Question

14．工业上以铬铁矿（主要成份为FeO．Cr₂O₃，还含有Al₂O₃、SiO₂等杂质）为主要原料生产红矾钠晶体（Na₂Cr₂O₇．2H₂O），其主要工艺流程如图：

已知：NaBiO₃在碱性条件下能将Cr³⁺氧化为CrO₄^2-．
（1）固体A为SiO₂．
（2）实验室中操作①②的名称为
（3）固体C中含有的物质是Al（ OH）₃和Fe（OH）₃，则H₂ 0₂的作用是氧化Fe²⁺，使铁元素完全转化成沉淀而除去．
已知：K_sP[Fe（OH）₃]=3.0×10^-39，K_sP[Al（OH）₃]=1×10^-33，当pH=5.6时Cr（OH）₃开始沉淀．室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜5.6（杂质离子浓度小于1×10^-6mol/L视为沉淀完全）．
（4）写出Ⅲ中发生反应的离子方程式3NaBiO₃+2Cr³⁺+7OH^-+H₂O=2CrO₄^2-+3Na⁺+3Bi（OH）₃．
（5）Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是2CrO₄^2-+16H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+8H₂O（结合化学方程式回答）；工业上也可设计如图示装置，用锂离子电池（Li_xC+Li_1-xCoO₂$?_{充电}^{放电}$C+LioO₂，Li_xC为难电离锂碳化合物）为电源，电解Na₂CrO₄溶液制取Na₂Cr₂O₇，该装置工作时E电极的名称是阳极；电源的A极的电极反应式为；Li_xC-xe^-=C+xLi⁺．当电解过程中转移了0.5mol电子时，理论上右侧溶液的质量减少15.5g．

Answer 1

分析 铬铁矿（主要成分为FeO和Cr₂O₃，含有Al₂O₃、SiO₂等杂质），加入过量稀硫酸，只有SiO₂与稀硫酸不反应，则过滤得固体A为SiO₂，溶液B中含有Cr³⁺、Al³⁺、Fe²⁺，在B中加入过氧化氢，可生成Fe³⁺，调节溶液pH可除去Fe³⁺、Al³⁺，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有Cr³⁺，在溶液D中加入NaBiO₃和NaOH，发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有Na₂CrO₄，酸化可得Na₂Cr₂O₇，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na₂Cr₂O₇•2H₂O，以此解答该题．

解答 解：（1）根据以上分析，固体A为SiO₂，故答案为：SiO₂；
（2）根据以上分析，实验室中操作①②的名称为过滤，故答案为：过滤；
（3）固体C中含有的物质是Al（ OH）₃和Fe（OH）₃，则H₂ 0₂的作用是氧化Fe²⁺，使铁元素完全转化成沉淀而除去；
当pH=5.6时Cr（OH）₃开始沉淀，室温下，除去Cr³⁺溶液中的Fe³⁺、Al³⁺，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al（OH）₃]=1×10^-33=c（Al³⁺）×c³（OH^-），c（Al³⁺）=1×10^-6mol•L^-1，解得：c（OH^-）=1×10^-9mol•L^-1，c（H⁺）=1×10^-5mol•L^-1pH=5，同理Fe（OH）₃完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0＜pH＜5.6；
故答案为：氧化Fe²⁺，使铁元素完全转化成沉淀而除去；5.0＜pH＜5.6；
（4）在溶液D中加入NaBiO₃和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi（OH）₃和CrO₄^2-，所以Ⅲ中发生反应的离子方程式为3NaBiO₃+2Cr³⁺+7OH^-+H₂O=2CrO₄^2-+3Na⁺+3Bi（OH）₃，
故答案为：3NaBiO₃+2Cr³⁺+7OH^-+H₂O=2CrO₄^2-+3Na⁺+3Bi（OH）₃；
（5）Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为CrO₄^2-会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：2CrO₄^2-+16H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+8H₂O；
电解Na₂CrO₄溶液制取Na₂Cr₂O₇，则E电极发生2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O，说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为Li_xC-xe^-=C+xLi⁺；当电解过程中转移了0.5mol电子时，则右侧反应消耗0.5mol氢氧根离子，放出$\frac{0.5}{4}$mol氧气，右侧移动到左侧的钠离子也为0.5mol，所以理论上右侧溶液的质量减少$\frac{0.5}{4}$mol×32g/mol+0.5mol×23g/mol=15.5g，
故答案为：2CrO₄^2-+16H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+8H₂O；阳；Li_xC-xe^-=C+xLi⁺；15.5．

点评 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用以及电解池的原理等，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大．