题目内容
17．草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料，可广泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产．合成草酸亚铁的流程如图1：
（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+和NH4+离子水解．
（2）得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤，检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净．
（3）将制得的产品（FeC2O4•2H2O）在氩气气氛中进行加热分解，结果如图2（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．
①则A-B发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC2O4+2H2O；
②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，写出B→C的化学方程式FeC2O4 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeO+CO↑+CO2↑；
（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵．为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：
Ⅰ．准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容．
Ⅱ．取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL．
Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，过滤，
Ⅳ．洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液
Ⅴ．用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL．
回答下列问题：
①已知：草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，写出该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；
②若省略步骤Ⅳ，则测定的草酸根离子含量偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
③m g样品中草酸根离子的物质的量为c（V1-V2）×10-3×$\frac{25}{2}$mol（用c，V1，V2的式子表示，不必化简）
分析 （1）溶液中亚铁离子和铵根离子水解，加入少量硫酸，抑制Fe2+和NH4+离子水解；
（2）洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2-3次；取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行判断是否洗涤干净；
（3）①B点残留固体质量占原样品总质量的百分数位80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为$\frac{36}{180}$×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；
②由图可知加热生成C时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g，其物质的量为1mol，则C固体的质量为180g×40%=72g，铁元素质量为1mol×56g/mol=56，故应含有氧元素为72g-56g=16g，即铁原子与氧原子物质的量之比为1：1，应为FeO，B点到C点是FeC2O4分解的反应；
（4）根据实验原理，2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2+8H2O，MnO4-+8H++5Fe2+═5Fe3++Mn2++4H2O，先用cmol/L高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液，因为草酸根和亚铁离子都能被高锰酸钾标准溶液氧化，所以第一次消耗高锰酸钾溶液的体积为V1mL为氧化草酸根和亚铁离子共同消耗，然后加入足量 Zn 粉，使溶液中的 Fe3+恰好全部还原为 Fe2+，再用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL即氧化二价铁单独消耗的，所以氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1-V2 ）mL，据此分析．
解答 解：（1）溶液中亚铁离子和铵根离子水都是弱碱阳离子，水解显酸性，加入少量硫酸，抑制Fe2+和NH4+离子水解，故答案为：抑制Fe2+和NH4+离子水解；
（2）洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2-3次；检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
故答案为：取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（3）①由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为$\frac{36}{180}$×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4•2H2O加热失去结晶水，反应方程式为：FeC2O4•2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC2O4+2H2O；
故答案为：FeC2O4•2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC2O4+2H2O；
②由图可知B加热生成C时，分解完全，假定草酸亚铁晶体为180g，其物质的量为1mol，则C固体的质量为180g×40%=72g，铁元素质量为1mol×56g/mol=56，故应含有氧元素为72g-56g=16g，氧原子物质的量为1mol，即铁原子与氧原子物质的量之比为1：1，应为FeO，依据氧化还原反应电子守恒分析计算，碳元素化合价从+3价变化为+2价和+3价，生成一氧化碳和二氧化碳气体，原子守恒配平写出化学方程式；FeC2O4 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeO+CO↑+CO2↑；故答案为：FeC2O4 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeO+CO↑+CO2↑；
（4）①草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；
②根据以上分析，若省略步骤Ⅳ，则使二价铁离子偏少，所以消耗高锰酸钾溶液的体积也V2 偏小，则氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1-V2 ）mL偏大，所以测定的草酸根离子含量也偏大，故答案为：偏大；
③根据以上分析，氧化草酸根消耗高锰酸钾溶液的体积为（V1-V2 ）mL，又2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2+8H2O，所以mg样品中草酸根离子的物质的量为c（V1-V2）×10-3×$\frac{5}{2}$×$\frac{100ml}{20ml}$=c（V1-V2）×10-3×$\frac{25}{2}$mol，故答案为：c（V1-V2）×10-3×$\frac{25}{2}$mol．
点评 本题考查较为综合，涉及到方程式的书写、实验基本操作、滴定等计算，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等．
黄冈天天练口算题卡系列答案
| 选项 | 项目 | 氨碱法 | 联合制碱法 |
| A． | 原料 | 食盐、氨气、生石灰 | 食盐、氨气、二氧化碳 |
| B． | 可能的副产物 | 氯化钙 | 氯化铵 |
| C． | 循环物质 | 氨气、二氧化碳 | 氨气、氯化钠 |
| D． | 评价 | 原料易得、产率高 | 设备简单、能耗低 |
| A． | A | B． | B | C． | C | D． | D |
Ⅰ．某同学用乙醇、乙酸和浓硫酸制取乙酸乙酯，装置如图1所示．
（1）装置中干燥管的作用是防止小试管中液体发生倒吸
（2）小试管中的试剂加入顺序为B
A．浓硫酸 乙醇 乙酸 B．乙醇 浓硫酸 乙酸 C．乙酸 浓硫酸 乙醇
II．已知：R-OH+HX→R-X+H2O如图2是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置．乙醇、溴乙烷、溴有关参数数据见表：
| 乙醇 | 溴乙烷 | 溴 | |
| 状态 | 无色液体 | 无色液体 | 深红棕色液体 |
| 密度/g•cm-3 | 0.79 | 1.44 | 3.1 |
| 沸点/℃ | 78.5 | 38.4 | 59 |
（4）为除去产品中的Br2，最好选择下列溶液来洗涤产品B．
A．氢氧化钠 B．亚硫酸钠 C．碘化钠
硫酸厂用煅烧黄铁矿（FeS2）来制取硫酸，实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾．
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