Question

【题目】绿矾(FeSO4·7H2O)在化学合成上用作还原剂及催化剂。工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。

(1)98% 1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为________(保留两位小数)，50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为_______(填>、<、=)40%。

(2)将111.2g绿矾（FeSO47H2O，式量为278）在高温下加热，充分反应后生成Fe2O3固体和SO2、SO3、水的混合气体，则生成Fe2O3的质量为_______g；SO2为_______mol。实验室可用以下方法制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，式量为392]。

(3)将4.88g铁屑(含Fe2O3)与25mL 3mol/L H2SO4充分反应后，得到FeSO4和H2SO4的混合溶液，稀释溶液至100mL，测得其pH=1。铁屑中Fe2O3的质量分数是________（保留两位小数）。

(4)向上述100mL溶液中加入与该溶液中FeSO4等物质的量的(NH4)2SO4晶体，待晶体完全溶解后蒸发掉部分水，冷却至t℃，析出摩尔盐晶体12.360g，剩余溶液的质量为82.560g。t℃时，计算(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度。_______（保留两位小数）。

Answer 1

【答案】7.14 mol/L > 32 0.2 0.66(或66%) 22.35g

【解析】

(1)根据c=计算出密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度；假设密度相同，混合后质量分数为40%，由于硫酸的质量分数越大，溶液中含有的硫酸的质量越大，所以混合后硫酸的质量分数大于40%；

(2)发生 ，结合n=及反应计算；

(3)先根据溶液的pH计算剩余硫酸的物质的量，再根据方程式计算氧化铁的质量，根据质量分数公式计算氧化铁的质量分数；

(4)根据原子守恒计算生成硫酸亚铁的物质的量及莫尔盐的物质的量，根据析出的晶体计算溶液中莫尔盐的质量，再根据，计算其溶解度。

(1)密度为1.4g/cm3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为c=mol/L≈7.14mol/L；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%；

(2)n(FeSO47H2O)==0.4mol，由可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol××160g/mol=32g，SO2为0.4mol×=0.2mol；

(3)根据题意知，稀释溶液至100mL，测得其pH=1，溶液中还有酸剩余，剩余的n(H2SO4)=0.1mol/L××0.1L=0.005mol，则参加反应的n(H2SO4)=0.025L×3mol/L-0.005mol=0.07mol。设铁的物质的量是m，氧化铁的质量是n，发生反应的方程式Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m+160n=4.88，mn+3n=0.07，解得n=0.02mol，m=0.03mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%=0.66(或66%)；

(4)根据以上结合原子守恒知，n(FeSO4)=n(Fe)+2n(Fe2O3)=(0.03+0.04)mol=0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]= n(FeSO4)=0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g/mol-12.360g=15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则=，解得x=22.35g。