Question

14．FeCl₃ 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl₃ 高效，且腐蚀性小．请回答下列问题：
（1）FeCl₃ 净水的原理是Fe³⁺水解生成的Fe（OH）₃胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质．FeCl₃ 溶液腐蚀钢铁设备，除H⁺作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺．
（2）为节约成本，工业上用NaClO₃ 氧化酸性FeCl₂ 废液得到FeCl₃．
①若酸性FeCl₂ 废液中c（Fe²⁺）=2.0×10^-2mol•L^-1，c（Fe³⁺）=1.0×10^-3mol•L^-1，c（Cl^-）=5.3×10^-2mol•L^-1，则该溶液的pH约为2．
②完成NaClO₃ 氧化FeCl₂ 的离子方程式：□ClO₃^-+□Fe²⁺+□6H⁺=□Cl^-+□Fe³⁺+□3H₂O．
（3）FeCl₃ 在溶液中分三步水解：
Fe³⁺+H₂O?Fe（OH）²⁺+H⁺--K₁
Fe（OH）²⁺+H₂O?Fe（OH）₂⁺+H⁺--K₂
Fe（OH）₂⁺+H₂O?Fe（OH）₃+H⁺--K₃
以上水解反应的平衡常数K₁、K₂、K₃由大到小的顺序是K₁＞K₂＞K₃．
（4）FeCl₃也可以用作SO₂尾气的吸收剂，原理上与NaOH吸收SO₂有何不同2FeCl₃+SO₂+2H₂O═2FeCl₂+H₂SO₄+2HCl、2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O
（5）电解时，微粒的放电顺序遵循微粒得失电子能力的强弱，SO₃^2-具有强的还原性．用NaOH吸收烟气中的SO₂，将所得的Na₂SO₃溶液用碳棒进行电解，写出阳极电极反应SO₃^2--2e^-+H₂O=SO₄^2-+2H⁺．

Answer 1

分析 （1）Fe³⁺水解生成的Fe（OH）₃胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；
（2）①根据电荷守恒：c（Cl^-）=2c（Fe²⁺）+3c（Fe³⁺）+c（H⁺）（酸性溶液中OH^-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H⁺）计算；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe²⁺的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；
（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体；
（5）阳极上亚硫酸根离子在阳极上失去电离生成硫酸根离子．

解答 解：（1）Fe³⁺水解生成的Fe（OH）₃胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，
故答案为：Fe³⁺水解生成的Fe（OH）₃胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺；
（2）①根据电荷守恒：c（Cl^-）=2c（Fe²⁺）+3c（Fe³⁺）+c（H⁺）（酸性溶液中OH^-浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H⁺）=c（Cl^-）-2c（Fe²⁺）-3c（Fe³⁺）=1.0×10^-2mol•L^-1，则溶液pH=-lg1.0×10^-2=2，
故答案为：2；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe²⁺的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO₃^-+6Fe²⁺+6H⁺=Cl^-+6Fe³⁺+3H₂O，
故答案为：1；6；6H⁺；1；6；3H₂O；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K₁＞K₂＞K₃，
故答案为：K₁＞K₂＞K₃；
（4）氯化铁具有强氧化性，可氧化二氧化硫气体，反应的方程式为2FeCl₃+SO₂+2H₂O═2FeCl₂+H₂SO₄+2HCl，氢氧化钠与二氧化硫发生中和反应，方程式为2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O，故答案为：2FeCl₃+SO₂+2H₂O═2FeCl₂+H₂SO₄+2HCl、2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O；
（5）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO₃^2--2e^-+H₂O=SO₄^2-+2H⁺；
故答案为：SO₃^2--2e^-+H₂O=SO₄^2-+2H⁺．

点评 本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等．