草酸铜（CuC2O4•2H2O）是制备纳米CuO的前驱体，可利用草酸和印刷线路板的酸性蚀刻废液为原料制取．（1）7.6gCuC2O4在350℃灼烧完全分解生成CuO和气体，产生气体的体积为L（标准状况）．

Question

草酸铜（CuC₂O₄•2H₂O）是制备纳米CuO的前驱体，可利用草酸和印刷线路板的酸性蚀刻废液为原料制取．

（1）7.6gCuC₂O₄在350℃灼烧完全分解生成CuO和气体，产生气体的
体积为___L（标准状况）．
（2）已知pK_a=-lgK_a，25℃时，H₂C₂O₄的pK_a1=1.2，pK_a2=4.19，
草酸溶液中含碳各物种的分布分数α（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如右图所示．A点溶液的PH为___；0.1mol•L^-1NaHC₂O₄与0.1mol•L^-1Na₂ C₂O₄溶液等体积混合，所得溶液中微粒浓度从大到小的顺序为___（填序号）．
①c（H⁺）②c（HC₂O₄^-）③c （H₂C₂O₄）④c （C₂O₄^2-）
（3）某合作学习小组的同学按下列步骤检测原料中酸性蚀刻废液中铜的含量：
Ⅰ．取100.00mL澄清的“酸性蚀刻废液”，加H₂O₂，然后调节pH约为3，过滤除去Fe（OH）₃．
Ⅱ．取Ⅰ的滤液加入NH₄HF₂排除微量的Fe³⁺干扰，然后将溶液稀释定容到250mL容量瓶中，得溶液A．
Ⅲ．取25.00mL溶液A于锥形瓶中，加入稍过量的KI溶液（2Cu²⁺+5I^-=2Cul↓+I₃），用0.1000mol/LNa₂S₂O₃溶液滴定（2S₂O₃^2-+I₃^-=S₄O₆^2-+3I^-）到近终点时，加入淀粉继续滴定，再加入KSCN溶液[Cul（s）+SCN^-（aq）⇌CuSCN（s）+I^-（aq）]，振荡后继续滴定至极点，共消耗Na₂S₂O₃标准溶液20.00mL．
①若缺少步骤Ⅰ、Ⅱ会导致测定的铜的含量___（填“偏大”“偏小”或“不变”）．
②已知Cul能吸附I₂不能被滴定，CuSCN不吸附碘，向Cul悬浊液中加入KSCN溶液，达到平衡后溶液中c（SCN^-）=___[用c（I^-）、K_sp（Cul）和K_sp（CuSCN）]．
③计算原“酸性蚀刻废液”中铜离子浓度（用每升蚀刻废液中含铜的质量表示，单位g•L^-1）（请给出计算过程）．

Answer 1

（1）CuC₂O₄在350℃灼烧完全分解方程式为CuC₂O₄(350℃.)/()CuO+CO+CO₂↑，n（CuC₂O₄）=(7.6g)/(152g/mol)=005mol，则气体的总物质的量为0.1mol，所以其体积为2.24L；
故答案为：2.24；
（2）A点时Ka=(c(HC2O4-)×c(H+))/(c(H2C2O4))，由图象可知，c（HC₂O₄^-）=c（H₂C₂O₄），则c（H⁺）=Ka₁，所以pH=pK_a1=1.2；0.1mol•L^-1NaHC₂O₄与0.1mol•L^-1Na₂ C₂O₄溶液等体积混合，HC₂O₄^-的电离程度大于C₂O₄^2-的水解程度，溶液显酸性，则c （C₂O₄^2-）>c（HC₂O₄^-），由于电离和水解程度均较小，所以c（HC₂O₄^-）>c（H⁺），所以溶液中离子浓度关系：c （C₂O₄^2-）>c（HC₂O₄^-）>c（H⁺）>c（H₂C₂O₄），即液中微粒浓度从大到小的顺序为④②①③；
故答案为：1.2；④②①③；
（3）①若缺少步骤Ⅰ、Ⅱ，溶液中存在Fe³⁺，则Fe³⁺能消耗碘离子，使测定的Cu²⁺的物质的量偏大，导致测定的铜的含量偏大；
故答案为：偏大；
②混合溶液中(c(SCN-))/(c(I-))=(Ks(CuSCN))/(Ks(CuI))，则c（SCN^-）=(Ksp(CuSCN))/(Ksp(CuI))•c(I-)；
故答案为：(Ksp(CuSCN))/(Ksp(CuI))•c(I-)；
③已知：2Cu²⁺+5I^-=2Cul↓+I₃，2S₂O₃^2-+I₃^-=S₄O₆^2-+3I^-，则n（Cu²⁺）=n（S₂O₃^2-）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，所以m（Cu）=0.128g，
则原“酸性蚀刻废液”中铜离子浓度=(0.128g×(250mL)/(25mL))/(0.1L)=12.8g/L；
答：原“酸性蚀刻废液”中铜离子浓度为12.8g/L．