Question

5．铁盐是中学化学常见的盐．下面是以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁和制备草酸亚铁晶体（FeC₂O₃•xH₂O ）的工艺流程图（部分操作和条件略）．

请回答下列问题：
已知：①pH＞4时，Fe²⁺易被氧气氧化；②NH₄HCO₃在热水中会分解；
③几种物质的溶解度（g/l00g H₂O）如下

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

（1）流程图步骤Ⅰ中，在提纯时需要加足量的铁屑的原因是除去废液中的2Fe³⁺（或Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺）．
（2）在生产氧化铁的步骤Ⅲ中，生成FeCO₃的离子方程式是Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O．
（3）上述流程图制备草酸亚铁过程中，用稀硫酸调溶液pH至1〜2的目的是防止亚铁离子水解，防止亚铁离子氧化趁热过滤的原因是增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出），影响产品的纯度．
（4）己知煅烧FeCO₃的化学方程式是4FeCO₃+O₂═2Fe₂O₃+4CO₂．现煅烧464.0kg的FeCO₃，得到316.8kg产品．若产品中杂质只有FeO．则该产品中Fe₂O₃的质量是288.0kg．
（5）已知：某温度时，Ksp（FeC₂O₄）_⁼1.0×10^-6．Ksp（CaC₂O₄）=2.0×10^-9，此温度下，FeC₂O₄若要在CaCl₂溶液中开始转化为CaC₂O₄，则CaCl₂的浓度必须不低于2.0×10^-6mol•L^-1．
（6）草酸（H_zC₂O₄）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中．已知0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液呈酸性．下列说法正确的是ac（填字母序号）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溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K⁺）＞c（Na⁺）
d．浓度均为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FeSO₄的工业废液为原料生产Fe₂O₃和制备草酸亚铁晶体（FeC₂O₃•xH₂O ）首先从废液中提纯并结晶出FeSO₄•7H₂O，将FeSO₄•7H₂O配制成溶液，FeSO₄溶液与稍过量的NH₄HCO₃溶液混合，得到含FeCO₃的浊液，将浊液过滤，用90℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO₃固体，煅烧FeCO₃，得到Fe₂O₃固体；FeSO₄•7H₂O中加入硫酸铵，根据溶解度随温度的变化关系，蒸发浓缩得到硫酸亚铁与硫酸铵的结晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制备FeC₂O₃•xH₂O，
（1）由于废液中含有三价铁，Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子；
（2）FeSO₄溶液与稍过量的NH₄HCO₃溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁；
（3）FeSO₄•7H₂O配制成溶液的过程中，防止亚铁离子水解和被氧化，趁热过滤是为了提高产品的纯度；
（4）根据含铁元素物质的质量关系来计算；
（5）在饱和FeC₂O₄溶液中c（C₂O₄^2-）=$\sqrt{1.0×1{0}^{-6}}$=10^-3mol/L，据Ksp（CaC₂O₄）计算钙离子浓度；
（6）0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液呈酸性，说明HC₂O₄^-电离程度大于其水解程度，则c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）；氢离子来自水的电离和HC₂O₄^-电离，则c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-），据此结合物料守恒分析．

解答 解：富含FeSO₄的工业废液为原料生产Fe₂O₃和制备草酸亚铁晶体（FeC₂O₃•xH₂O ）首先从废液中提纯并结晶出FeSO₄•7H₂O，将FeSO₄•7H₂O配制成溶液，FeSO₄溶液与稍过量的NH₄HCO₃溶液混合，得到含FeCO₃的浊液，将浊液过滤，用90℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO₃固体，煅烧FeCO₃，得到Fe₂O₃固体；FeSO₄•7H₂O中加入硫酸铵，根据溶解度随温度的变化关系，蒸发浓缩得到硫酸亚铁与硫酸铵的结晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制备FeC₂O₃•xH₂O，
（1）由于废液中含有三价铁，Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子，即Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺，
故答案为：除去废液中的2Fe³⁺（或Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺）；
（2）FeSO₄溶液与稍过量的NH₄HCO₃溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，即Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O，生成的碳酸亚铁中，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁，即4FeCO₃+O₂+6H₂O=4CO₂↑+4Fe（OH）₃，
故答案为：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；
（3）FeSO₄•7H₂O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，Fe²⁺+2H₂O?Fe（OH）₂+2H⁺，加入硫酸配制可以使得化学平衡逆向移动，抑制水解；pH＞4时，Fe²⁺易被氧气氧化，故用稀硫酸调溶液pH至1〜2的目的也是为了防止二价铁离子被氧化；趁热过滤是为了增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出），影响产品的纯度，
故答案为：防止亚铁离子水解，防止亚铁离子氧化；增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出），影响产品的纯度；
（4）假设Fe₂O₃物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=316800；（2x+y）×116=464000，解得x=1800mol，所以产物中Fe₂O₃的质量160g/mol×1800mol=288000g=288.0kg，
故答案为：288.0；
（5）在饱和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，则c（Ca²⁺）=$\frac{2.0×1{0}^{-9}}{1{0}^{-3}}$=2.0×10^-6mol/L，所以CaCl₂的浓度必须不低于2.0×10^-6mol/L，
故答案为：2.0×10^-6；
（6）a.0.1mol•L^-1KHC₂O₄溶液中，根据电荷守恒可知：c（K⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），故a正确；
b.0.1mol•L^-1 KHC₂O₄溶液中，溶液呈酸性，说明HC₂O₄^-电离程度大于其水解程度，则c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），则离子浓度大小为：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故b错误；
c．0.1mol/L KHC₂O₄溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性，当钾离子与钠离子浓度相等时，反应生成草酸钠和草酸钾，溶液呈碱性，若为中性，则氢氧化钠应该少量，故c（K⁺）＞c（Na⁺），故c正确；
d．浓度均为0.1mol•L^-1 KHC₂O₄和K₂C₂O₄的混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（K⁺）=3c（HC₂O₄^-）+3c（C₂O₄^2-）+3c（H₂C₂O₄），故d错误；
故答案为：ac．

点评 本题考查了离子浓度大小比较，溶度积常数的有关计算，难溶物溶解平衡及其影响，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握溶度积的含义和表达式．