题目内容
【题目】某三价铁配合物的化学式可表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O，为测定其组成，进行如下实验：
步骤1：称取1.9640g该配合物晶体，配制成250.00mL溶液。
步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入1mol·L-1硫酸5.0mL，加热到70~85℃，用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液48.00mL。
步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤4：继续用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00mL。
(1)步骤2中，KMnO4将C2O
氧化为CO2，该滴定反应的离子方程式为___。
(2)步骤3中黄色消失的原因是___(用离子方程式表示)。
(3)配制配合物溶液的过程中，若定容时俯视容量瓶的刻度线，则最终所得晶体组成中水的含量___(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)通过计算确定该三价铁配合物的化学式___(写出计算过程)。
【答案】5C2O
+2MnO
+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+ 偏小 根据滴定反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：
n(C2O)=
n(MnO)×10=
=0.012mol；
n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)×10=5×0.0100mol/L×0.008L×10=0.004mol；
根据电荷守恒可知n(K+)=2×0.012mol-3×0.004mol=0.012mol；
根据质量守恒可得n(H2O)=
=0.012mol；
n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；
化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【解析】
取样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL进行滴定，将溶液酸化后，利用高锰酸钾标准液将C2O氧化，根据消耗的高锰酸钾的量确定样品中草酸根的量；之后加入锌粉将三价铁还原成亚铁离子，再利用高锰酸钾标准液将Fe2+氧化，从而确定样品中Fe元素的量；再根据电荷守恒确定钾离子的量，根据质量守恒确定水的量。
(1)KMnO4将C2O氧化为CO2，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(2)溶液中因存在Fe3+而呈黄色，加入锌粉和铁离子反应使黄色消失，离子方程式为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；
(3)定容时俯视容量瓶的刻度线会导致配制的样品浓度偏大，通过滴定法确定的C2O、Fe3+和K+的量偏大，而确定水的量时需要用总质量减去其余三种离子的量，所以会导致样品中水的含量偏小；
(4)根据反应5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，250.00mL溶液中n(C2O)=n(MnO)×10==0.012mol；
MnO氧化Fe2+时，MnO转化为Mn2+，化合价降低5价，Fe2+转化为Fe3+，化合价升高1价，所以二者的系数比为5:1，所以n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)×10=5×0.0100mol/L×0.008L×10=0.004mol；
根据电荷守恒可知n(K+)=2×0.012mol-3×0.004mol=0.012mol；
根据质量守恒可得n(H2O)==0.012mol；
n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；
化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
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