Question

【题目】草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，110 ℃可完全失去结晶水，是制备某些铁触媒的主要原料。实验室通过下列方法制备Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O并测定其组成：

Ⅰ.草酸合铁酸钾晶体的制备

(1)“转化”过程中若条件控制不当，会发生H2O2氧化H2C2O4的副反应，写出该副反应的化学方程式：_________________________。

(2)“操作X”中加入乙醇的目的是_______________________。

Ⅱ. 草酸合铁酸钾组成的测定

步骤1：准确称取两份质量均为0.4910 g的草酸合铁酸钾样品。

步骤2：一份在N2氛围下保持110℃加热至恒重，称得残留固体质量为0.4370 g。

步骤3：另一份完全溶于水后，让其通过装有某阴离子交换树脂的交换柱，发生反应：aRCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，用蒸馏水冲洗交换柱，收集交换出的Cl-，以K2CrO4为指示剂，用0.1500 mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液20.00 mL。

(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的样品中K+的物质的量________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

(4)通过计算确定草酸合铁酸钾样品的化学式(写出计算过程)。 ________

Answer 1

【答案】H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O 降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出 偏小 K3[Fe(C2O4)3]·3H2O

【解析】

(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，结合电子守恒、原子守恒书写；

(2)根据草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，结合实验目的分析；

(3)若不洗涤，在固体表明会残留K+，据此判断K+的多少；

(4)先根据盐失重质量计算结晶水的物质的量，根据Cl-+Ag+=AgCl↓，由消耗AgNO3的物质的量计算Cl-的物质的量，再交换树脂的交换柱反应中微粒关系由Cl-得到K+及[Fe(C2O4)b]a-的物质的量，再根据化合物中化合价代数和等于0及固体在受热分解前后质量关系，找出a、b的关系，求出微粒物质的量的比，最后得到物质化学式。

(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，根据反应过程在电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O；

(2)由于草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，为降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出，因此要使用乙醇；

(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则一部分K+残留在交换柱内，使测得的样品中K+的物质的量偏少；

(4)0.4910 g的草酸合铁酸钾n(H2O)=(0.4910-0.4370)g÷18 g/mol=3×10-3 mol；

n(Cl-)=n(Ag+)=0.1500 mol/L×20.00×10-3 L=3×10-3 mol，根据离子交换柱中发生的反应：

a RCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，可得样品中n(K+)=n(Cl-)=3×10-3 mol，n{[Fe(C2O4)b]a-}=mol；110 ℃残留固体是晶体失去结晶水后的产物即K+和[Fe(C2O4)b]a-的总质量，则3×10-3 mol×39 g/mol+mol×(56+88b)g/mol=0.437 0 g

Ka[Fe(C2O4)b]中根据电荷守恒关系可得：a+3=2b，解得a=3，b=3，n{[Fe(C2O4)3]3-}=1×10-3 mol，

n(K+)：n{[Fe(C2O4)3]3-}：n(H2O)=(3×10-3 mol)：(1×10-3 mol)：(3×10-3 mol)= 3∶1∶3，

所以该盐化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。