Question

【題目】某三價(jià)鐵配合物的化學(xué)式可表示為Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O，為測(cè)定其組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

步驟1：稱取1.9640g該配合物晶體，配制成250.00mL溶液。

步驟2：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加入1mol·L-1硫酸5.0mL，加熱到70~85℃，用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液48.00mL。

步驟3：向反應(yīng)后的溶液中加入一定量鋅粉。加熱至黃色恰好消失，過(guò)濾，洗滌，將過(guò)濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時(shí)溶液仍呈酸性。

步驟4：繼續(xù)用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定步驟3所得溶液至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液8.00mL。

(1)步驟2中，KMnO4將C2O氧化為CO2，該滴定反應(yīng)的離子方程式為___。

(2)步驟3中黃色消失的原因是___(用離子方程式表示)。

(3)配制配合物溶液的過(guò)程中，若定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線，則最終所得晶體組成中水的含量___(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。

(4)通過(guò)計(jì)算確定該三價(jià)鐵配合物的化學(xué)式___(寫出計(jì)算過(guò)程)。

Answer 1

【答案】5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+ 偏小 根據(jù)滴定反應(yīng)5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，250.00mL溶液中各微粒的物質(zhì)的量分別為：

n(C2O)=n(MnO)×10==0.012mol；

n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)×10=5×0.0100mol/L×0.008L×10=0.004mol；

根據(jù)電荷守恒可知n(K+)=2×0.012mol-3×0.004mol=0.012mol；

根據(jù)質(zhì)量守恒可得n(H2O)==0.012mol；

n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；

化學(xué)式為K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。

【解析】

取樣品配制成250.00mL溶液，取25.00mL進(jìn)行滴定，將溶液酸化后，利用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液將C2O氧化，根據(jù)消耗的高錳酸鉀的量確定樣品中草酸根的量；之后加入鋅粉將三價(jià)鐵還原成亞鐵離子，再利用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液將Fe2+氧化，從而確定樣品中Fe元素的量；再根據(jù)電荷守恒確定鉀離子的量，根據(jù)質(zhì)量守恒確定水的量。

(1)KMnO4將C2O氧化為CO2，自身被還原成Mn2+，根據(jù)電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

(2)溶液中因存在Fe3+而呈黃色，加入鋅粉和鐵離子反應(yīng)使黃色消失，離子方程式為2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；

(3)定容時(shí)俯視容量瓶的刻度線會(huì)導(dǎo)致配制的樣品濃度偏大，通過(guò)滴定法確定的C2O、Fe3+和K+的量偏大，而確定水的量時(shí)需要用總質(zhì)量減去其余三種離子的量，所以會(huì)導(dǎo)致樣品中水的含量偏小；

(4)根據(jù)反應(yīng)5C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，250.00mL溶液中n(C2O)=n(MnO)×10==0.012mol；

MnO氧化Fe2+時(shí)，MnO轉(zhuǎn)化為Mn2+，化合價(jià)降低5價(jià)，Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，化合價(jià)升高1價(jià)，所以二者的系數(shù)比為5:1，所以n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)×10=5×0.0100mol/L×0.008L×10=0.004mol；

根據(jù)電荷守恒可知n(K+)=2×0.012mol-3×0.004mol=0.012mol；

根據(jù)質(zhì)量守恒可得n(H2O)==0.012mol；

n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；

化學(xué)式為K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。