Question

根據(jù)下表相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)，回答有關(guān)問題：

物質(zhì)	Cu（OH）2	Fe（OH）3	CuS	PbS	MnS
Ksp	2.2×10-20	2.6×10-39	6.3×10-36	8×10-28	2×10-10

（1）MnCl₂溶液中常含有Cu²⁺、Pb²⁺、Cd²⁺等金屬離子，可加入過量難溶的MnS生成金屬硫化物沉淀而除去．據(jù)此可知CdS的溶度積比MnS

小

（填“大”或“小”），寫出用MnS除去Cd²⁺時反應(yīng)的離子方程式

Cd²⁺+MnS=Mn²⁺+CdS

．
（2）某酸性CuCl₂溶液中含有少量的FeCl₃，為得到純凈的CuCl₂?2H₂O晶體，加入

Cu（OH）₂或Cu₂（OH）₂CO₃

，調(diào)至pH=4，使溶液中的Fe³⁺轉(zhuǎn)化為Fe（OH）₃沉淀，此時溶液中的c（Fe³⁺）=

2.6×10^-9mol/L

．過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl₂?2H₂O晶體．
（3）在空氣中直接加熱CuCl₂?2H₂O晶體得不到純的無水CuCl₂，原因是（用化學(xué)方程式表示）

2CuCl₂?2H₂O

△   .

Cu（OH）₂?CuCl₂+2HCl+2H₂O

；由CuCl₂?2H₂O晶體得到純的無水CuCl₂的合理方法是

在干燥的HCl氣流中加熱脫水

．

Answer 1

分析：（1）相同類型的離子化合物中，溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；
（2）加入的物質(zhì)用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì)，主要將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，且不能引入新雜質(zhì)，先根據(jù)溶液的pH計算氫離子濃度，再結(jié)合水的離子積常數(shù)計算氫氧根離子濃度，最后根據(jù)c（Fe³⁺）=

Kw[Fe(OH)3]

C3(OH-)

計算鐵離子濃度；
（3）加熱時促進氯化銅的水解且生成的氯化氫易揮發(fā)造成水解完全，要想得到較純的無水氯化銅應(yīng)在氯化氫氣流中抑制其水解；

解答：解：（1）MnS和CdS的類型相同，都是金屬硫化物，溶解度大的物質(zhì)能向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，所以CdS的溶度積比MnS小，則其離子方程式為Cd²⁺+MnS=Mn²⁺+CdS，
故答案為：小，Cd²⁺+MnS=Mn²⁺+CdS；
（2）為得到純凈的CuCl₂?2H₂O晶體要除去氯化鐵，加入的物質(zhì)和氯化鐵反應(yīng)生成氫氧化鐵且不能引進新的雜質(zhì)，所以加入物質(zhì)后應(yīng)能轉(zhuǎn)化為氯化銅，所以應(yīng)該加入含銅元素和氫氧根離子的物質(zhì)，可以是氫氧化銅或堿式碳酸銅；
溶液的pH=4，所以溶液中氫氧根離子濃度為10^-4 mol/L，則氫氧根離子濃度為10^-10 mol/L，c（Fe³⁺）=

Kw[Fe(OH)3]

C3(OH-)

=

2.6×10-39

(1×10-10)3

mol/L=2.6×10^-9mol/L；
故答案為：Cu（OH）₂或Cu₂（OH）₂CO₃ ；2.6×10^-9mol/L；
（3）由于CuCl₂在加熱過程中水解被促進，且生成的HCl又易揮發(fā)而脫離體系，造成水解完全，堿式氯化銅或氫氧化銅，以至于得到CuO固體，而不是CuCl₂，2CuCl₂?2H₂O

△   .

Cu（OH）₂?CuCl₂+2HCl+2H₂O；想得到無水CuCl₂的合理方法是，讓CuCl₂?2H₂O晶體在干燥的HCl氣流中加熱脫水，
故答案為：2CuCl₂?2H₂O

△   .

Cu（OH）₂?CuCl₂+2HCl+2H₂O，在干燥的HCl氣流中加熱脫水．

點評：本題考查K_sp計算和物質(zhì)制備，難點是分析（3）題中得到純的無水CuCl₂的合理方法，明確水解原理是解本題的關(guān)鍵，難度較大．