Question

草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K_x[Fe_y(C₂O₄)z]·nH₂O可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成，某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验：

实验Ⅰ．草酸根含量的测定

称取0.9820 g样品放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸和一定量水，加热至343～358 K，用0.2000

mol/LKMnO₄溶液滴定，滴定过程中草酸根离子转变成CO₂逸出反应容器，KMnO₄转变成Mn^2＋。达到滴定终点时，共消耗KMnO₄溶液12.00 ml。

实验Ⅱ．铁含量的测定

将上述滴定过草酸根的保留液充分加热，使淡紫红色消失。冷却后，调节溶液pH并加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.2500 mol·L^－1 Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，共消耗Na₂S₂O₃溶液8.00 ml。（已知：实验Ⅱ中涉及的部分离子方程式为：I₂＋2S₂O₃^2－=2I^－＋S₄O₆^2－）

请根据上述实验回答下列问题

（1）实验Ⅰ在滴定过程中反应的离子方程式为                                。

（2）MnO₄^－在酸性条件下，加热能分解为O₂，同时生成Mn^2＋。若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进

行充分加热，则测定的Fe^3＋的含量将会        (填“偏高”、“偏低” 或“不变”)。

（3）实验Ⅱ用淀粉溶液做指示剂，则滴定终点观察到的现象为                  。

（4）通过计算确定样品晶体的组成（写出计算过程）。

Answer

（1）2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑（2分）

（2）偏高（2分）

（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色（2分）

（4）（6分）

2MnO4－  ～ ～～～～5C2O42－                   2S2O32－ ～ I2～ 2 Fe3+

2                 5                       2             2

0.2×12×10-3mol     n(C2O42－)           0.25×8×10-3mol    n(Fe3+)

解得n(C2O42－) = 6×10-3mol  (1分)        n(Fe3+) = 2×10-3mol (1分)

根据电荷守恒原理：n(K+) =6×10-3mol    (1分)

根据质量守恒原理m(H2O) =0.9820－39×6×10-3－56×2×10-3－88×6×10-3=0.108g

n(H2O)=6×10-3 mol    (1分)

n(K+):n(Fe3+):n(C2O42－):n(H2O)=3:1:3:3  (1分)

所以化学式为：K3Fe(C2O4)3·3H2O    (1分)

【解析】

试题分析：（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把草酸氧化生成CO2，而还原产物是Mn2＋,反应的化学方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑。

（2）若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热，则溶液中有剩余的MnO4－，MnO4－能氧化I－生成单质碘，从而导致与单质碘反应的Na2S2O3溶液的体积增加，因此使测定的Fe3＋的含量将会偏高。

（3）由于单质碘遇淀粉显蓝色，所以终点时的实验现象是滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色。

（4）根据题意并结合有关的反应方程式可知

2MnO4－  ～ ～～～～5C2O42－                   2S2O32－ ～ I2～ 2 Fe3+

2                 5                       2             2

0.2×12×10-3mol     n(C2O42－)           0.25×8×10-3mol    n(Fe3+)

解得n(C2O42－) = 6×10-3mol            n(Fe3+) = 2×10-3mol

根据电荷守恒原理：n(K+) =6×10-3mol

根据质量守恒原理m(H2O) =0.9820－39×6×10-3－56×2×10-3－88×6×10-3=0.108g

n(H2O)=6×10-3 mol

n(K+):n(Fe3+):n(C2O42－):n(H2O)=3:1:3:3

所以化学式为：K3Fe(C2O4)3·3H2O

考点：考查氧化还原反应滴定实验的有关判断、应用以及物质组成的有关计算