Question

16．乳酸亚铁（[CH₃CH（OH）COO]₂Fe•3H₂O，Mr=288）是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：
CH₃CH（OH）COOH+FeCO₃+2H₂O→[CH₃CH（OH）COO]₂Fe•3H₂O+CO₂↑．
已知FeCO₃易被氧化：4FeCO₃+6H₂O+O₂═4Fe（OH）₃+4CO₂
某兴趣小组用FeCl₂（用铁粉和稀盐酸制得）和NH₄HCO₃制备FeCO₃的装置示意图如图：
回答下列问题：
（1）NH₄HCO₃盛放在装置C中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O．
（2）将生成的FeCl₂溶液和NH₄HCO₃溶液混合时的操作是关闭活塞3，打开活塞2．
（3）将制得的FeCO₃加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．铁粉的作用是防止Fe²⁺离子被氧化．反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是加入适量乳酸让铁粉反应完全．
（4）该兴趣小组用KMnO₄法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化．经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe²⁺的含量．取1.440g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.0500mol•L^-1Ce（SO₄）₂标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO₄）₂19.70mL．滴定反应如下：Ce⁴⁺+Fe²⁺=Ce³⁺+Fe³⁺，则产品中乳酸亚铁的质量分数为98.5%．

Answer 1

分析 （1）（2）亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl₂和NH₄HCO₃发生反应：FeCl₂+2NH₄HCO₃=FeCO₃↓+2NH₄Cl+CO₂↑+H₂O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；
（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe²⁺离子被氧化，过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用；
（4）从溶液中获得晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大；根据离子方程式计算20mL溶液中n（Fe²⁺），进而计算100mL含有n（Fe²⁺），再根据m=nM计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数．

解答 解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl₂和NH₄HCO₃发生反应：FeCl₂+2NH₄HCO₃=FeCO₃↓+2NH₄Cl+CO₂↑+H₂O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；
（1）由上述分析可知，NH₄HCO₃盛放在装置C中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O，
故答案为：C；Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；
（2）利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2；
故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；
（3）Fe²⁺离子易被氧化为Fe³⁺离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe²⁺离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，
故答案为：防止Fe²⁺离子被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；
（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
由：Ce⁴⁺+Fe²⁺=Ce³⁺+Fe³⁺，可知20mL溶液中n（Fe²⁺）=n（Ce⁴⁺）=0.05000mol/L×0.0197L=0.000985mol，故100mL含有n（Fe²⁺）=0.000985mol×$\frac{100}{20}$=0.004925mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为$\frac{0.004925×288}{1.44}$×100%=98.5%，
故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%．

点评 本题考查实验制备方案，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度较大．