Question

6．制备负载型活性铁催化剂的主要原料K₃（Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O （三草酸合铁（Ⅲ）酸钾）为绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂．110℃下失去结晶水，230℃下即可分解，实验室具备K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O的部分实验过程如下：

其中“沉淀”的滤渣是FeC₂O₄•2H₂O，“氧化”得到绿色溶液并有红褐色沉淀生成．
（1）写出“氧化”反应的化学方程式为6FeC₂O₄•2H₂O+3H₂O₂+6K₂C₂O₄=4K₃[Fe（C₂O₄）₃]+2Fe（OH）₃+12H₂O．
（2）向“转化”后的滤液中缓慢加入95%的乙醇，其原因是K₃（Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O难溶于乙醇，有利于其充分结晶 ．
（3）收获产物后，为测定产品中C₂O₄^2-的含量，准确称取0.8490g产品，配制成250mL溶液3移取 25.00mL溶液，酸化后用标定浓度力0.01000mol•L^-1的高猛酸钾溶液滴定至终点，消耗22.25mL 溶液，用同浓度的高锰酸钾溶液滴定25.0mL配制溶液用的蒸馏水，滴定至终点消耗1.05mL，计算产品中C₂O₄^2-的含量．
（K₃[Fe（C₂O₄）3]•3H₂O的相对分子质量为491.3）
已知K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O纯品中C₂O₄^2-的含量为53.73%，实际产品中C₂O₄^2-的含量与纯品相比产生偏差的原因是实际产品中混有K₂C₂O₄、H₂C₂O₄等杂质．

Answer 1

分析 硫酸亚铁铵加水溶解，然后加入草酸，反应生成草酸亚铁沉淀，加入草酸钾溶液并用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K₃[Fe（C₂O₄）₃]，加入草酸溶液煮沸后，一定条件下结晶得到K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O晶体，
（1）根据流程草酸亚铁加入草酸钾与过氧化氢反应，生成K₃[Fe（C₂O₄）₃]和氢氧化铁；
（2）根据K₃（Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O 难溶于乙醇分析；
（3）25.00mL样品溶液中C₂O₄^2-实际消耗高锰酸钾为22.25mL-1.05mL=21.20mL，
n（KMnO₄）0.01000mol•L^-1×21.20mL×10^-3=2.12×10^-4mol，
根据15C₂O₄^2-～6KMnO₄，计算的C₂O₄^2-含量，据此计算分析．

解答 解：（1）根据流程草酸亚铁加入草酸钾与过氧化氢反应，生成K₃[Fe（C₂O₄）₃]和氢氧化铁，反应为：6FeC₂O₄•2H₂O+3H₂O₂+6K₂C₂O₄=4K₃[Fe（C₂O₄）₃]+2Fe（OH）₃+12H₂O；
故答案为：6FeC₂O₄•2H₂O+3H₂O₂+6K₂C₂O₄=4K₃[Fe（C₂O₄）₃]+2Fe（OH）₃+12H₂O；
（2）根据题意：K₃（Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O 难溶于乙醇，故向“转化”后的滤液中缓慢加入95%的乙醇，有利于其充分结晶；
故答案为：K₃（Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O 难溶于乙醇，有利于其充分结晶；
（3）25.00mL样品溶液中C₂O₄^2-实际消耗高锰酸钾为22.25mL-1.05mL=21.20mL，
n（KMnO₄）0.01000mol•L^-1×21.20mL×10^-3=2.12×10^-4mol，
根据得失电子守恒有：15C₂O₄^2-～6KMnO₄，
n（C₂O₄^2-）=$\frac{15}{6}$n（KMnO₄）=5.30×10^-4mol，
产品中C₂O₄^2-的含量为5.30×10^-4mol×$\frac{250mL}{25.00mL}$×88g/mol÷0.8490g×100%=54.93%，
K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O纯品中C₂O₄^2-的含量为53.73%，实际产品中C₂O₄^2-的含量与纯品相比数值骗大，说明实际产品中混有K₂C₂O₄、H₂C₂O₄等杂质；
故答案为：产品中C₂O₄^2-的含量为54.93%；实际产品中混有K₂C₂O₄、H₂C₂O₄等杂质．

点评 本题考查了物质制备方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质含量计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累．