Question

15．一学习小组用100g某硫铁矿烧渣（主要成分为Fe₂O₃、SiO₂、Al₂O₃）制备绿矾（FeSO₄•7H₂O），主要流程如图：

请回答下列问题：
（1）硫铁矿烧渣中加入硫酸酸浸往往需要升温，目的是提高浸取效率，操作1的名称是过滤，滤渣A是SiO₂．
（2）试剂C为铁粉，加入该试剂的目的是2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺  （用离子方程式表示）．
（3）调节溶液D的pH目的是使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀．
（4）己知常温下Al（OH）₃的Ksp=l.0×10^-33，若溶液中c（Al³⁺）为1.0mol/L，请计算Al³⁺开始沉淀的pH=3．
（5）依据上述流程中的相关数据，求该硫铁矿烧渣中Fe₂O₃的质量分数为48%．
（本实验各操作中损失的硫酸盐、硫酸及调pH后溶液呈微酸性残留的硫酸忽略不计）

Answer 1

分析 硫铁矿烧渣用足量的硫酸浸取，Fe₂O₃、Al₂O₃会与硫酸反应，分别生成Fe₂（SO₄）₂和Al₂（SO₄）₂，而SiO₂不反应，过滤把SiO₂除去，然后再向滤液中加入足量的铁粉，将Fe³⁺转化成Fe²⁺，加入碳酸亚铁调节溶液的pH，使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀过滤除去，得到FeSO₄溶液，再经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO₄•7H₂O．
（1）升高温度，反应速率加快；操作1是分离互不相溶的固体与液态；滤渣A是二氧化硅；
（2）试剂C是铁粉，加入足量的铁粉将Fe³⁺转化成Fe²⁺；
（3）加入碳酸亚铁调节溶液的pH，使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀过滤除去；
（4）K_sp[Al（OH）₃]=c（Al³⁺）×c³（OH^-）=1.0×10^-33计算开始沉淀时c（OH^-），再根据水的离子积计算溶液中c（H⁺），根据pH=-lgc（H⁺）计算；
（5）操作Ⅱ消耗Fe的质量为22.4g-5.6g=16.8g，根据2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺计算n（Fe³⁺），可得氧化铁的物质的量，进而计算Fe₂O₃的质量分数．

解答 解：硫铁矿烧渣用足量的硫酸浸取，Fe₂O₃、Al₂O₃会与硫酸反应，分别生成Fe₂（SO₄）₂和Al₂（SO₄）₂，而SiO₂不反应，过滤把SiO₂除去，然后再向滤液中加入足量的铁粉，将Fe³⁺转化成Fe²⁺，加入碳酸亚铁调节溶液的pH，使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀过滤除去，得到FeSO₄溶液，再经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO₄•7H₂O．
（1）升高温度，反应速率加快，可以提高浸取效率；操作1是分离互不相溶的固体与液态，采取过滤操作；滤渣A是SiO₂，
故答案为：提高浸取效率；过滤；SiO₂；
（2）试剂C是铁粉，加入足量的铁粉将Fe³⁺转化成Fe²⁺，反应离子方程式为：2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，
故答案为：铁粉；2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺；
（3）加入碳酸亚铁调节溶液的pH，使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀过滤除去，
故答案为：使Al³⁺转化为Al（OH）₃沉淀；
（4）溶液中c（Al³⁺）=1.0mol/L，K_sp[Al（OH）₃]=c（Al³⁺）×c³（OH^-）=1.0×10^-33，可知开始沉淀时c（OH^-）=1×10^-11mol/L，则溶液中c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-11}}$mol/L=1×10^-3，此时溶液pH=-lgc（H⁺）=1×10^-3=3，
故答案为：3；
（5）操作Ⅱ消耗Fe的质量为22.4g-5.6g=16.8g，其物质的量为$\frac{16.8g}{56g/mol}$=0.3mol，根据2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺可知n（Fe³⁺）=2×0.3mol=0.6mol，故氧化铁的物质的量为$\frac{0.6mol}{2}$=0.3mol，Fe₂O₃的质量分数为$\frac{0.3mol×160g/mol}{100g}$=48%，
故答案为：48%．

点评 本题属于物质制备工艺流程题目，涉及物质的分离提纯、对操作与原理的分析评价、溶度积有关计算、物质含量计算等，关键是理解工艺流程中各操作原理，熟练掌握元素化合物知识，难度中等．