题目
题型:不详难度:来源:
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Mn2+。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0.2500mol·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+2S2O32-=2I-+S4O62-)
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Mn2+。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Fe3+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)。
答案
(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
核心考点
试题【草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体Kx[Fey(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】;主要考察你对燃烧热等知识点的理解。[详细]
举一反三
A.c(NH4+)=c(SO42-) |
B.c(NH4+)>c(SO42-) |
C.c(NH4+)<c(SO42-) |
D.c(NH4+)+c(SO42-)=c(H+)=c(NH4+) |
A.c(HCOO-)>c(Na+) |
B.c(HCOO-)<c(Na+) |
C.c(HCOO-)= c(Na+) |
D.无法确定c(HCOO-)与c(Na+)的关系 |
A.此时水的离子积Kw=1×10-12 | B.水电离出的c(H+)=1×10-12 mol/L |
C.水的电离程度随温度升高而增大 | D.c(Na+)=c(SO42-) |
A.含有H+离子的溶液 | B.c(OH-)=1×10-8mol/L的溶液 |
C.c(OH-)<c(H+)的溶液 | D.pH小于7的溶液 |
A.W2-、X+ | B.X+、Y3+ | C.X+、Z2- | D.Y3+、Z2- |
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