Question

6．黄铁矿石的主要成分为FeS₂和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料．某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究．将m₁g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全．

其反应的化学方程式为：
4FeS₂+11O₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe₂O₃+8SO₂
4FeS+7O₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe₂O3+4SO₂
【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：

（1）鼓入空气的作用是提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收．
（2）反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H₂O₂溶液的目的是（用化学方程式表示）Na₂SO₃+H₂O₂=Na₂SO₄+H₂O．
H₂O₂可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式：H₂O₂?H⁺+HO₂^-．
（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为$\frac{32m{\;}_{2}}{233{m}_{1}}$×100%（列出表达式即可）．
【实验二】：测定铁元素的含量

（4）②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶．
（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：

实验次数	第一次	第二次	第三次	第四次
消耗KMnO4溶液体积/mL	25.00	25.03	20.00	24.97

根据所给数据，计算该稀释液中Fe²⁺的物质的量浓度为c（Fe²⁺）=0.5000mol/L．

Answer 1

分析 （1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；
（2）足量H₂O₂溶液可以将亚硫酸根离子完全转化硫酸根离子；H₂O₂可以看作是一种很弱的酸，可以电离出H⁺和HO₂^-；
（3）根据硫原子守恒计算硫铁矿中硫的质量，从而计算其质量分数；
（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大；
（5）根据一定物质的量浓度溶液的配制中各仪器的作用选取仪器；
（6）根据表中数据可知，第三次数据偏差较大，为偶然误差，所以该数据去掉，依据实验过程和滴定实验消耗的高锰酸钾溶液体积的平均数，结合氧化还原反应离子方程式计算亚铁离子物质的量，计算25mL溶液中亚铁离子的浓度．

解答 解：（1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收，
故答案为：提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；
（2）为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量，发生的反应的化学方程式为：Na₂SO₃+H₂O₂=Na₂SO₄+H₂O，H₂O₂可以看作是一种很弱的酸，可以电离出H⁺和HO₂^-，电离方程式为H₂O₂?H⁺+HO₂^-，
故答案为：Na₂SO₃+H₂O₂=Na₂SO₄+H₂O；H₂O₂?H⁺+HO₂^-；
（3）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，
S-----BaSO₄
32g    233g
x      m₂g
x=$\frac{32m{\;}_{2}}{233}$g
质量分数=$\frac{32m{\;}_{2}}{233{m}_{1}}$×100%；
故答案为：$\frac{32m{\;}_{2}}{233{m}_{1}}$×100%；
（4）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大，
故答案为：偏大；
（5）步骤③中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（6）根据表中数据可知，第三次数据偏差较大，为偶然误差，所以该数据去掉，所以滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=$\frac{25ml+25.03ml+24.97ml}{3}$=25mL，
氧化还原反应为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，设亚铁离子物质的量为x，则
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O
5       1
x     0.1mol/L×0.025L
x=0.0125mol；
c（Fe²⁺）=$\frac{0.0125mol}{0.025L}$=0.5000mol/L；
故答案为：0.5000mol/L．

点评 本题考查了探究物质的含量实验，滴定实验的方法和计算，溶液配制方法和仪器的使用方法，根据元素化合物的性质来分析解答即可，难度中等，注意为防止空气中二氧化碳的干扰．