Question

5．鐵及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、環(huán)境保護等領(lǐng)域中有著重要的作用．
（1）酸性條件下，硫酸亞鐵可將MnO₂還原為MnSO₄，該反應(yīng)的離子方程式為：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═Mn²⁺+2Fe³⁺+2H₂O．
（2）分析表明，鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化時，生成的氧化物中Fe、O兩種元素的質(zhì)量比為28：11，則其化學(xué)式為Fe₇O₁₁．
（3）鐵及其化合物可用于消除環(huán)境污染．常溫下，硫酸亞鐵能將SO₂轉(zhuǎn)化為SO₄^2-，總反應(yīng)為2SO₂+O₂+2H₂O═2H₂SO₄，其中一個反應(yīng)為4Fe²⁺+O₂+4H⁺═4Fe³⁺+2H₂O，則另一個反應(yīng)的離子方程式為2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺．
常溫下，用氧缺位鐵酸鋅ZnFe₂O_y可以消除NO_x污染，使NO_x轉(zhuǎn)變?yōu)镹₂，同時ZnFe₂O_y轉(zhuǎn)變?yōu)閆nFe₂O₄．若2mol ZnFe₂O_y與足量NO₂反應(yīng)可生成0.5mol N₂，則y=3．
（4）工業(yè)上常采用如圖所示電解裝置，利用鐵的化合物將氣態(tài)廢棄物中的硫化氫轉(zhuǎn)化為可利用的硫．通電電解，然后通入H₂S時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2[Fe（CN）₆]^3-+2CO₃^2-+H₂S═2[Fe（CN）₆]^4-+2HCO₃^-+S↓．電解時，陽極的電極反應(yīng)式為[Fe（CN）₆]^4--e^-═[Fe（CN）₆]^3-；電解過程中陰極區(qū)溶液的pH變大（填“變大”、“變小”或“不變”）．

Answer 1

分析 （1）酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Mn元素的化合價降低，則Fe元素的化合價升高；
（2）生成的氧化物中Fe、O兩種元素的質(zhì)量比為28：11，則原子個數(shù)比為$\frac{28}{56}$：$\frac{11}{16}$=7：11；
（3）根據(jù)催化劑的特點可知另一個反應(yīng)一定實現(xiàn)Fe³⁺→Fe²⁺，據(jù)此寫出另一個反應(yīng)的離子方程式；依據(jù)氧化還原反應(yīng)的電子守恒計算ZnFe₂O_y中Fe元素化合價，再根據(jù)化合物中的元素化合價代數(shù)為0計算y的值；
（4）電解時陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，將[Fe（CN）₆]^4-轉(zhuǎn)化為Fe（CN）₆]^3-，化合價升高；陰極反應(yīng)式為2HCO₃^-+2 e^-═H₂↑+2CO₃^2-，據(jù)此判斷．

解答 解：（1）酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Mn元素的化合價降低，則Fe元素的化合價升高，發(fā)生的離子反應(yīng)為2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═Mn²⁺+2Fe³⁺+2H₂O，
故答案為：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═Mn²⁺+2Fe³⁺+2H₂O；
（2）生成的氧化物中Fe、O兩種元素的質(zhì)量比為28：11，則原子個數(shù)比為$\frac{28}{56}$：$\frac{11}{16}$=7：11，則化學(xué)式為Fe₇O₁₁，故答案為：Fe₇O₁₁；
（3）根據(jù)催化劑的特點，另一個反應(yīng)一定有Fe³⁺→Fe²⁺，反應(yīng)方程式為 2Fe³⁺+SO₂+2H₂═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺，通過該反應(yīng)，吸收了大氣污染物SO₂，同時制得了硫酸，
2mol ZnFe₂O_y與足量NO₂可生成0.5mol N₂，則ZnFe₂O_y被還原為ZnFe₂O₄，令ZnFe₂O_y中鐵元素的化合價為a，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知2mol×2×（3-a）=0.5mol×2×4，解得a=2，化合價代數(shù)和為0，則2+2×2=2y，解得y=3，
故答案為：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O═2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺； 3；
（4）電解時，陽極的電極反應(yīng)式為[Fe（CN）₆]^4--e^-═[Fe（CN）₆]^3-，電解時陰極反應(yīng)式為2HCO₃^-+2 e^-═H₂↑+2CO₃^2-，由于CO₃^2-的水解程度大于HCO₃^-，所以堿性增強，則pH變大；
故答案為：[Fe（CN）₆]^4--e^-═[Fe（CN）₆]^3-；變大．

點評 本題考查氧化還原反應(yīng)計算及電解等，綜合性較強，注重氧化還原反應(yīng)應(yīng)用能力的考查，把握習(xí)題中的信息及遷移應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，題目難度中等．