Question

（10分）某科研人员设计出将硫酸渣（主要成分Fe₂O₃，含有少量的SiO₂等杂质）再利用的流程。流程中的滤液经过多次循环后用来后续制备氧化铁粉末。

（1）为了加快反应①的反应速率，可采用的措施是          。（写出一点即可）

（2）“还原”是将Fe^3＋转化为Fe^2＋。在温度T₁ 、T₂（T₁ ＞T₂）下进行该反应，通过检测相同时间内溶液的pH，绘制pH随时间的变化曲线如右所示。得出结论：该反应的温度不宜过高。

①通入SO₂气体“还原”时， 试解释pH下降的原因是              。

②相同时间内，T₁温度下溶液的pH更高的原因是                 。

（3）该流程中循环使用的物质是                        。

（4）为测定反应①后溶液中Fe^3＋的浓度以控制加入SO₂的量。实验步骤为：准确量取20.00ml的反应后溶液，稀释成100mL溶液，取10.00 mL溶液，加入足量的KI晶体和2～3滴淀粉溶液，用0.50mol/L的Na₂S₂O₃溶液与碘反应，当反应恰好完全进行时，共消耗Na₂S₂O₃溶液20.00 mL。有关反应方程式如下：

2Fe^3＋＋2I^－＝2Fe^2＋＋I₂；2Na₂S₂O₃ + I₂ ＝ Na₂S₄O₆ + 2NaI

试计算原溶液中Fe^3＋的物质的量浓度(写出计算过程)。

Answer

（10分）（1）将硫酸渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、升高温度、搅拌等 （2分）

（2）①Fe3＋将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4 （1分）

②温度过高， SO2的溶解度下降 （1分）

（3）H2SO4 （2分）

（4）由反应式可得关系： Fe3＋～Na2S2O3

n(Fe3＋)＝n(Na2S2O3)＝20.00×10-3 L×0.50mol/L×10＝0.1 mol （2分）

∴ c(Fe3＋)=0.1mol/0.02L=5.0mol/L （2分）

【解析】

试题分析：（1）结合影响反应速率的因素，固体在酸溶时，可通过固体粉碎、升高温度、搅拌、提高硫酸的浓度来提高反应速率，故答案为：将硫酸渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；（2）①Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4，故溶液的pH会逐渐减少，也就是溶液的酸性增强，故答案为：Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4； ②温度升高，可以加快反应速率，但气体的溶解度却减小了，参加反应的SO2的量减少，故相同时间内，T1温度下溶液的pH更高，故答案为：温度过高，SO2的溶解度下降；（3）从流程图中可看出，可循环利用的物质是H2SO4；（4）由反应式可得关系：Fe3+～Na2S2O3，n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=20.00×10-3 L×0.50mol/L×10=0.1 mol∴c(Fe3+)=0.1mol/0.02L=5.0mol/L。

考点：主要考查化学反应及影响因素、有关物质的量计算。