废铁屑（含少量硫化物），加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应速率和受热均匀，硫化物可生成硫化氢气体，可用KMnO4溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅绿色悬浊液，即生成硫酸亚铁铵，用KMnO4溶液来测定硫酸亚铁铵的纯度，发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。

（1）在实验中选择50～60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行；答案为加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低。

（2）由于铁屑中含有S，因此会产生SO2，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气；答案为吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气。

（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b错误；将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓H2SO4的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，故c错误；答案为a。

（4）由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为0价，失电子，S元素由+6价娈为+4价，得电子，则由方程式可知，

a．生成1molN2同时会生成5molSO2，转移电子10mol，那么反应生成amolN2时，转移电子的物质的量10amol，为故a错误；

b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO2，SO3中S价态不变，不是还原产物，故b错误；

c．由方程式可知，生成5molSO2，电子转移10mol，则有amol电子转移时，生成SO2的物质的量是0.5amol，故c错误；

d．当用足量BaCl 2吸收气体产物时，只能生成BaSO 4沉淀，而不会生成BaSO 3沉淀，故d正确；答案为d。

（5）①FeSO4溶液产生淡黄色浑浊是因为生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。

②根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性,由题给信息可知,假设1和假设2都说了NH4+和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)，答案为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)。

（6）由反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO4-，反应消耗KMnO4的物质的量为n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=5×cV×10-3mol×=5cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2质量为5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%；答案为×100%。