分析 铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡,过滤后得到滤液,将滤液加入稀硫酸酸化,并通入硫化氢,可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化,过滤后得到滤液为硫酸亚铁,经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O,
(1)依据流程关系图分析,通入硫化氢制饱和,硫化氢是强还原剂,目的是沉淀锡离子,防止亚铁离子被氧化;在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6;FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0,操作Ⅱ加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2+;
(2)操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质,温度降低绿矾溶解度降低,减少绿矾晶体的损失;
(3)①高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化橡胶管,不能用简式滴定管;
②高锰酸钾有强氧化性,所以滴定时盛放KMnO4溶液要用酸式滴定管;利用高锰酸钾溶液紫红色指示反应终点;
③依据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算.
解答 解:铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡,过滤后得到滤液,将滤液加入稀硫酸酸化,并通入硫化氢,可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化,过滤后得到滤液为硫酸亚铁,经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O,
(1)通入硫化氢至饱和的目的是:硫化氢具有强还原性,可以防止亚铁离子被氧化,已知:在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6;FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0,沉淀完全时的pH为5.5,操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是,在溶液PH=2时,Sn2+完全沉淀,亚铁离子不沉淀,
故答案为:除去溶液中的Sn2+离子,并防止Fe2+被氧化;防止Fe2+离子生成沉淀;
(2)冰水温度低,物质溶解度减小,可以洗去沉淀表面的杂质离子,避免绿矾溶解带来的损失,
故答案为:降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗;
(3)①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+,反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,
故答案为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;
②高锰酸钾有强氧化性,所以滴定时盛放KMnO4溶液要用酸式滴定管;滴定实验达到终点时,滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色,
故答案为:酸式滴定管;滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色;
③a.称取2.8500g绿矾产品,溶解,在250mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;
c.用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL,则
5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5 1
n(Fe2+) 0.01000mol/L×0.0200L
计算得到;n(Fe2+)=0.001mol;
则250mL溶液中含Fe2+=0.001mol×$\frac{250}{25}$=0.01mol;
FeSO4•7H2O物质的量为0.01mol,质量=0.01mol×278g/mol=2.78g;
质量分数=$\frac{2.78g}{2.85g}$×100%=97.54%,
故答案为:97.54%.
点评 本题考查了铁盐亚铁盐的性质应用,为高考常见题型和高频考点,侧重于学生的分析能力、实验能力的考查,题目着重于分离混合物的实验方法设计和分析判断的考查,注意把握滴定实验的分析判断,数据计算,误差分析的方法,题目难度中等.
科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 4 mol•L-1 | B. | 0.2mol•L-1 | C. | 2 mol•L-1 | D. | 0.4 mol•L-1 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 5.68g | B. | 7.1g | C. | 3.55g | D. | 1.42g |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 25.5g | B. | 39g | C. | 51g | D. | 106.5g |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | C2H6与C3H8没有同分异构体,CH2O2与C2H4O2属于同系物 | |
B. | 一定条件下,乙酸乙酯、淀粉、蛋白质、乙烯都能与水发生水解反应 | |
C. | 一定条件下,完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体,则生成水的质量为18(1-a)g | |
D. | 全降解塑料()可由单体环氧丙烷()和CO2缩聚制得 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 5%蔗糖溶液 | B. | 75%乙醇溶液 | ||
C. | 0.5mol/LNaCl溶液 | D. | 1mol/LNaCl溶液 |
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