Question

【題目】某化學(xué)課外活動(dòng)小組利用廢鐵屑(含少量硫等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，并設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置(夾持儀器略去)。

稱取一定量的表面除去油污的廢鐵屑于錐形瓶中，加入適量的稀硫酸，在通風(fēng)櫥中置于50~60℃熱水浴中加熱充分反應(yīng)。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水，使其反應(yīng)完全，制得淺綠色懸濁液。

（1）相比通常鐵與稀硫酸生成氫氣的條件，在實(shí)驗(yàn)中選擇50~60℃熱水浴的原因是___；錐形瓶中溶液冷卻至室溫后再加入氨水的原因__。

（2）C瓶中KMnO4溶液的作用是__。

（3）若要確保獲得淺綠色懸濁液，下列符合實(shí)驗(yàn)要求的是__(填字母)。

a.保持鐵屑過(guò)量

b.控制溶液呈強(qiáng)堿性

c.將稀硫酸改為濃硫酸

（4）莫爾鹽是一種重要化學(xué)藥品，較綠礬穩(wěn)定，不易被空氣氧化，是化學(xué)分析中常用的基準(zhǔn)物之一。其組成可用(NH4)2SO4FeSO46H2O或(NH4)2Fe(SO4)26H2O表示。一定條件下，(NH4)2Fe(SO4)2發(fā)生分解：4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O下列敘述正確的是__。

a反應(yīng)生成amolN2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6amol

b該反應(yīng)的還原產(chǎn)物是硫的兩種氧化物

c有amol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，生成SO2的物質(zhì)的量為0.1amol

d將氣體產(chǎn)物用足量BaCl2溶液吸收，只得到一種沉淀物

（5）實(shí)驗(yàn)探究：影響溶液中Fe2+穩(wěn)定性的因素。

配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都呈淺綠色，分別同時(shí)滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，過(guò)了一會(huì)兒觀察可見(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然為淺綠色透明澄清溶液，FeSO4溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。

（資料）

沉淀	Fe(OH)2	Fe(OH)3
開始沉淀pH	7.6	2.7
完全沉淀pH	9.6	3.7

①請(qǐng)用離子方程式解釋FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因___。

②討論影響Fe2+穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：

假設(shè)1：其它條件相同時(shí)，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。

假設(shè)2：其它條件相同時(shí)，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2+穩(wěn)定性越好。

假設(shè)3：___。

（6）稱取ag所制得的硫酸亞鐵銨晶體，用加熱煮沸的蒸餾水溶解，配成250mL溶液，取出25mL放入錐形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為___(用含c、V、a的代數(shù)式表示)。

Answer 1

【答案】受熱均勻，加快反應(yīng)速率 溫度過(guò)高，氨水揮發(fā)過(guò)多，原料利用率低 吸收硫化氫、氨氣等雜質(zhì)氣體 a d 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ 當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，Fe2+的穩(wěn)定性較好。（或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。）

【解析】

廢鐵屑（含少量硫化物），加入過(guò)量硫酸溶液，水浴加熱，可加快反應(yīng)速率和受熱均勻，硫化物可生成硫化氫氣體，可用KMnO4溶液吸收，反應(yīng)后的溶液加入鐵粉，防止硫酸亞鐵被氧化，冷卻后加入氨水，制得淺綠色懸濁液，即生成硫酸亞鐵銨，用KMnO4溶液來(lái)測(cè)定硫酸亞鐵銨的純度，發(fā)生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答該題。

（1）在實(shí)驗(yàn)中選擇50～60℃熱水浴，升高溫度，受熱均勻，加快反應(yīng)速率，提高利用率； 錐形瓶中溶液冷卻至室溫后再加入氨水，是因?yàn)榘彼�中的氨極易揮發(fā)，溫度過(guò)高，氨水揮發(fā)過(guò)多，原料利用率低，不利于反應(yīng)的進(jìn)行；答案為加快反應(yīng)速率，受熱均勻；溫度過(guò)高，氨水揮發(fā)過(guò)多，原料利用率低。

（2）由于鐵屑中含有S，因此會(huì)產(chǎn)生SO2，同時(shí)氨水易揮發(fā)，因此高錳酸鉀溶液吸收這些氣體，防止污染空氣；答案為吸收氨氣、二氧化硫等雜質(zhì)氣體，防止污染空氣。

（3）若要確保獲得淺綠色懸濁液，由于Fe2+易被氧化，所以為防止其被氧化，鐵屑應(yīng)過(guò)量，故a正確；若控制溶液呈強(qiáng)堿性，則生成了Fe(OH)2沉淀，故b錯(cuò)誤；將稀硫酸改為濃硫酸，由于濃H2SO4的強(qiáng)氧化性，會(huì)將Fe2+氧化成Fe3+，故c錯(cuò)誤；答案為a。

（4）由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2價(jià)變?yōu)?/span>+3價(jià)，失電子，N元素由-3價(jià)變?yōu)?/span>0價(jià)，失電子，S元素由+6價(jià)孌為+4價(jià)，得電子，則由方程式可知，

a．生成1molN2同時(shí)會(huì)生成5molSO2，轉(zhuǎn)移電子10mol，那么反應(yīng)生成amolN2時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量10amol，為故a錯(cuò)誤；

b．得到電子被還原，生成還原產(chǎn)物，則還原產(chǎn)物只有SO2，SO3中S價(jià)態(tài)不變，不是還原產(chǎn)物，故b錯(cuò)誤；

c．由方程式可知，生成5molSO2，電子轉(zhuǎn)移10mol，則有amol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，生成SO2的物質(zhì)的量是0.5amol，故c錯(cuò)誤；

d．當(dāng)用足量BaCl 2 吸收氣體產(chǎn)物時(shí)，只能生成BaSO 4 沉淀，而不會(huì)生成BaSO 3 沉淀，故d正確；答案為d。

（5）①FeSO4溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁是因?yàn)樯�成�?/span>Fe(OH)3沉淀，離子方程式為：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案為4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。

②根據(jù)兩種溶液離子濃度的差異判斷,NH4+、SO42-以及H+都可影響Fe2+穩(wěn)定性,由題給信息可知,假設(shè)1和假設(shè)2都說(shuō)了NH4+和H+的影響，則可知假設(shè)3是講硫酸根的影響，當(dāng)其它條件相同時(shí),硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性(或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，Fe2+的穩(wěn)定性較好)，答案為當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性(或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，Fe2+的穩(wěn)定性較好)。

（6）由反應(yīng)5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO4-，反應(yīng)消耗KMnO4的物質(zhì)的量為n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亞鐵離子的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=5×cV×10-3mol×=5cV×10-2mol，則(NH4)2Fe(SO4)2質(zhì)量為5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為×100%；答案為×100%。