Question

16．食鹽中的抗結劑是亞鐵氰化鉀，其化學式為K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O．42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O，樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度的變化曲線）如圖所示．（已知K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O相對分子質量為422；K₄[Fe（CN）₆]相對分子質量為368）
試回答下列問題：
（1）試確定150℃時固體物質的化學式K₄[Fe（CN）₆]
（2）查閱資料知：雖然亞鐵氰化鉀自身毒性很低，但其水溶液與酸反應放出極毒的氰化氫（HCN）氣體；亞鐵氰化鉀加熱至一定溫度時能分解產生氰化鉀（KCN）．據此判斷，烹飪食品時應注意的問題為避免與醋等酸性物質一起烹飪；控制烹飪溫度不超過400℃．
（3）在25℃時，將a mol•L^-1的KCN溶液與0.01mol•L^-1的鹽酸等體積混合，反應達到平衡時，測得溶液pH=7，則KCN溶液的物質的量濃度a＞0.01mol•L^-1（填“＞”、“＜”或“=”）；用含a的代數式表示HCN的電離常數K_a=（100a-1）×10^-7 mol•L^-1．
（4）在Fe²⁺、Fe³⁺的催化作用下，可實現2SO₂+O₂+2H₂O═2H₂SO₄的轉化．  已知，含SO₂的廢氣通入含Fe²⁺、Fe³⁺的溶液中時，其中一個反應的離子方程式為4Fe²⁺+O₂+4H⁺═4Fe³⁺+2H₂O，則另一個反應的離子方程式為2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺．上述轉化的重要意義在于以消除SO₂的污染，同時制得硫酸，變廢為寶 _．
（5）已知Fe（OH）₃的溶度積常數K_sp=1.1×10^-36．室溫時在FeCl₃溶液中滴加NaOH溶液，當溶液pH為3時，通過計算說明Fe³⁺是否沉淀完全c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺沒有沉淀完全．（提示：當某離子濃度小于10^-5 mol•L^-1時可以認為該離子沉淀完全）

Answer 1

分析 （1）42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O的物質的量為0.1mol，含有結晶水質量為0.1mol×3×18g/mol=5.4g，而150℃時固體物質的質量為36.8g，質量減少為42.2g-36.8g=5.4g，故150℃完全失去結晶水；
（2）亞鐵氰化鉀水溶液與酸反應放出極毒的氰化氫（HCN）氣體，加熱至一定溫度時能分解產生氰化鉀（KCN），由圖可知應在400℃，故應避免與酸性物質物質一起烹飪、控制烹飪溫度不超過400℃；
（3）發生反應：KCN+HCl═KCl+HCN，若是等濃度，生成HCN應該呈酸性，而反應后PH=7呈中性，說明KCN有剩余（KCN水解呈堿性）；
HCN?H⁺+CN^-的電離平衡常數Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$，溶液呈中性，則c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，由電荷守恒c（H⁺）+c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-）+c（OH^-），故c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-），則c（CN^-）=（0.5a-0.005）mol/L，根據物料守恒c（HCN）=0.5amol/L-c（CN^-）=0.005mol/L，代入電離平衡常數表達式計算；
（4）催化劑的特點，恢復原來狀態，則Fe³⁺→Fe²⁺，故Fe³⁺將SO₂氧化為硫酸；可以降低SO₂的污染，同時制得硫酸；
（5）根據c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$計算判斷．

解答 解：（1）42.2g K₄[Fe（CN）₆]•3H₂O的物質的量為0.1mol，含有結晶水質量為0.1mol×3×18g/mol=5.4g，而150℃時固體物質的質量為36.8g，質量減少為42.2g-36.8g=5.4g，故150℃完全失去結晶水，則150℃時固體物質的化學式為：K₄[Fe（CN）₆]，
故答案為：K₄[Fe（CN）₆]；
（2）亞鐵氰化鉀水溶液與酸反應放出極毒的氰化氫（HCN）氣體，加熱至一定溫度時能分解產生氰化鉀（KCN），由圖可知應在400℃，故應避免避免與醋等酸性物質一起烹飪、控制烹飪溫度不超過400℃，
故答案為：避免與醋等酸性物質一起烹飪；控制烹飪溫度不超過400℃；
（3）發生反應：KCN+HCl═KCl+HCN，若是等濃度，生成HCN應該呈酸性，而反應后PH=7呈中性，說明KCN有剩余（KCN水解呈堿性），所以a＞0.01mol/L；
HCN?H⁺+CN^-的電離平衡常數Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$，溶液呈中性，則c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，由電荷守恒c（H⁺）+c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-）+c（OH^-），故c（K⁺）=c（CN^-）+c（Cl^-），則c（CN^-）=（0.5a-0.005）mol/L，根據物料守恒c（HCN）=0.5amol/L-c（CN^-）=0.005mol/L，則Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{N}^{-}）}{c（HCN）}$=$\frac{1{0}^{-7}×（0.5a-0.005）}{0.005}$mol•L^-1 =（100a-1）×10^-7 mol•L^-1
故答案為：＞；（100a-1）×10^-7 mol•L^-1；
（4）催化劑的特點，恢復原來狀態，則Fe³⁺→Fe²⁺，故Fe³⁺將SO₂氧化為硫酸，反應離子方程式為：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺，上述轉化的重要意義在于：可以消除SO₂的污染，同時制得硫酸，變廢為寶，
故答案為：2Fe³⁺+SO₂+2H₂O=2Fe²⁺+SO₄^2-+4H⁺；以消除SO₂的污染，同時制得硫酸，變廢為寶；
（5）c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺沒有沉淀完全，
故答案為：c（Fe³⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{3}（O{H}^{-}）}$=1.1×10^-3 mol•L^-1＞1×10^-5 mol•L^-1，故Fe³⁺沒有沉淀完全．

點評 本題考查化學方程式計算、弱電解質電離、溶度積有關計算等，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．