Question

5．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．
（1）制备莫尔盐的流程如图：

①用热的Na₂CO₃溶液清洗废铁屑的目的是除去废铁屑表面的油污．
②其中最后一步用少量无水乙醇洗涤晶体目的是洗去晶体表面杂质，减少晶体损失．
（2）现取0.4gCu₂S和CuS的混合物在酸性溶液中用40mL0.150mol•L^-1KMnO₄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用0.2mol•L^-1（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液来滴定，完全反应消耗（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液VmL．已知：MnO₄^-+Fe²⁺+H⁺→Mn²⁺+Fe³⁺+H₂O（未配平）
①滴定终点的现象为滴入最后一滴溶液时红色褪去，半分钟内不变红．
②若V=35，试计算混合物中CuS的质量分数60%（写出计算过程）．

Answer 1

分析 （1）废铁屑用热的Na₂CO₃溶液清洗，除去表面的油污，加入稀硫酸溶解过滤得到硫酸亚铁溶液和硫酸铵晶体失去结晶水得到的硫酸铵溶液混合蒸发浓缩、冷却结晶过滤，乙醇洗涤干燥得到摩尔盐，
①碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；
②晶体不溶于乙醇，乙醇易挥发，洗涤表面杂质；
（2）①剩余的KMnO₄用0.2mol•L^-1（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液来滴定，溶液紫红色褪去半分钟不变说明反应达到终点；
②8MnO₄^-+5Cu₂S+44H⁺═10Cu²⁺+5SO₂+8Mn²⁺+22H₂O，
6MnO₄^-+5CuS+28H⁺═5Cu²⁺+5SO₂+6Mn²⁺+14H₂O，
剩余的KMnO₄用0.2mol•L^-1（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液来滴定，配平MnO₄^-+Fe²⁺+H⁺→Mn²⁺+Fe³⁺+H₂O，结合反应定量关系计算未反应的高锰酸钾，得到与0.4gCu₂S和CuS的混合物反应的高锰酸钾，得到成分的质量分数．

解答 解：（1）①用热的Na₂CO₃溶液清洗废铁屑的目的是：除去废铁屑表面的油污，
故答案为：除去废铁屑表面的油污；  
②其中最后一步用少量无水乙醇洗涤晶体目的是：洗去晶体表面杂质，减少晶体损失，
故答案为：洗去晶体表面杂质，减少晶体损失；
（2）①取0.4gCu₂S和CuS的混合物在酸性溶液中用40mL0.150mol•L^-1KMnO₄溶液处理，反应后煮沸溶液，赶尽SO₂，剩余的KMnO₄用0.2mol•L^-1（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液来滴定，当滴入最后一滴，溶液红色褪去半分钟内不变红，说明反应达到反应终点，
故答案为：滴入最后一滴溶液时红色褪去，半分钟内不变红；
  ②V=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
n=0.014mol     0.035L×0.2mol•L^-1
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：0.150mol•L^-1×0.040L-0.0014mol═0.0046mol
设Cu₂S物质的量为x，CuS物质的量为y
8MnO₄^-+5Cu₂S+44H⁺=10Cu²⁺+5SO₂+8Mn²⁺+22H₂O
8mol     5mol
$\frac{8x}{5}$mol   xmol
6MnO₄^-+5CuS+28H⁺=5Cu²⁺+5SO₂+6Mn²⁺+14H₂O
6mol     5mol
$\frac{6y}{5}$mol   ymol
160x+96y=0.40g
$\frac{8x}{5}$mol+$\frac{6y}{5}$mol=0.0046mol
解得x=0.001mol，
y=0.0025mol
则混合物中CuS的质量分数=$\frac{0.0025mol×96g/mol}{0.4g}$×100%=60%，
故答案为：60%．

点评 本题考查了物质制备流程分析判断物质性质和试剂选择、滴定实验过程和计算、沉淀生成、洗涤、检验等实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．