Question

10．利用废旧锌铁皮制备磁性Fe₃O₄胶体粒子及副产物ZnO的一种制备流程图如下：

已知：K_sp[Zn（OH）₂]=1.2×10^-17；Zn（OH）₂既能溶于强酸，又能溶于强碱．还能溶于氨水，生成[Zn（NH₃）₄]²⁺．
（1）溶液A中加稀H₂SO₄生成Zn（OH）₂的离子方程式为ZnO₂^2-+2H⁺=Zn（OH）₂↓．
（2）常温下，Zn（OH）₂饱和溶液中c（Zn²⁺）=3×10^-6mol/L，若溶液A中加入稀H₂SO₄过量，会溶解产生的Zn（OH）₂，Zn（OH）₂开始溶解的pH为8.3，为防止Zn（OH）₂溶解，可将稀H₂SO₄改为CO₂．（lg2=0.3）
（3）“部分氧化”阶段，NaClO₃被还原为Cl^-，还原剂与氧化剂反应的物质的量之比是6：1．
（4）①由溶液B制得Fe₃O₄胶体粒子的过程中通入N₂的原因是防止Fe²⁺[或Fe（OH）₂]被空气（或氧气）氧化．
②Fe₃O₄胶体粒子的直径的范围是1～100nm．
③确定滤液B中含有Fe²⁺的试剂是K₃[Fe（CN）₆]溶液或酸性高锰酸钾溶液．
（5）试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn（NH₃）₄]²⁺，氨水的量不易控制．

Answer 1

分析 废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na₂ZnO₂，不溶物为Fe，溶液A加稀硫酸使溶液中ZnO₂^2-转化为Zn（OH）₂沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO，
不溶物Fe中加入稀盐酸，反应生成氯化亚铁，加入适量NaClO₃，氧化部分亚铁离子为铁离子：流程中加人NaClO₃氧化部分亚铁离子为铁离子，发生反应为6Fe²⁺+ClO₃^-+6H⁺=6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O，得到含Fe²⁺、Fe³⁺的B溶液，再加入NaHCO₃，并通入氮气，生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析解答．

解答 解：（1）溶液A为Na₂ZnO₂，加稀H₂SO₄生成Zn（OH）₂，离子方程式为ZnO₂^2-+2H⁺=Zn（OH）₂↓；
故答案为：ZnO₂^2-+2H⁺=Zn（OH）₂↓；
（2）已知：K_sp[Zn（OH）₂]=1.2×10^-17，Zn（OH）₂饱和溶液中c（Zn²⁺）=3×10^-6mol/L，Zn（OH）₂开始溶解，则c（Zn²⁺）•c（OH^-）²＜K_sp[Zn（OH）₂]，则c（OH^-）＜$\sqrt{\frac{1.2×1{0}^{-17}}{3×1{0}^{-6}}}$=2×10^-6mol/L，故c（H⁺）＞5×10^-9mol/L，故pH为8.3时开始溶解，为防止Zn（OH）₂溶解，可将稀H₂SO₄改为弱酸，故可选择通入CO₂气体；
故答案为：8.3；CO₂；
（3）流程中加人NaClO₃氧化部分亚铁离子为铁离子，发生反应为6Fe²⁺+ClO₃^-+6H⁺=6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O，还原剂与氧化剂反应的物质的量之比是6：1；
故答案为：6：1；
（4）①持续通入N₂，防止Fe²⁺[或Fe（OH）₂]被氧化；
故答案为：防止Fe²⁺[或Fe（OH）₂]被空气（或氧气）氧化；
②胶体微粒直径范围为1～100nm；
故答案为：1～100nm；
③亚铁离子能与K₃[Fe（CN）₆]溶液生成蓝色沉淀，同时具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色；
故答案为：K₃[Fe（CN）₆]溶液或酸性高锰酸钾溶液；
（5）根据题意：Zn（OH）₂既能溶于强酸，又能溶于强碱，还能溶于氨水，生成[Zn（NH₃）₄]²⁺，则可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn（NH₃）₄]²⁺，氨水的量不易控制；
故答案为：可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌要溶于过量的氨水中，生成[Zn（NH₃）₄]²⁺，氨水的量不易控制．

点评 本题以物质的制备为载体，考查实验基本操作和技能，对信息的利用、实验条件的控制、溶度积的计算等，试题难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力，注意对题目信息的获取．