Question

13．某化学兴趣小组利用工业废弃固体（主要成分为Cu₂S和FeS₂）制备硫酸铜溶液和硫酸亚铁晶体，设计方案如图所示：

已知：T℃时，K_sp[Cu（OH）₂]=2.0×10^-20，K_sp[Fe（OH）₂]=6.0×10^-16，K_sp[Fe（OH）₃]=1.0×10^-38．
（1）为了提高废弃固体的灼烧速率，可以采取的措施有将废弃固体粉碎成细小的颗粒、通入氧气（写出两条）．
（2）FeS₂在空气中灼烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：4．
（3）溶液C在氮气的环境下，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制取硫酸亚铁晶体．
（4）常温下，固体D、O₂和稀硫酸混合后几乎不反应，但加入少量溶液C立即发生反应，则溶液C对该反应起催化作用，其中发生反应的离子方程式为4Fe²⁺+O₂+4H⁺=4Fe³⁺+2H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺．
（5）除杂时先加入双氧水，然后加入试剂Z调节溶液的pH值使铁离子完全沉淀：
①加入的试剂Z可以是BC．
A． NaOH         B．CuO        C．Cu（OH）₂        D．NH₃•H₂O
②若除杂时溶液中Cu²⁺浓度为2.0mol•L^-1，则加入试剂Z调节溶液的pH至3≤pH＜4．

Answer 1

分析 工业废弃固体（主要成分为Cu₂S和FeS₂）灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以E为SO₂，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO₄溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液，
（1）固体接触面积大小及氧气浓度等会影响反应速率；
（2）FeS₂在空气中灼烧生成氧化铁与二氧化硫，根据反应方程式计算；
（3）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作；
（4）酸性条件下，氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与Cu反应生成铜离子与亚铁离子，整个过程中亚铁离子起催化剂作用；
（5）①除杂时需加入双氧水将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再加试剂Z调节溶液pH以除去Fe³⁺，加入试剂Y要不引入新杂质且可以与氢离子反应；
②根据K_sp[Cu（OH）₂]=c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=2.0×10^-20计算铜离子开始沉淀时的c（OH^-），然后根据水的离子积计算c（H⁺）；Fe³⁺离子浓度小于10^-5mol/L时沉淀完全，由K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=1.0×10^-38计算铁离子完全沉淀时的氢氧根离子浓度，然后计算出此时溶液的pH，从而可知需要调节的溶液pH范围．

解答 解：工业废弃固体（主要成分为Cu₂S和FeS₂）灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以E为SO₂，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO₄溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液，
（1）FeS₂在空气中灼烧生成氧化铁与二氧化硫，反应方程式为4FeS₂+11O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+8SO₂，FeS₂固体的接触面积越小，反应速率越快，通入氧气的量越多，反应速率越快，所以提高废弃固体的灼烧速率措施为：将废弃固体粉碎成细小的颗粒或通入氧气，
故答案为：将废弃固体粉碎成细小的颗粒；通入氧气；
（2）反应方程式为4FeS₂+11O₂$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2Fe₂O₃+8SO₂，该反应中FeS₂为还原剂，O₂为氧化剂，则FeS₂在空气中灼烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比=11：1，
故答案为：11：4；
（3）溶液C通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到硫酸亚铁晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）酸性条件下，氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与Cu反应生成铜离子与亚铁离子，整个过程中亚铁离子起催化剂作用，则催化过程中反应的离子方程式为：4Fe²⁺+O₂+4H⁺=4Fe³⁺+2H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺，
故答案为：催化；4Fe²⁺+O₂+4H⁺=4Fe³⁺+2H₂O、Cu+2Fe³⁺=2Fe²⁺+Cu²⁺；
（5）①除杂时需加入双氧水将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再加试剂Z调节溶液pH以除去Fe³⁺，加入试剂Y要不引入新杂质且可以与氢离子反应，试剂Y为CuO、Cu（OH）₂、CuCO₃等，故BC正确，
故答案为：BC；
②Cu²⁺浓度为2.0mol•L^-1，根据K_sp[Cu（OH）₂]=c（Cu²⁺）×c²（OH^-）=2.0×10^-20可知铜离子开始沉淀时溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH^-）=$\sqrt{\frac{2.0×1{0}^{-20}}{2.0}}$mol/L=1.0×10^-10mol/L，c（H⁺）=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1×1{0}^{-10}}$mol/L=1.0×10^-4mol/L，溶液pH=-lg1.0×10^-4=4，
Fe³⁺离子浓度小于10^-5mol/L时沉淀完全，由K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=1.0×10^-38，可得c（OH^-）=1.0×10^-11mol/L，则c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-11}}$mol/L=1.0×10^-3mol/L，溶液pH=-lg1.0×10^-3=3，
所以需要调节溶液pH范围为：3≤pH＜4，
故答案为：3≤pH＜4．

点评 本题考查制备方案的设计，题目难度中等，涉及对操作与试剂的分析评价、物质分离提纯、条件控制等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，关键是理解实验原理和操作流程，熟练掌握元素化合物性质．