Question

16．食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，其化学式为K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O．42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O，样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度的变化曲线）如图所示．（已知K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O相对分子质量为422；K₄[Fe（CN）₆]相对分子质量为368）
试回答下列问题：
（1）试确定150℃时固体物质的化学式K₄[Fe（CN）₆]
（2）查阅资料知：虽然亚铁氰化钾自身毒性很低，但其水溶液与酸反应放出极毒的氰化氢（HCN）气体；亚铁氰化钾加热至一定温度时能分解产生氰化钾（KCN）．据此判断，烹饪食品时应注意的问题为避免与醋等酸性物质一起烹饪；控制烹饪温度不超过400℃．
（3）在25℃时，将a mol•L^-1的KCN溶液与0.01mol•L^-1的盐酸等体积混合，反应达到平衡时，测得溶液pH=7，则KCN溶液的物质的量浓度a＞0.01mol•L^-1（填“＞”、“＜”或“=”）；用含a的代数式表示HCN的电离常数K_a=（100a-1）×10^-7 mol•L^-1．
（4）在Fe²⁺、Fe³⁺的催化作用下，可实现2SO₂+O₂+2H₂O═2H₂SO₄的转化．  已知，含SO₂的废气通入含Fe²⁺、Fe³⁺的溶液中时，其中一个反应的离子方程式为4Fe²⁺+O₂+4H⁺═4Fe³⁺+2H₂O，则另一个反应的离子方程式为2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺．上述转化的重要意义在于以消除SO₂的污染，同时制得硫酸，变废为宝 _．
（5）已知Fe（OH）₃的溶度积常数K_sp=1.1×10^-36．室温时在FeCl₃溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为3时，通过计算说明Fe³⁺是否沉淀完全c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺没有沉淀完全．（提示：当某离子浓度小于10^-5 mol•L^-1时可以认为该离子沉淀完全）

Answer 1

分析 （1）42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O的物质的量为0.1mol，含有结晶水质量为0.1mol×3×18g/mol=5.4g，而150℃时固体物质的质量为36.8g，质量减少为42.2g-36.8g=5.4g，故150℃完全失去结晶水；
（2）亚铁氰化钾水溶液与酸反应放出极毒的氰化氢（HCN）气体，加热至一定温度时能分解产生氰化钾（KCN），由图可知应在400℃，故应避免与酸性物质物质一起烹饪、控制烹饪温度不超过400℃；
（3）发生反应：KCN+HCl═KCl+HCN，若是等浓度，生成HCN应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明KCN有剩余（KCN水解呈碱性）；
HCN?H⁺+CN^-的电离平衡常数Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，由电荷守恒c（H⁺）+c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-）+c（OH^-），故c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-），则c（CN^-）=（0.5a-0.005）mol/L，根据物料守恒c（HCN）=0.5amol/L-c（CN^-）=0.005mol/L，代入电离平衡常数表达式计算；
（4）催化剂的特点，恢复原来状态，则Fe³⁺→Fe²⁺，故Fe³⁺将SO₂氧化为硫酸；可以降低SO₂的污染，同时制得硫酸；
（5）根据c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$计算判断．

解答 解：（1）42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O的物质的量为0.1mol，含有结晶水质量为0.1mol×3×18g/mol=5.4g，而150℃时固体物质的质量为36.8g，质量减少为42.2g-36.8g=5.4g，故150℃完全失去结晶水，则150℃时固体物质的化学式为：K₄[Fe（CN）₆]，
故答案为：K₄[Fe（CN）₆]；
（2）亚铁氰化钾水溶液与酸反应放出极毒的氰化氢（HCN）气体，加热至一定温度时能分解产生氰化钾（KCN），由图可知应在400℃，故应避免避免与醋等酸性物质一起烹饪、控制烹饪温度不超过400℃，
故答案为：避免与醋等酸性物质一起烹饪；控制烹饪温度不超过400℃；
（3）发生反应：KCN+HCl═KCl+HCN，若是等浓度，生成HCN应该呈酸性，而反应后PH=7呈中性，说明KCN有剩余（KCN水解呈碱性），所以a＞0.01mol/L；
HCN?H⁺+CN^-的电离平衡常数Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$，溶液呈中性，则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，由电荷守恒c（H⁺）+c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-）+c（OH^-），故c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-），则c（CN^-）=（0.5a-0.005）mol/L，根据物料守恒c（HCN）=0.5amol/L-c（CN^-）=0.005mol/L，则Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-7}×（0.5a-0.005）}{0.005}$mol•L^-1 =（100a-1）×10^-7 mol•L^-1
故答案为：＞；（100a-1）×10^-7 mol•L^-1；
（4）催化剂的特点，恢复原来状态，则Fe³⁺→Fe²⁺，故Fe³⁺将SO₂氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺，上述转化的重要意义在于：可以消除SO₂的污染，同时制得硫酸，变废为宝，
故答案为：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺；以消除SO₂的污染，同时制得硫酸，变废为宝；
（5）c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺没有沉淀完全，
故答案为：c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺没有沉淀完全．

点评 本题考查化学方程式计算、弱电解质电离、溶度积有关计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．