Question

聚合硫酸铁[Fe₂(OH)_6-2n(SO₄)_n]_m广泛用于水的净化。以FeSO₄·7H₂O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。

(1)将一定量的FeSO₄·7H₂O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H₂O₂溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。该过程中反应温度不宜过高，原因是_______；H₂O₂氧化Fe²⁺的离子方程式为________。

(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl₂溶液（Sn²⁺将Fe³⁺还原为Fe²⁺），充分反应后，除去过量的Sn²⁺。用5.000×10⁻²mol·L⁻¹K₂Cr₂O₇溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe²⁺反应生成Cr³⁺和Fe³⁺），消耗K₂Cr₂O₇溶液22.00mL。

①上述实验中若不除去过量的Sn²⁺，样品中铁的质量分数的测定结果将_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____________。

Answer

防止温度高了H2O2分解 2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 偏大 n(Cr2O72-)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol，由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O），则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%

【解析】

(1)H2O2稳定性较差，受热易分解；在酸性条件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H2O；

(2)①Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多；

②根据转移电子守恒得Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式Cr2O72-～6Fe3+，再结合消耗K2Cr2O7的物质的量计算即可。

(1)H2O2受热易分解，故反应温度不宜过高，以防止温度高了H2O2分解；酸性条件下，H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，同时自身被还原生成H2O，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

(2)①Sn2+具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，从而导致K2Cr2O7消耗偏多，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大；

②n(Cr2O72-)=5.000×10−2mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3mol，由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O)，则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%。