Question

11．鐵及其化合物在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用．
Ⅰ、高鐵酸鈉（Na₂FeO₄）是一種新型凈水劑，工業(yè)上制備高鐵酸鈉的方法之一的反應(yīng)原理為：Fe（OH）₃+NaClO+NaOH→Na₂FeO₄+X+H₂O，則X的化學(xué)式NaCl，反應(yīng)中被氧化的物質(zhì)是Fe（OH）₃（寫化學(xué)式）．
Ⅱ、鐵紅顏料跟某些油料混合，可以制成防銹油漆．工業(yè)制硫酸產(chǎn)生的硫酸渣中主要含F(xiàn)e₂O₃、SiO₂、Al₂O₃、MgO等，用硫酸渣制備鐵紅（Fe₂O₃）的過程如下：

已知：①

沉淀物	Fe（OH）3	Al（OH）3	Fe（OH）2	Mg（OH）2
開始沉淀pH	2.7	3.8	7.6	9.4
完全沉淀pH	3.2	5.2	9.7	12.4

②FeS₂是一種黃色難溶于水的固體．
（1）酸溶過程中Fe₂O₃與稀硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe₂O₃+3H₂SO₄═Fe₂（SO₄） ₃+3H₂O；“濾渣A”主要成份的化學(xué)式為SiO₂．
（2）還原過程中加入FeS₂的目的是將溶液中的Fe³⁺還原為Fe²⁺，而本身被氧化為H₂SO₄，寫出該反應(yīng)的離子方程式：FeS₂+14 Fe³⁺+8 H₂O=15Fe²⁺+2 SO₄^2-+16 H⁺．
（3）為了確保鐵紅的質(zhì)量和純度，氧化過程中加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.2～3.8；如果加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH=a，則濾液B中的c（Fe³⁺）=4×10^（4-3a）（25℃時，K_sp[Fe（OH）₃]=4×10^-38）
（4）濾液B中可以回收的物質(zhì)有Na₂SO₄、Al₂（SO₄）₃、MgSO₄．

Answer 1

分析 Ⅰ、氧化還原反應(yīng)元素化合價升降分析配平化學(xué)方程式，根據(jù)質(zhì)量守恒定律的實質(zhì)，反應(yīng)前后各元素的原子個數(shù)相等推斷X的化學(xué)式，元素化合價升高失電子鋇氧化；
Ⅱ、硫酸渣中含F(xiàn)e₂O₃、SiO₂、Al₂O₃、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不與酸反應(yīng)的SiO₂，加入FeS₂將溶液中的Fe³⁺還原為Fe²⁺，再加氫氧化鈉和空氣，調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.2～3.8主要是使三價鐵沉淀，而二價鎂，三價鋁都不沉淀，最后洗滌、烘干、研磨使氫氧化鐵分解生成氧化鐵，從而得到鐵紅；
（1）氧化鐵屬于堿性氧化物，與酸反應(yīng)生成鹽和水；Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO都和硫酸反應(yīng)，二氧化硅不和酸反應(yīng)；
（2）根據(jù)得失電子守恒和原子守恒來配平，F(xiàn)eS₂中S元素的化合價從-1價升高到+6價，2個S原子轉(zhuǎn)移14個電子，F(xiàn)e³⁺轉(zhuǎn)移1個電子，則二者的計量數(shù)之比為1：14，根據(jù)S守恒可知SO₄^2-前面的化學(xué)計量數(shù)為2，根據(jù)氧守恒可知H₂0前面化學(xué)計量數(shù)為8，根據(jù)H守恒可知H+前化學(xué)計量數(shù)為16；
（3）根據(jù)幾種離子沉淀的pH，應(yīng)選擇使Fe³⁺沉淀完全而其他離子不沉淀，結(jié)合溶度積常數(shù)計算分析；
（4）根據(jù)幾種離子沉淀的pH分析；因加入的是氫氧化鈉來調(diào)節(jié)PH，所以濾液B中應(yīng)是未沉淀離子的硫酸鹽和硫酸鈉．

解答 解：Ⅰ、根據(jù)元素化合價變化配平書寫化學(xué)方程式，鐵元素化合價+3價變化為+6價，氯元素化合價+1價應(yīng)變化為-1價，2Fe（OH）₃+3NaClO+4NaOH=2Na₂FeO₄+3X+5H₂O可知，反應(yīng)前鐵、氧、氫、鈉、氯的原子個數(shù)分別是：2、13、10、7、3，反應(yīng)后鐵、氧、氫、鈉、氯的原子個數(shù)分別是：2、13、10、4、0，所以每個X中含有1個鈉離子和1個氯離子，X是氯化鈉，氫氧化鐵中鐵元素化合價升高被氧化，
故答案為：NaCl，F(xiàn)e（OH）₃；
Ⅱ、硫酸渣中含F(xiàn)e₂O₃、SiO₂、Al₂O₃、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不與酸反應(yīng)的SiO₂，加入FeS₂將溶液中的Fe³⁺還原為Fe²⁺，再加氫氧化鈉和空氣，調(diào)節(jié)溶液的pH的范圍是3.2～3.8主要是使三價鐵沉淀，而二價鎂，三價鋁都不沉淀，最后洗滌、烘干、研磨使氫氧化鐵分解生成氧化鐵，從而得到鐵紅；
（1）氧化鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，方程式為：Fe₂O₃+3H₂SO₄═Fe₂（SO₄） ₃+3H₂O；因二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，故“濾渣A”主要成份的化學(xué)式為SiO₂．
故答案為：Fe₂O₃+3H₂SO₄═Fe₂（SO₄）₃+3H₂O；SiO₂；
（2）FeS₂中S元素的化合價從-1價升高到+6價，2個S原子轉(zhuǎn)移14個電子，F(xiàn)e³⁺轉(zhuǎn)移1個電子，則二者的計量數(shù)之比為1：14，根據(jù)S守恒可知SO₄^2-前面的化學(xué)計量數(shù)為2，根據(jù)氧守恒可知H₂0前面化學(xué)計量數(shù)為8，根據(jù)H守恒可知H+前化學(xué)計量數(shù)為16，則反應(yīng)的離子方程式為：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O═15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺，
故答案為：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O═15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺；
（3）根據(jù)幾種離子沉淀的pH，使Fe³⁺沉淀完全的PH為3.2，其他離子開始沉淀PH為3.8，因此所選PH因介于3.2和3.8之間，如果加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH=a，c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-a}}$，25℃時，K_sp[Fe（OH）₃]=4×10^-38 ，則濾液B中的c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=$\frac{4×1{0}^{-38}}{（\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-a}}）^{3}}$=4×10^（4-3a），
故答案為：3.2～3.8，4×10^（4-3a）；
（4）根據(jù)幾種離子沉淀的pH，如果pH過大，Al³⁺、Mg²⁺形成沉淀，使制得的鐵紅不純；未沉淀的離子為Na⁺、Mg²⁺、Al³⁺，故濾液B可以回收的物質(zhì)有Na₂SO₄、Al₂（SO₄）₃、MgSO₄，
故答案為：Na₂SO₄、Al₂（SO₄）₃、MgSO₄．

點評 本題通過制備鐵紅，考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計及化學(xué)實驗基本操作方法的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確制備流程及化學(xué)實驗基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Γ?/p>