Question

【題目】氧化鐵是一種重要的無機(jī)材料，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐熱性和對(duì)紫外線的屏蔽性，從某種工業(yè)酸性廢液(主要含Na＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO42—)中回收氧化鐵流程如圖所示：

已知：常溫下Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11；Ksp[Fe(OH)2]＝2.2×10－16；Ksp[Fe(OH)3]＝3.5×10－38；Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33

(1)寫出在該酸性廢液中通入空氣時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_____，指出使用空氣的優(yōu)點(diǎn)是：_______。

(2)已知Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)===Fe(OH)3(s)　ΔH＝－Q1 kJ/mol，題(1)中每生成1 mol含鐵微粒時(shí)，放熱Q2，請(qǐng)你計(jì)算1 mol Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3(s)的熱效應(yīng)ΔH＝______。

(3)常溫下，根據(jù)已知條件計(jì)算在pH＝5的溶液中，理論上下列微粒在該溶液中可存在的最大濃度c(Fe3＋)＝_________。

(4)有人用氨水調(diào)節(jié)溶液pH，在pH＝5時(shí)將Fe(OH)3沉淀出來，此時(shí)可能混有的雜質(zhì)是_____(填化學(xué)式，下同)，用____試劑可將其除去。

Answer 1

【答案】4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 耗費(fèi)少且無污染 －(Q2＋Q1) kJ/mol 3.5×10－11 mol/L Al(OH)3 NaOH

【解析】

(1)酸性廢液中通入空氣時(shí)，Fe2+被空氣中的氧氣所氧化，離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，根據(jù)空氣的來源和對(duì)環(huán)境的影響分析解答；

(2)根據(jù)蓋斯定律分析計(jì)算；

(3)溶液pH=5，則c(OH-)=10-9molL-1，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10-38計(jì)算；

(4)根據(jù)Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33和Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11，計(jì)算判斷鋁離子、鎂離子是否完全沉淀，結(jié)合Al(OH)3溶于強(qiáng)堿，而Fe(OH)3不溶分析解答。

(1)酸性廢液中通入空氣時(shí)，Fe2+被空氣中的氧氣所氧化，離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，該方法的優(yōu)點(diǎn)是耗費(fèi)少且無污染，故答案為：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，耗費(fèi)少且無污染；

(2)根據(jù)蓋斯定律由Fe3+(aq)+3OH-(aq)=Fe(OH)3(s) △H=-Q1kJ/mol，題(1)中每生成1mol含鐵微粒時(shí)，放熱Q2，則1 mol Fe2+全部Fe3+放熱為Q2，Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3(s)的放熱為Q1，所以1 mol Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3(s)的熱效應(yīng)△H=-(Q2+Q1)kJmol-1，故答案為：-(Q2+Q1)kJmol-1；

(3)溶液pH=5，則c(OH-)=10-9molL-1，根據(jù)Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10-38，則c(Fe3+)==3.5×10-11molL-1，故答案為：3.5×10-11molL-1；

(4)根據(jù)Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，可計(jì)算出溶液pH=5時(shí)，c(OH-)=10-9molL-1，c(Al3+)==1.0×10-6＜1.0×10-5，Al3+也幾乎完全沉淀，Mg2+沒有沉淀故可能混有的雜質(zhì)是Al(OH)3；Al(OH)3溶于強(qiáng)堿，而Fe(OH)3不溶，故可用NaOH溶液除去，故答案為：Al(OH)3；NaOH溶液。