Question

草酸亚铁（FeC₂O₄?2H₂O）用作分析试剂及显影剂和新型电池材料磷酸亚铁锂的生产。已知：CO能与氯化钯（PdCl₂）溶液反应生成黑色的钯粉。回答下列问题：
I．兴趣小组对草酸亚铁的分解产物进行实验和探究。
（1）将气体产物依次通过A、澄清石灰水，B、氯化钯，观察到A中澄清石灰水都变浑浊，B中出现黑色物质生成，则上述现象说明气体产物中有                       。
（2）探究分解得到的固体产物中铁元素的存在形式。     
①提出假设
假设1：________； 假设2：FeO； 假设3：FeO和Fe混合物
②设计实验方案证明假设3。
限选试剂：  1.0 mol?L^－1盐酸、3% H₂O₂、0.1 mol?L^－1CuSO₄、20% KSCN、蒸馏水。

实验步骤	现象与结论
步骤1 ：向试管中加入少量固体产物，再加入足量_________________，充分振荡	若溶液颜色明显改变，且有_______生成，则证明有铁单质存在
步骤2： 将步骤1中得到的浊液过滤，并用蒸馏水洗涤至洗涤液无色
步骤3：取步骤2得到的少量固体与试管中， 滴加___________________________________ _______________________________________	__________________________________ ___________________________________

 
II．某草酸亚铁样品中含有少量草酸（为方便于计算，草酸亚铁中草酸根和草酸分子均用C₂O₄^2－代替）。现用滴定法测定该样品中FeC₂O₄的含量。滴定反应分别是：5Fe²⁺+MnO₄^－+8H⁺=5Fe³⁺ +Mn²⁺+4H₂O、5C₂O₄^2－+2MnO₄^－+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O。
（3）实验方案设计为：
①将准确称量的0.20g草酸亚铁样品置于250 mL锥形瓶内，加入适量2 mol/L的H₂SO₄溶液，使样品溶解，加热至70℃左右，立即用浓度为0.02000 mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗V₁ mL。
②向上述滴定混合液中加入适量的Zn粉和过量的2 mol/L的H₂SO₄溶液，煮沸5～8min，用KSCN溶液在点滴板上检验点滴液，直至溶液不立刻变红。将滤液过滤至另一个锥形瓶中，继续用0.02000 mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗V₂ mL。
③若某小组的一次测定数据记录如下： V₁= 18.90mL，V₂=6.20mL。根据数据计算0.20g样品中：n（Fe²⁺）=      ； n（C₂O₄^2－）=    ；FeC₂O₄的质量分数为               （精确到0.01%，FeC₂O₄的式量为144）

Answer 1

（16分）I．（1）CO₂、CO (2分)   （2）① Fe (2分)  
②

实验步骤	现象与结论
步骤1：硫酸铜溶液(1分)	暗红色固体(1分)
步骤3：过量HCl，静置，取上层清液，滴加适量H2O2，充分振荡后滴加KSCN (2分)	若溶液呈血红色，则证明有FeO (2分)

 
II．（3）n(Fe²⁺)=0.0006200mol    n(C₂O₄^2－)=0.0006350mol   FeC₂O₄的质量分数为44.64%(每空2分，共6分)

试题分析：（1）根据草酸亚铁的组成及澄清石灰水变浑浊的现象推断，气体产物含有二氧化碳，根据已知信息及氯化钯溶液中出现黑色物质的现象推断，气体产物还有一氧化碳；（2）根据已知两种假设推断，假设1为Fe；根据金属活动顺序表中铁位于铜前面，单质铁与过量硫酸铜溶液能发生置换反应，能够析出红色固体，且除去铁单质，防止铁单质对氧化亚铁的检验造成干扰，因此可以选择稀硫酸铜溶液检验固体产物是否含有单质铁；氧化亚铁是碱性氧化物，不溶于硫酸铜溶液，根据碱性氧化物能溶于盐酸，生成的亚铁离子在酸性条件下易被双氧水氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，由此可以检验固体产物中的氧化亚铁；（3）由于步骤①②中先后发生的反应分别为5Fe²⁺+5C₂O₄^2－+3MnO₄^－+24H⁺=5Fe³⁺+10CO₂↑+3Mn²⁺+12H₂O、2Fe³⁺ +Zn=2Fe²⁺ +Zn²⁺、5Fe²⁺ +MnO₄^－+8H⁺=5Fe³⁺ +Mn²⁺+4H₂O，其中铁元素守恒，因此根据步骤②可以计算出被高锰酸钾氧化的亚铁离子的物质的量，这也是样品中亚铁离子的物质的量；先用c?V=n求高锰酸钾或高锰酸根离子的物质的量，则n(MnO₄^－)=0.02000mol/L×6.20×10^—3L；再由5Fe²⁺ +MnO₄^－+8H⁺=5Fe³⁺ +Mn²⁺+4H₂O中亚铁离子与高锰酸根离子的系数之比等于物质的量之比求n(Fe²⁺)=0.02000mol/L×6.20×10^{—3L×5=6.200×10—4}mol，保留四位有效数字；由于步骤①反应为5Fe²⁺+MnO₄^－+8H⁺=5Fe³⁺ +Mn²⁺+4H₂O、5C₂O₄^2－+2MnO₄^－+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，先用c?V=n求两反应中消耗高锰酸钾或高锰酸根离子总的物质的量，则n(MnO₄^－)=0.02000mol/L×18.90×10^—3L；再根据高锰酸根离子总的物质的量—前反应中消耗高锰酸根离子的物质的量求后反应消耗高锰酸根离子的物质的量，即0.02000mol/L×18.90×10^{—3L—0.02000mol/L×6.20×10—3L=0.02000mol/L×12.70×10—3L}；接着根据5C₂O₄^2－+2MnO₄^－+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O中草酸根离子与高锰酸根离子的系数之比等于物质的量之比求n(C₂O₄^2－)= 0.02000mol/L×12.70×10^{—3L×5/2=6.350×10—4}mol，保留四位有效数字；然后根据铁守恒关系式FeC₂O₄～Fe²⁺中草酸亚铁与亚铁离子的系数之比等于物质的量之比，求n(FeC₂O₄)= 6.200×10^—4mol，由于草酸亚铁的式量为144，根据n?M=m求草酸亚铁的质量，即m(FeC₂O₄)= 6.200×10^—4mol×144g/mol= 8.928×10^—2g；最后，根据草酸亚铁的质量除以样品的质量求样品中草酸亚铁的质量分数，即FeC₂O₄的质量分数= 8.928×10^{—2g /0.2g×100%=44.64%}，保留四位有效数字。