Question

【題目】利用廢舊鍍鋅鐵皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)制備納米Fe3O4及副產(chǎn)物ZnO的流程如下：

已知：Zn及其化合物的性質(zhì)與Al及其化合物的性質(zhì)相似，“濾液1”中鋅元素以ZnO22－形式存在�；卮鹣铝袉栴}：

(1)實驗中需調(diào)節(jié)“濾液1”的pH約為8，pH過大或過小都不利的原因是_______________。

(2)“濾渣1”的主要成分是__________(填化學式，下同)，“濾渣2”的主要成分是_______。

(3)“部分氧化”階段，ClO3－被還原為Cl－，該反應的離子方程式是____________________。

(4)向“溶液2”中通入N2的目的是________________________________________________。

(5)某化學興趣小組用m1 g廢舊鍍鋅鐵皮(Fe元素的質(zhì)量分數(shù)為w)制備納米Fe3O4，最終得到m2 g產(chǎn)品，則產(chǎn)率為__________(用含m1、m2和w的代數(shù)式表示)。

(6)用酸性高錳酸鉀溶液可測定產(chǎn)物Fe3O4中二價鐵含量，用稀硫酸溶解Fe3O4，再用酸性KMnO4標準溶液進行滴定，發(fā)生反應：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。

①判斷該反應到達滴定終點的現(xiàn)象是______________________________________________。

②滴定操作中，若滴定前裝有酸性KMnO4標準溶液的滴定管尖嘴部分無氣泡，而滴定結(jié)束后有氣泡，則測得的二價鐵含量__________(填“偏高”偏低”或“無影響”)。

Answer 1

【答案】pH過小，導致氫氧化鋅沉淀溶解；pH過大，ZnO22-不會完全轉(zhuǎn)化為Zn(OH)2，ZnO的產(chǎn)率減小 Fe、Fe2O3 Zn(OH)2 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O 防止Fe2+被氧化 當?shù)稳胱詈笠坏?/span>KMnO4溶液時，溶液由淡黃色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色 偏低

【解析】

由流程圖可知，廢舊鍍鋅鐵皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)加NaOH后，Zn、ZnO轉(zhuǎn)化為ZnO22-，進入濾液1中，Fe2O3、Fe不與NaOH反應，進入到濾渣1中。濾渣1經(jīng)水洗、酸溶，轉(zhuǎn)化為含有Fe2+和Fe3+的溶液，加入NaClO3氧化，使部分Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，再加入NaOH，在N2的保護下使Fe2+和Fe3+轉(zhuǎn)化為納米Fe3O4。濾液調(diào)pH后ZnO22-轉(zhuǎn)化為Zn(OH)2沉淀下來，濾渣2即為Zn(OH)2，經(jīng)灼燒后轉(zhuǎn)化為ZnO。

（1）根據(jù)分析，濾液1中為ZnO22-，pH過小，會導致Zn(OH)2沉淀溶解：Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O；由于ZnO22-在強堿中可穩(wěn)定存在，pH過大，ZnO22-不會完全轉(zhuǎn)化為Zn(OH)2，最終生成的ZnO減少；

（2）由分析可知，濾渣1的主要成分是Fe、Fe2O3，濾渣2的主要成分是Zn(OH)2；

（3）部分氧化過程中，Fe2+被氧化為Fe3+，根據(jù)題意，ClO3－被還原為Cl－，故離子方程式為：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

（4）由于部分氧化之后，溶液中的Fe2+和Fe3+已經(jīng)符合納米Fe3O4要求的比例，而在加NaOH的過程中，Fe2+易被氧化，故通N2的目的是防止Fe2+被氧化；

（5）Fe3O4中Fe占的比例為，m1 g廢舊鍍鋅鐵皮（Fe元素的質(zhì)量分數(shù)為w）理論上能產(chǎn)生Fe3O4的質(zhì)量為，最終得到m2 g產(chǎn)品，則產(chǎn)率為；

（6）①用酸性KMnO4溶液可測定產(chǎn)物Fe3O4中的Fe2+，由于原溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故原溶液為黃色，當Fe2+被滴定完后，溶液中出現(xiàn)KMnO4，溶液變?yōu)闇\紅色，所以滴定終點現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈笠坏?/span>KMnO4溶液時，溶液由淡黃色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。

②若滴定前裝有酸性KMnO4標準溶液的滴定管尖嘴部分無氣泡，而滴定結(jié)束后有氣泡，說明滴定使用的KMnO4標準溶液體積偏小，導致計算時算出的Fe2+含量也偏小。