Question

18．通过下列过程可制得一种浅绿色晶体（NH₄）Fe₂（SO₄）₂•mH₂O；

该晶体的化学式可通过下列方法测定．
称取11.76晶体分成三等份，进行如下实验；
①一份与足量的熟石灰混合加热，将产生的气体依次通过石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.34g；
②一份溶于水，滴入过量的BaCl₂溶液，测得生成沉淀4.66g；
③一份溶于水，用0.10mol/LMnO₄酸性溶液滴定溶液中的Fe²⁺，滴至终点时消耗KMnO₄酸性溶液20.00mL．
回答下列问题
（1）制备晶体时，不用水而用酒精洗涤晶体的原因是晶体在酒精中溶解度小于水中溶解度，减少洗涤时晶体的损失．
（2）实验①中将气体通过碱石灰的目的是吸收气体中的水蒸气．
（3）实验③滴定终点的现象为滴入最后一滴KMnO₄酸性溶液，溶液由黄色变化为紫红色，且半分钟内不变色；滴定中反应的离子方程式为5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O．
（4）晶体的化学式为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O．

Answer 1

分析 （1）洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少晶体的损失；
（2）实验①中将气体通过碱石灰吸收水蒸气；
（3）用0.10mol/LMnO₄酸性溶液滴定溶液中的Fe²⁺，利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液的紫红色指示反应终点；高锰酸钾酸性溶液氧化亚铁离子生成铁离子；
（4）称取11.76晶体分成三等份，进行如下实验；
①一份与足量的熟石灰混合加热，将产生的气体依次通过石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.34g是吸收的氨气；
②一份溶于水，滴入过量的BaCl₂溶液，测得生成沉淀4.66g，据此计算硫酸根离子物质的量；
③一份溶于水，用0.10mol/LMnO₄酸性溶液滴定溶液中的Fe²⁺，滴至终点时消耗KMnO₄酸性溶液20.00mL，结合氧化还原反应定量关系计算亚铁离子物质的量，
根据微粒物质的量之比写出晶体的化学式．

解答 解：（1）制备晶体时，不用水而用酒精洗涤晶体的原因是晶体在酒精中溶解度小于水中溶解度，减少洗涤时晶体的损失，
故答案为：晶体在酒精中溶解度小于水中溶解度，减少洗涤时晶体的损失；
（2）实验①中将气体通过碱石灰的目的是吸收气体中的水蒸气，
故答案为：吸收气体中的水蒸气；
（3）用0.10mol/LMnO₄酸性溶液滴定溶液中的Fe²⁺，滴至终点时消耗KMnO₄酸性溶液20.00mL，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO₄酸性溶液，溶液由黄色变化为紫红色，且半分钟内不变色，滴定中反应的离子方程式为：5Fe²⁺+2MnO₄^-+8H⁺=2Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，
故答案为：滴入最后一滴KMnO₄酸性溶液，溶液由黄色变化为紫红色，且半分钟内不变色；5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O；
（4）①一份与足量的熟石灰混合加热，将产生的气体依次通过石灰和浓硫酸，浓硫酸增重0.34g是吸收的氨气，n（NH₄⁺）=n（NH₃）=$\frac{0.34g}{17g/mol}$=0.02mol；
②一份溶于水，滴入过量的BaCl₂溶液，测得生成沉淀4.66g，据此计算硫酸根离子物质的量n（SO₄^2-）=n（BaSO₄）=$\frac{4.66g}{233g/mol}$=0.02mol；
③一份溶于水，用0.10mol/LMnO₄酸性溶液滴定溶液中的Fe²⁺，滴至终点时消耗KMnO₄酸性溶液20.00mL，结合氧化还原反应定量关系计算亚铁离子物质的量，
5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O
5               1
n            0.10mol/L×0.0200L
n（Fe²⁺）=0.01mol，
则晶体中含结晶水物质的量n（H₂O）=$\frac{11.76g×\frac{1}{3}-0.01mol×56g/mol-0.02mol×18g/mol-0.02mol×96g/mol}{18g/mol}$=0.06mol，
则得到n（NH₄⁺）：n（Fe²⁺）：n（SO₄^2-）：n（H₂O）=0.02：0.01：0.02：0.06=2：1：2：6，化学式为（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O，
故答案为：（NH₄）₂Fe（SO₄）₂•6H₂O．

点评 本题考查了晶体制备实验过程分析、晶体结构的计算应用，主要是离子性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．