题目内容

3．工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾（ FeSO4•7H2O ）．
（1）若用98% 1.84g/cm3的浓硫酸配制生产28%的硫酸溶液，则浓硫酸与水的体积比约为1：4.6．
（2）若绿矾受热分解后的产物为不含硫元素的固体A、SO2、SO3和H2O．回答下列问题：
绿矾受热分解后，铁元素的化合价在分解前后是否发生了变化是（填“是”或“否”），其理由是绿矾分解产物中有SO2，硫元素化合价降低，必有元素化合价升高．
（3）为测定某久置于空气的绿矾样品中Fe2+的氧化率，某同学设计如下实验：取一定量的样品全部溶解于稀硫酸中；然后加入5.00g铁粉充分反应，收集到224mL（标准状况）气体，剩余固体质量为3.88g，测得反应后的溶液中Fe2+的物质的量为0.14mol．则该样品中Fe2+离子的氧化率为16.7%．
（4）硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在氧化还原滴定分析中常用来配制Fe2+的标准溶液．现取0.4g Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用40mL 0.150mol/L KMnO4溶液处理，发生反应如下：
8MnO4-+5Cu2S+44H+→10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O
6MnO4-+5CuS+28H+→5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O
反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与V mL 0.2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．已知：MnO4-+5Fe2++8H+→Mn2++5Fe3++4H2O
①V的取值范围为25＜V＜50；
②若V=35，试计算混合物中CuS的质量分数．

分析 （1）根据硫酸的质量守恒计算硫酸和水的体积比；
（2）绿矾（ FeSO4•7H2O ）中硫的化合价为+6价，反应生成了二氧化硫，化合价降低了，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素的化合价升高，据此判断；
（3）先根据氢气的体积计算生成氢气需要铁的质量及生成的二价铁离子的物质的量，再根据总减少的铁的质量减去生成氢气需要铁的质量即为与三价铁离子反应需要铁的质量，根据与三价铁离子反应铁的质量计算三价铁离子的物质的量和生成二价铁离子的物质的量，总二价铁离子的物质的量减去上述二价铁离子的物质的量即为原溶液中二价铁离子的物质的量，三价铁离子的物质的量与原溶液中二价铁离子和三价铁离子之和的比值即为氧化率；
（4）①采用极限法计算与固体混合物反应需要的高锰酸钾的物质的量，剩余的高锰酸钾与（NH4）2Fe（SO4）2溶液反应计算需要的（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积；
②先根据（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量计算与其反应的高锰酸钾的物质的量，设固体混合物中两固体的质量，根据两固体的质量计算需要的高锰酸钾的物质的量，然后列式计算出两固体的质量，根据质量分数公式计算即可．

解答 解：（1）设浓硫酸的体积为xmL，水的体积为ymL；稀释前后硫酸的质量不变，
所以$\frac{1.84x×98%}{1.84x+1.0y}$，解得x：y=1：4.6，
故答案为：4.6；
（2）绿矾（ FeSO4•7H2O ）中硫的化合价为+6价，反应生成了二氧化硫，化合价降低了，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素的化合价升高，所以可以判断有铁元素的化合价在反应过程中升高了，
故答案为：是； 绿矾分解产物中有SO2，硫元素化合价降低，必有元素化合价升高；
（3）设与酸反应生成氢气需要的铁的质量为x，生成的硫酸亚铁的物质的量为y，
      Fe+2H+=Fe 2++H2 ↑
     56g    1mol   22.4L
     x       y      0.224L
解得x=0.56g，y=0.01mol，
与Fe3+反应需要的铁的质量为5.00g-3.88g-0.56g=0.56g，
与铁反应需要的三价铁离子的物质的量为m，生成的二价铁离子的物质的量为n，
Fe+2Fe3+=3Fe2+
56g 2mol  3mol
0.56g m    n
解得m=0.02mol，n=0.03mol，
所以原来溶液中二价铁离子的物质的量为0.14mol-0.01mol-0.03mol=0.1mol，
所以氧化率为$\frac{0.02mol}{0.1mol+0.02mol}$，
 故答案为：16.7%；
（4）①高锰酸钾的物质的量为：0.040L×0.150mol/L=0.006mol，
假设固体混合物全部为Cu2S，需要高锰酸钾的物质的量为x，
8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O
8      5
x      $\frac{0.4g}{160g}$
x=0.004mol
剩余的高锰酸钾的物质的量为0.006mol-0.004mol=0.002mol，
0.002mol高锰酸钾和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．
  MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
1mol    5mol
0.002mol  1×10-3VL×0.2mol/L
解得V=50，
假设固体混合物全部为CuS，需要高锰酸钾的物质的量为y，
6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O
6     5
y    $\frac{0.4g}{96g}$
y=0.005mol
剩余的高锰酸钾的物质的量为0.006mol-0.005mol=0.001mol．
0.001mol高锰酸钾和（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
1mol       5mol
0.001mol   1×10-3VL×0.2mol/L
解得V=25，
故答案为：25＜V＜50；  
 ②若V=35，与35mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应需要高锰酸钾的物质的量为：
    MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
  1mol    5mol
0.014mol  0.035L×0.2mol/L
所以高锰酸钾的物质的量为0.0014mol，
故与固体混合物反应的高锰酸钾的物质的量为0.006mol-0.0014mol=0.0046mol，
设Cu2S的质量为xg，CuS的质量为yg，x+y=0.40g．
8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O
8mol    800g
0.01xmol xg
 6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O
 6mol   480g
0.0125ymol  yg
$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.4}\\{0.01xmol+0.0125ymol=0}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.16\\;}\\{y=0.24}\end{array}\right.$
则混合物中CuS的质量分数=$\frac{0.24g}{0.4g}$，
答：混合物中CuS的质量分数为60%．

点评 本题考查了根据方程式进行有关计算，难度较大，注意解答讨论题时采用极限法，根据极限法计算出其取值范围．

练习册系列答案
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反应过程中，SO2、O2、SO3的物质的量（mol）的变化如下表（0～4min时，容器气体压强为0.1MPa）：
时间min012345678w.9
n（SO2）2.001.921.841.761.761.641.521.401.401.40
n（O2）1.000.960.920.880.880.820.760.700.700.70
n（SO3）w00.080.160.240.240.360.480.600.600.60
回答下列问题：
（1）3～4min，7～9min时段，反应处于平衡状态．
（2）第5min时，从同时提高速率和转化率两个方面分析，改变的外界条件是增大压强；平衡向正方向移动．（填“正”、“逆”或“不”）
（3）其他条件相同、催化剂不同时，S02的转化率随反应温度的变化如图a．260℃Cr2O3 （填Fe203、Ni0或Cr203）作催化剂反应速率最快．Fe2O3和Ni0作催化剂均能使S02的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe203的 主要优点是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率．
（4）科研小组在3800C Fe203作催化剂时，研究了不同投料比n（O2）：n（SO2）对S02转化率的影响，结果如图b．请在答题卡坐标图中画出n（O2）：n（SO2）=1：2时，SO2转化率的预期变化曲线．
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a：10mL 0.1mol•L-1 HCl和b：10mL 0.1mol•L-1醋酸中．
①若Zn不足量，则反应速率a＞b．（填“＞”、“=”或“＜”，下同）
②若Zn过量，产生H2的量a=b．

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