Question

【題目】淺綠色的硫酸亞鐵銨晶體[又名莫爾鹽，（NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]比綠礬（FeSO4﹒7H2O)更穩(wěn)定，常用于定量分析。莫爾鹽的一種實驗室制法如下：

（1）向廢鐵屑中加入稀硫酸后，并不等鐵屑完全溶解而是剩余少量時就進行過濾，其目的是________。

（2）0.10mol·L-1莫爾鹽溶液中離子濃度由大到小的順序為_________；

（3）常溫下，若0.1 mol﹒L-1 (NH4)2SO4溶液的pH=5,求算NH3﹒H2O的電離平衡常數Kb=___________

（4）為了測定產品的純度，稱取ag產品溶于水，配制成500mL溶液，用濃度為c mol﹒L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待測液體積均為25.00mL,實驗結果記錄如下：

實驗次數.	第一次	第二次	第三次
消耗高錳酸鉀溶液體積/mL	.25.52,	25.02	24.98

滴定過程中發(fā)生反應的離子方程式為：_______________。滴定終點的現象是____________________。

通過實驗數據計算的該產品純度為_________(用字母ac表)。上表中第一次實驗中記錄數據明顯大于后兩次，其原因可能是____________(填符號)。

A．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時酸性高錳酸鉀溶液的體積

B．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡

C．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗

C．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗

D．該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，有部分變質，濃度降低

Answer 1

【答案】(l)防止Fe2+被氧化為Fe3+，(2分）

（2）c(SO42-)>c(NH4-)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)(2分）

（3）2×10-5(2分）

（4）MnO4-+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；(2分）

滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內溶液由淺綠色變?yōu)闇\紫色，且30s不變色；（2分)

×100%(2分）BC(2分）

【解析】

試題分析：（1）Fe2+離子不穩(wěn)定，易被氧氣氧化為Fe3+離子，剩余少量鐵粉防止Fe2+離子被氧化為Fe3+離子；

（2）Fe2+水解，NH4+水解，溶液呈酸性，兩者的濃度降低，溶液中離子濃度由大到小的順序為：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）常溫下，若0.10 molL-1（NH4）2SO4溶液的pH=5，溶液中c（H+）＝10-5molL-1，故溶液中c（OH-）＝10-9molL-1，根據電荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）＝c（OH-）+2c（SO42-），即c（NH4+）+10-5molL-1＝10-9molL-1+0.20 molL-1，則c（NH4+）＝（0.20+10-9-10-5）molL-1，根據物料守恒計算溶液中c（NH3H2O）＝0.20molL-1-（0.20+10-9-10-5）molL-1＝（10-5-10-9）molL-1，故NH4++H2ONH3H2O+H+的平衡常數的表達式為＝ ＝5×10-10，氨水中存在下列的電離平衡：NH3H2ONH4++OH-，電離平衡常數為K，水的電離平衡可知：5×10-10×K＝1×10-14，所以K＝2×10-5；

（4）利用高錳酸鉀的強氧化性，Fe2+的強還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應，Fe2+被氧化成Fe3+↑1，Mn由+7價→+2↓5，最小公倍數5，根據原子個數、電荷守恒，即MnO4-+5Fe2++ 8H+＝Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O；向溶液中滴加中高錳酸鉀，高錳酸鉀顯紫紅色，因此滴定到終點：滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內溶液由淺綠色變?yōu)闇\紫色，且30s不變色；因為第一次與第二次、第三次相差較大，忽略不計，消耗高錳酸鉀溶液的體積為（25.02+24.98）mL÷2＝25mL，根據離子反應方程式，得出：n[（（NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n（KMnO4）＝25×10-3×c×5mol，則500mL溶液中含有n[（NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝25×10-3×c×5×500/25mol＝2.5cmol，所以質量分數=2.5c×392/a×100%=980c/a×100%；A、俯視讀數，造成所讀的數偏小，A錯誤；B、滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡，所消耗的液體體積增加，B正確；C、錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質的量增加，則消耗高錳酸鉀的體積增加，C正確；D、三次使用的高錳酸鉀都是一樣的，消耗的高錳酸鉀體積應是相同的，D錯誤，答案選BC。