题目内容

10.绿矾(FeSO4•7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分.下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法:

25℃时pH[]
饱和H2S溶液3.9
SnS沉淀完全1.6
FeS开始沉淀3.0
FeS沉淀完全5.5
查询资料,得有关物质的相关数据如表:
(1)操作Ⅱ中,通入硫化氢至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+;在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+生成沉淀,并防止Fe2+被氧化.
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是SnS.
(3)操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水此空删去洗涤,其目的是:此空删去
①除去晶体表面附着的硫酸等杂质;②降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗.
(4)测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是:
a.称取2.850g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0.010 00mol•L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL.
①滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管(填仪器名称).
②判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色.
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为97.5%.

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)上述分析可知滤渣Ⅱ的主要成分是SnS;
(3)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;
(4)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为 5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O,由消耗的高锰酸钾的物质的量可求得亚铁离子的物质的量,即FeSO4•7H2O的物质的量,由此计算出样中纯FeSO4•7H2O的质量,进而计算样品中FeSO4•7H2O的质量分数.

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;防止Fe2+离子生成沉淀,并防止Fe2+被氧化;
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是SnS,故答案为:SnS;
(3)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,降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗,
故答案为:降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗;
(4)①高锰酸钾具有强氧化性,可腐蚀橡皮管,应放在酸式滴定管中,
故答案为:酸式滴定管;
②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: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%=97.5%,
故答案为:97.5%.

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.

练习册系列答案
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5.三氯化六氨合钴(Ⅲ)是一种重要的配合物原料,实验室制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的化学方程式为:
2CoCl2•6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O2═2[Co(NH36]Cl3+14H2O
实验流程如图1:

已知:[Co(NH36]Cl3 在水中电离为[Co(NH36]3+和Cl-,[Co(NH36]Cl3的溶解度如下表:
温度(℃)02047
溶解度(g)4.266.9612.74
请回答下列问题:
(1)第①步需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2•6H2O晶体,加热煮沸和研细的目的是加速固体溶解.
(2)H2O2的作用是做氧化剂,第③步中保持60℃的加热方法是水浴加热.
(3)过滤是滤纸先用蒸馏水湿润,然后用玻璃棒压实滤纸,排出滤纸与漏斗之间的气泡.
(4)实验操作1为趁热过滤,[Co(NH36]Cl3 溶液中加入浓HCl的目的是有利于[Co(NH36]Cl3析出,提高产率.
(5)现称取0.2675g[Co(NH36]Cl3(相对分子质量为267.5),在A中发生如下反应:
[Co(NH36]Cl3+3NaOH═Co(OH)3↓+6NH3↑+3NaCl(装置见图2),
C中装0.5000mol/L的盐酸25.00mL,D中装有冰水.加热烧瓶,使NH3完全逸出后,用少量蒸馏水冲洗导管下端内外壁上粘附的酸液于C中,加入2~3滴甲基红指示剂,用0.5000mol/L的NaOH滴定.已知:
指示剂颜色变色的pH范围
甲基红4.4~6.2
①仪器A的名称是圆底烧瓶.
②当滴定到终点时,共需消耗NaOH溶液13.00mL(精确到0.01mL)
③若用上述原理测定某[Co(NH3x]Cl3晶体中x值,实验过程中未用少量蒸馏水冲洗导管下端内外壁上粘附的酸液于C中,则x值将偏大(填“偏大”、“偏小”或“不变”).

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