Question

3．鐵及其化合物在工農業(yè)生產、環(huán)境保護等領域中有著重要的作用．
（1）硫酸鐵銨[NH₄Fe（SO₄）₂•12H₂O]廣泛用于城鎮(zhèn)生活飲用水、工業(yè)循環(huán)水的凈化處理等．寫出硫酸鐵銨溶液中離子濃度的大小順序c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．
（2）FeSO₄/KMnO₄工藝與單純混凝劑[FeCl₃、Fe₂（SO₄）₃]相比，大大降低了污水處理后水的渾濁度，顯著提高了對污水中有機物的去除率．二者的引入并未增加沉降后水中總鐵和總錳濃度，反而使二者的濃度降低，原因是在此條件下（pH約為7）KMnO₄可將水中Fe²⁺、Mn²⁺氧化為固相的+3價鐵和+4價錳的化合物，進而通過沉淀、過濾等工藝將鐵、錳除去．已知：K_sp（Fe（OH）₃=4.0×10^-38，則沉淀過濾后溶液中c（Fe³⁺）約為4.0×10^-17mol•L^-1．寫出生成+4價固體錳化合物的反應的離子方程式2MnO₄^-+3Mn²⁺+2H₂O=5MnO₂+4H⁺．
（3）新型納米材料ZnFe₂O_x，可用于除去工業(yè)廢氣中的某些氧化物．制取新材料和除去廢氣的轉化關系如圖1：用ZnFe₂O_x除去SO₂的過程中，氧化劑是SO₂．（填化學式）
（4）工業(yè)上常采用如圖2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化為可利用的硫．先通電電解，然后通入H₂S時發(fā)生反應的離子方程式為：2[Fe（CN）₆]^3-+2CO${\;}_{3}^{2-}$+H₂S═2[Fe（CN）₆]^4-+2HCO${\;}_{3}^{-}$+S↓．電解時，陽極的電極反應式為[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）Fe²⁺的水解程度大于NH₄⁺，水解程度越大，離子濃度越小，F(xiàn)e²⁺和NH₄⁺水解溶液顯酸性；
（2）溶液pH約為7，c（OH^-）=10^-7mol/L，根據K_sp（Fe（OH）₃=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）計算；KMnO₄將Mn²⁺氧化為固相的+4價錳的化合物，則生成二氧化錳；
（3）根據化合價的變化判斷氧化劑；
（4）電解時陽極發(fā)生失電子的氧化反應，將[Fe（CN）₆]^4-轉化為Fe（CN）₆]^3-，化合價升高；陰極反應式為2HCO₃^-+2 e^-═H₂↑+2CO₃^2-，據此判斷．

解答 解：（1）硫酸鐵銨[NH₄Fe（SO₄）₂•12H₂O]溶于水形成的溶液中，F(xiàn)e²⁺和NH₄⁺水解溶液顯酸性，F(xiàn)e²⁺的水解程度大于NH₄⁺，水解程度越大，離子濃度越小，所以c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺），硫酸根離子不水解，濃度最大，所以溶液中離子濃度關系c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
故答案為：c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（2）溶液pH約為7，c（OH^-）=10^-7mol/L，K_sp（Fe（OH）₃=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=4.0×10^-38，則c（Fe³⁺）=$\frac{4.0×1{0}^{-38}}{（1{0}^{-7}）^{3}}$=4.0×10^-17mol/L；KMnO₄將Mn²⁺氧化為固相的+4價錳的化合物，則生成二氧化錳，其反應的離子方程式為：2MnO₄^-+3Mn²⁺+2H₂O=5MnO₂+4H⁺；
故答案為：4.0×10^-17；2MnO₄^-+3Mn²⁺+2H₂O=5MnO₂+4H⁺；
（3）新型納米材料ZnFe₂O_X可由化合物ZnFe₂O₄經高溫還原制得，故ZnFe₂O_X和SO₂反應得到ZnFe₂O₄過程中鐵的化合價升高，也可由①計算可知，故ZnFe₂O_X作還原劑，則SO₂作氧化劑；
故答案為：SO₂；
（4）電解時，陽極的電極反應式為[Fe（CN）₆]^4--e^-═[Fe（CN）₆]^3-，電解時陰極反應式為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 本題考查了離子濃度大小比較、氧化還原反應、溶度積常數(shù)的計算及電解等，題目綜合性較強，注重對學生綜合能力的考查，把握習題中的信息及遷移應用為解答的關鍵，題目難度中等．