Question

【題目】聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。

（1）將一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在約70 ℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續(xù)反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為________；水解聚合反應會導致溶液的pH________。

（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數(shù)：準確稱取液態(tài)樣品3.000 g，置于250 mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應后，除去過量的Sn2+。用5.000×102 mol·L1 K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。

①上述實驗中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質量分數(shù)的測定結果將________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。

②計算該樣品中鐵的質量分數(shù)（寫出計算過程）_____。

Answer 1

【答案】2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O 減小 偏大 n()=5.000×102 mol·L1×22.00 mL×103 L·mL1=1.100×103 mol

由滴定時→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒可得微粒的關系式：~6Fe2+

（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）

則n(Fe2+)=6n()=6×1.100×103 mol=6.600×103 mol

樣品中鐵元素的質量：

m(Fe)=6.600×103 mol×56 g·mol1=0.3696 g

樣品中鐵元素的質量分數(shù)：w(Fe)=×100%=12.32%

【解析】

（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據(jù)水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；

（2）①根據(jù)Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；

②根據(jù)K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質的量，由得失電子守恒計算n（Fe2+），結合Fe守恒和ω（Fe）的表達式計算。

（1）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其還原產物為H2O，根據(jù)得失電子守恒可寫出反應2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根據(jù)溶液呈酸性、結合原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液為Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3發(fā)生水解反應Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 減小

（2）①根據(jù)題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發(fā)生的反應為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根據(jù)還原性：還原劑>還原產物，則還原性Sn2+>Fe2+，實驗中若不除去過量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質量分數(shù)的測定結果將偏大。答案：偏大

② 實驗過程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

<>由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據(jù)電子得失守恒，可得微粒的關系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）

則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根據(jù)Fe守恒）樣品中鐵元素的質量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

樣品中鐵元素的質量分數(shù)：ω（Fe）=×100%=12.32%。