Question

5．鐵鹽是中學化學常見的鹽．下面是以富含硫酸亞鐵的工業(yè)廢液為原料生產氧化鐵和制備草酸亞鐵晶體（FeC₂O₃•xH₂O ）的工藝流程圖（部分操作和條件略）．

請回答下列問題：
已知：①pH＞4時，F(xiàn)e²⁺易被氧氣氧化；②NH₄HCO₃在熱水中會分解；
③幾種物質的溶解度（g/l00g H₂O）如下

	FeS04•7H2O	（NH4）2SO4	FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O
20℃	48	75	37
60℃	101	88	38

（1）流程圖步驟Ⅰ中，在提純時需要加足量的鐵屑的原因是除去廢液中的2Fe³⁺（或Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺）．
（2）在生產氧化鐵的步驟Ⅲ中，生成FeCO₃的離子方程式是Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O．
（3）上述流程圖制備草酸亞鐵過程中，用稀硫酸調溶液pH至1〜2的目的是防止亞鐵離子水解，防止亞鐵離子氧化趁熱過濾的原因是增大雜質的溶解度（防止低溫時雜質析出），影響產品的純度．
（4）己知煅燒FeCO₃的化學方程式是4FeCO₃+O₂═2Fe₂O₃+4CO₂．現(xiàn)煅燒464.0kg的FeCO₃，得到316.8kg產品．若產品中雜質只有FeO．則該產品中Fe₂O₃的質量是288.0kg．
（5）已知：某溫度時，Ksp（FeC₂O₄）_⁼1.0×10^-6．Ksp（CaC₂O₄）=2.0×10^-9，此溫度下，F(xiàn)eC₂O₄若要在CaCl₂溶液中開始轉化為CaC₂O₄，則CaCl₂的濃度必須不低于2.0×10^-6mol•L^-1．
（6）草酸（H_zC₂O₄）是一種二元弱酸，廣泛分布于動植物體中．已知0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液呈酸性．下列說法正確的是ac（填字母序號）a、0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液中：c（K⁺）+c（H⁺）═c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^- ） 
b.0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液中：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（（H₂C₂O₄）＞c（C₂O₄^2-）
C.0.1mol/LKHC₂O₄溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c（K⁺）＞c（Na⁺）
d．濃度均為0．lmol•L^-1KHC₂O₄和K₂C₂O₄的混合溶液中：2c（K⁺）═c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）

Answer 1

分析 富含F(xiàn)eSO₄的工業(yè)廢液為原料生產Fe₂O₃和制備草酸亞鐵晶體（FeC₂O₃•xH₂O ）首先從廢液中提純并結晶出FeSO₄•7H₂O，將FeSO₄•7H₂O配制成溶液，F(xiàn)eSO₄溶液與稍過量的NH₄HCO₃溶液混合，得到含F(xiàn)eCO₃的濁液，將濁液過濾，用90℃熱水洗滌沉淀，干燥后得到FeCO₃固體，煅燒FeCO₃，得到Fe₂O₃固體；FeSO₄•7H₂O中加入硫酸銨，根據溶解度隨溫度的變化關系，蒸發(fā)濃縮得到硫酸亞鐵與硫酸銨的結晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制備FeC₂O₃•xH₂O，
（1）由于廢液中含有三價鐵，F(xiàn)e可以和三價鐵反應生成亞鐵離子；
（2）FeSO₄溶液與稍過量的NH₄HCO₃溶液混合，亞鐵離子和碳酸氫根離子雙水解生成碳酸亞鐵和二氧化碳，亞鐵離子易被氧氣氧化為三價鐵；
（3）FeSO₄•7H₂O配制成溶液的過程中，防止亞鐵離子水解和被氧化，趁熱過濾是為了提高產品的純度；
（4）根據含鐵元素物質的質量關系來計算；
（5）在飽和FeC₂O₄溶液中c（C₂O₄^2-）=$\sqrt{1.0×1{0}^{-6}}$=10^-3mol/L，據Ksp（CaC₂O₄）計算鈣離子濃度；
（6）0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液呈酸性，說明HC₂O₄^-電離程度大于其水解程度，則c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）；氫離子來自水的電離和HC₂O₄^-電離，則c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-），據此結合物料守恒分析．

解答 解：富含F(xiàn)eSO₄的工業(yè)廢液為原料生產Fe₂O₃和制備草酸亞鐵晶體（FeC₂O₃•xH₂O ）首先從廢液中提純并結晶出FeSO₄•7H₂O，將FeSO₄•7H₂O配制成溶液，F(xiàn)eSO₄溶液與稍過量的NH₄HCO₃溶液混合，得到含F(xiàn)eCO₃的濁液，將濁液過濾，用90℃熱水洗滌沉淀，干燥后得到FeCO₃固體，煅燒FeCO₃，得到Fe₂O₃固體；FeSO₄•7H₂O中加入硫酸銨，根據溶解度隨溫度的變化關系，蒸發(fā)濃縮得到硫酸亞鐵與硫酸銨的結晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制備FeC₂O₃•xH₂O，
（1）由于廢液中含有三價鐵，F(xiàn)e可以和三價鐵反應生成亞鐵離子，即Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺，
故答案為：除去廢液中的2Fe³⁺（或Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺）；
（2）FeSO₄溶液與稍過量的NH₄HCO₃溶液混合，亞鐵離子和碳酸氫根離子雙水解生成碳酸亞鐵和二氧化碳，即Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O，生成的碳酸亞鐵中，亞鐵離子易被氧氣氧化為三價鐵，即4FeCO₃+O₂+6H₂O=4CO₂↑+4Fe（OH）₃，
故答案為：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；
（3）FeSO₄•7H₂O配制成溶液的過程中，亞鐵離子易水解，F(xiàn)e²⁺+2H₂O?Fe（OH）₂+2H⁺，加入硫酸配制可以使得化學平衡逆向移動，抑制水解；pH＞4時，F(xiàn)e²⁺易被氧氣氧化，故用稀硫酸調溶液pH至1〜2的目的也是為了防止二價鐵離子被氧化；趁熱過濾是為了增大雜質的溶解度（防止低溫時雜質析出），影響產品的純度，
故答案為：防止亞鐵離子水解，防止亞鐵離子氧化；增大雜質的溶解度（防止低溫時雜質析出），影響產品的純度；
（4）假設Fe₂O₃物質的量為x mol，F(xiàn)eO的物質的量為y mol，那么滿足：160x+72y=316800；（2x+y）×116=464000，解得x=1800mol，所以產物中Fe₂O₃的質量160g/mol×1800mol=288000g=288.0kg，
故答案為：288.0；
（5）在飽和FeC₂O₄溶液中c（C₂O₄^2-）=$\sqrt{1.0×1{0}^{-6}}$=10^-3mol/L，Ksp（CaC₂O₄）=c（Ca²⁺）×c（C₂O₄^2-）=2.0×10^-9，則c（Ca²⁺）=$\frac{2.0×1{0}^{-9}}{1{0}^{-3}}$=2.0×10^-6mol/L，所以CaCl₂的濃度必須不低于2.0×10^-6mol/L，
故答案為：2.0×10^-6；
（6）a.0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液中，根據電荷守恒可知：c（K⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），故a正確；
b.0.1mol•L^-1 KHC₂O₄溶液中，溶液呈酸性，說明HC₂O₄^-電離程度大于其水解程度，則c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），則離子濃度大小為：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故b錯誤；
c．0.1mol/L KHC₂O₄溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性，當鉀離子與鈉離子濃度相等時，反應生成草酸鈉和草酸鉀，溶液呈堿性，若為中性，則氫氧化鈉應該少量，故c（K⁺）＞c（Na⁺），故c正確；
d．濃度均為0.1mol•L^-1 KHC₂O₄和K₂C₂O₄的混合溶液中，根據物料守恒可得：2c（K⁺）=3c（HC₂O₄^-）+3c（C₂O₄^2-）+3c（H₂C₂O₄），故d錯誤；
故答案為：ac．

點評 本題考查了離子濃度大小比較，溶度積常數(shù)的有關計算，難溶物溶解平衡及其影響，明確電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法，側重于考查學生的分析能力和計算能力，注意把握溶度積的含義和表達式．