Question

4．工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr₂O₃，还含有SiO₂、Al₂O₃杂质）为原料，常采用的固体碱熔氧化法制备K₂Cr₂O₇的流程如图所示：

已知：i．NaFeO₂遇水强烈水解
ii．K₂Cr₂O₇在水中的溶解度随温度的升高而升高的程度大
iii．2CrO₄^2-（黄色）+2H⁺?TCr₂O₇^2-（橙色）+H₂O
请按要求回答下列问题：
（1）铬铁矿经粉碎处理的目的是增大反应物的表面积，提高反应速率；
步骤Ⅰ若在坩埚中进行，适合此实验的坩埚种类是（填选项字母）A；
A．铁坩埚B．氧化铝坩埚C．石英坩埚D．陶瓷坩埚
（2）步骤Ⅱ水浸时有红褐色沉淀生成，请用离子方程式表示此现象的原因：FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-；滤液1的颜色为黄色．
（3）步骤Ⅲ选用CO₂调节pH，滤渣2的成分：H₂SiO₃、Al（OH）₃．
（4）从滤液2获得b g K₂Cr₂O₇晶体时，步骤Ⅳ需历经如下操作：
“酸化”至pH＜5→加适量KCl固体→蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥
①“酸化”至pH＜5的目的是除去滤液2中CO₃^2-或HCO₃^-、增大使c（H⁺）浓度，使2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O平衡正向移动，提高产率．
②此过程中能除去NaCl杂质的依据是K₂Cr₂O₇在水中的溶解度随温度的升高而升高的程度大，而NaCl则变化小，故将含K₂Cr₂O₇、NaCl的溶液蒸发、浓缩、冷却时，结晶物中主要含有K₂Cr₂O₇．
③假设a g铬铁矿中铬元素全部转化到b g K₂Cr₂O₇（M_r=294）晶体中，则步骤Ⅰ中发生还原反应的氧气的物质的量为$\frac{b}{168}$mo．

Answer 1

分析 铬铁矿主要成分为FeO•Cr₂O₃，含有SiO₂、Al₂O₃等杂质加入烧碱、纯碱与足量空气煅烧，发生4FeO•Cr₂O₃+7O₂+20NaOH$\frac{\underline{\;煅烧\;}}{\;}$8Na₂CrO₄+4NaFeO₂+10H₂O，生成Na₂CrO₄、NaFeO₂、Na₂SiO₃、NaOH和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解，三价铁水解，NaFeO₂+2H₂O=Fe（OH）₃↓+NaOH，得固体氢氧化铁滤渣1和滤液Na₂CrO₄、Na₂SiO₃、NaOH、NaAlO₂，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，硅酸盐完全沉淀；过滤，使滤液酸化，使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O，加KCl固体→蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，得到K₂Cr₂O₇．
（1）铬铁矿经粉碎处理可增大固体表面积，增大反应速率，在坩埚中进行煅烧物质含有强碱氢氧化钠，氢氧化钠能和二氧化硅反应；
（2）红褐色沉淀为氢氧化铁，由FeO₂^-水解生成，滤液含有Na₂CrO₄，溶液呈黄色；
（3）滤渣2含有氢氧化铝、硅酸等沉淀；
（4）①从滤液2获得b g K₂Cr₂O₇晶体时，“酸化”至pH＜5，可除去CO₃^2-或HCO₃^-；增大使c（H⁺）浓度，使2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O平衡正向移动；
②加适量KCl固体，加热浓缩，增大的K₂Cr₂O₇溶解度，因氯化钠的溶解度随温度变化较小，冷却结晶主要得到K₂Cr₂O₇，可除去氯化钠杂质；
③根据化合价的变化计算转移电子的物质的量，进而计算耗氧量．

解答 解：铬铁矿主要成分为FeO•Cr₂O₃，含有SiO₂、Al₂O₃等杂质加入烧碱、纯碱与足量空气煅烧，发生4FeO•Cr₂O₃+7O₂+20NaOH$\frac{\underline{\;煅烧\;}}{\;}$8Na₂CrO₄+4NaFeO₂+10H₂O，生成Na₂CrO₄、NaFeO₂、Na₂SiO₃、NaOH和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解，三价铁水解，NaFeO₂+2H₂O=Fe（OH）₃↓+NaOH，得固体氢氧化铁滤渣1和滤液Na₂CrO₄、Na₂SiO₃、NaOH、NaAlO₂，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，硅酸盐完全沉淀；过滤，使滤液酸化，使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O，加KCl固体→蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，得到K₂Cr₂O₇．
（1）铬铁矿经粉碎处理可增大固体表面积，增大反应速率，
A．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，故A正确；
B．三氧化二铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．石英中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故C错误；
D．陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故D错误；
故答案为：增大反应物的表面积，提高反应速率；A；
（2）红褐色沉淀为氢氧化铁，由FeO₂^-水解生成，离子方程式为FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-，滤液含有Na₂CrO₄，溶液呈黄色，
故答案为：FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-；黄色；
（3）滤液Na₂CrO₄、Na₂SiO₃、NaOH、NaAlO₂，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，硅酸盐完全沉淀，
故答案为：H₂SiO₃、Al（OH）₃；
（4）①从滤液2获得b g K₂Cr₂O₇晶体时，“酸化”至pH＜5，可除去CO₃^2-或HCO₃^-；增大使c（H⁺）浓度，使2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O平衡正向移动，
故答案为：除去滤液2中CO₃^2-或HCO₃^-；增大使c（H⁺）浓度，使2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O平衡正向移动，提高产率；
②加适量KCl固体，加热浓缩，增大的K₂Cr₂O₇溶解度，因氯化钠的溶解度随温度变化较小，K₂Cr₂O₇在水中的溶解度随温度的升高而升高的程度大，而NaCl则变化小，故将含K₂Cr₂O₇、NaCl的溶液蒸发、浓缩、冷却时，结晶物中主要含有K₂Cr₂O₇，
故答案为：K₂Cr₂O₇在水中的溶解度随温度的升高而升高的程度大，而NaCl则变化小，故将含K₂Cr₂O₇、NaCl的溶液蒸发、浓缩、冷却时，结晶物中主要含有K₂Cr₂O₇；
③n（K₂Cr₂O₇）=$\frac{b}{294}$mol，则n（FeO•Cr₂O₃）=$\frac{b}{294}$mol，转移电子的物质的量为$\frac{b}{294}$mol×（1+2×3）=$\frac{b}{42}$mol，需要氧气的物质的量为$\frac{\frac{b}{42}}{4}$mol=$\frac{b}{168}$mol，
故答案为：$\frac{b}{168}$mol．

点评 本题考查了物质制备实验方案的流程分析和产物判断，题目难度中等，把握生产流程是解题的关键，注意物质之间的转化，侧重于考查学生的实验探究能力和对基础知识的综合应用能力．