Question

12．三草酸合铁酸钾晶体是一种光敏材料，可以通过下列流程来制备：
 
（1）“过滤”前加入H₂C₂O₄的目的是将Fe²⁺转化为FeC₂O₄•2H₂O沉淀；“氧化”时加入H₂C₂O₄的目的是：①参与“氧化”时的反应，②调节溶液的pH．
（2）“氧化”过程中反应的化学方程式为2FeC₂O₄•2H₂O+H₂O₂+3K₂C₂O₄+H₂C₂O₄═2K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O．
（3）称取9.82g K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O固体加热分解，在110℃时完全失去结晶水；继续加热到一定温度，反应一段时间后得到混合气体CO、CO₂（标准状况下的体积为2.016L）和固体M．研究分析可知：M中含有K₂CO₃和另外两种物质（铁元素不以三价形式存在）；M的质量为5.42g．
①CO的物质的量为0.04mol．
②计算M中各成分的物质的量（写出计算过程）．

Answer 1

分析 废铁屑加入硫酸溶液溶解，稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体．
（1）加入H₂C₂O₄调节溶液的pH的同时还可以做氧化剂；
（2）双氧水可以将草酸亚铁氧化，据此回答；
（3）根据C、Fe元素守恒和质量守恒关系列式计算．

解答 解：废铁屑加入硫酸溶液溶解，稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化加入草酸得到草酸合铁酸钾晶体．
（1）“过滤”前加入H₂C₂O₄的目的是将Fe²⁺转化为FeC₂O₄•2H₂O沉淀；“氧化”时加入H₂C₂O₄的目的：既可以参与“氧化”时的反应，又可以调节溶液的pH（或避免生成氢氧化铁），故答案为：调节溶液的pH；
（2）双氧水可以将草酸亚铁氧化，发生反应：2FeC₂O₄•2H₂O+H₂O₂+3K₂C₂O₄+H₂C₂O₄═2K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O，故答案为：2FeC₂O₄•2H₂O+H₂O₂+3K₂C₂O₄+H₂C₂O₄═2K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O；
（3）①9.82g K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O固体加热分解，得到混合气体CO、CO₂（标准状况下的体积为2.016L）和固体M，n{K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O}=9.82 g/491 g•mol^-1=0.02mol，失去结晶水的质量是：0.06mol×18g/mol=1.08g，M的质量为5.42g，所以一氧化碳和二氧化碳的总质量是9.82g-1.08g-5.42g=3.32g，标准状况下的体积为2.016L，即0.09mol，设一氧化碳的物质的量是x，则28x+（0.09-x）×44=3.32，解得x=0.04mol，故答案为：0.04mol；
②n{K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O}=$\frac{9.82g}{491g/mol}$=0.02 mol，n（C）=0.12mol，标准状况下的体积为2.016L，即0.09mol，根据C元素守恒，碳酸钾的物质的量是0.12mol-0.09mol=0.03mol，而5.42g M中n（K₂CO₃）=0.02 mol×3÷2=0.03 mol，由此可知另两种物质中不含碳元素，另两种物质的质量为5.42g-138g•mol×0.03 mol=1.28g，据铁元素守恒：=0.02 molK₃[Fe（C₂O₄）₃]中m（Fe）=56g/mol×0.02 mol=1.12 g，m（O）=1.28g-1.12g=0.16g，M中不含三价铁元素，铁元素的物质的量为n（Fe）=0.02mol氧元素的物质的量为n（O）=0.01 mol，则另两种物质为Fe和FeO，n（Fe）=0.01 mol，n（FeO）=0.01mol，答：M中各成分的物质的量如下：n（Fe）=0.01 mol，n（FeO）=0.01mol，n（K₂CO₃）=0.03mol．

点评 本题以氧化还原反应为载体，考查学生物质的组成和提纯知识的综合应用，属于综合知识的考查，难度不大．