuSO₄•5H₂O晶體分解．
（4）該同學用CuSO₄溶液進行如下探究實驗：取A、B兩支試管，分別加入 2mL  5%H₂O₂溶液，再向H₂O₂溶液中分別滴入0.1mol•L^-1FeCl₃和CuSO₄ 溶液各1mL，搖勻，觀察到滴入FeCl₃溶液的試管產生氣泡更快，由此得到結論：Fe³⁺對H₂O₂溶液分解的催化效率比Cu²⁺高，該同學的結論是否正確錯誤（填正確或錯誤），請說明原因根據控制變量的思想，所用溶液的陰離子不同，無法比較陽離子的催化效率．
（5）16克硫酸銅固體投入水中形成1升溶液，則該溶液顯酸性（填“酸性”或“堿性”或“中性”），溶液中所有陽離子總數大于0.1N_A（填“等于”或“大于”或“小于”），若在上述新配制溶液加入稀硫酸再加入鐵片產生氫氣速率會明顯加快，原因是形成原電池；室溫下、若在上述新配制溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH=8時c（Cu²⁺）=2.2×10^-8mol•L^-1（K_ap[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20）．

Answer 1

分析 （1）除去不溶性雜質的操作是過濾；
（2）H₂O₂將Fe²⁺氧化為Fe³⁺；
（3）將CuSO₄溶液加熱蒸發(fā)至有晶體析應進行冷卻結晶，注意溫度不能過高，防止晶體分解；
（4）要排除陰離子的干擾；
（5）硫酸銅是強酸弱堿鹽，銅離子水解，溶液呈酸性，根據水解方程式可判斷離子總數，鐵、銅、稀硫酸可以構成原電池，根據K_ap[Cu（OH）₂]=c²（OH^-）•c（Cu²⁺），可計算銅離子的濃度．

解答 解：（1）除去混合物中不溶性的雜質，可以先溶解、在過濾，在溶解的過程中必須用玻璃棒攪拌，故答案為：溶解、過濾；
（2）①加H₂O₂將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，反應的離子方程式為2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，故答案為：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；
②加H₂O₂已將Fe²⁺氧化為Fe³⁺，Fe³⁺只能存在于酸性溶液中，當溶液的pH大于1.4時，Fe³⁺開始水解生成沉淀，當溶液的pH等于3.7時，Fe³⁺已完全水解為沉淀，為防止生成Cu（OH），pH應小于6.0，故答案為：3.7～6.0；
（3）將CuSO₄溶液加熱蒸發(fā)至有晶體析出現時，即飽和狀態(tài)，停止加熱，冷卻結晶，然后用水浴加熱烘干就可得到CuSO₄•5H₂O晶體，注意溫度不能過高，防止晶體分解，故答案為：冷卻結晶；防止CuSO₄•5H₂O晶體分解；
（4）加入FeCl₃和CuSO₄溶液，二者陰離子不同，不能排除陰離子的干擾，
故答案為：錯誤；根據控制變量的思想，所用溶液的陰離子不同，無法比較陽離子的催化效率；
（5）硫酸銅是強酸弱堿鹽，銅離子水解，溶液呈酸性，其水解方程式為Cu²⁺+H₂O=2H⁺+Cu（OH）₂，16克硫酸銅溶液中含有銅離子0.1mol，所以水解后溶液中陽離子總數大于0.1N_A，硫酸銅溶液加入稀硫酸再加入鐵片，鐵能置換出銅，附著在鐵片上，鐵、銅、稀硫酸可以構成原電池，所以產生氫氣速率會明顯加快，根據K_ap[Cu（OH）₂]=c²（OH^-）•c（Cu²⁺），可知pH=8即c（OH^-）=10^-6時c（Cu²⁺）=$\frac{2.2×1{0}^{-20}}{（{1{0}^{-6}）}^{2}}$mol•L^-1=2.2×10^-8mol•L^-1，
故答案為：酸；大于；形成原電池；2.2×10^-8 ．

點評 本題是一道實驗探究題，能較好的考查學生分析和解決問題的能力，考查了常見物質分離的方法、原電池原理、沉淀溶解平衡的計算等，解答時要依據題干提供信息，結合相關知識細心分析解答．