Question

5．乳酸亚铁晶体（[CH₃CH（OH）COO]₂Fe•3H₂O，Mr=288）是常用的补铁剂．乳酸亚铁可由乳酸与碳酸亚铁（易被空气中氧气氧化）反应制得：2CH₃CH（OH）COOH+FeCO₃→[CH₃CH（OH）COO]₂Fe+CO₂↑+H₂O．
某兴趣小组用FeCl₂（用铁粉与盐酸反应制得）和NH₄HCO₃制备FeCO₃的装置示意图如图所示．回答下列问题：
（1）A装置的名称是分液漏斗．
（2）将生成的FeCl₂溶液压入C装置的操作是关闭活塞3，打开活塞2，该装置中涉及的主要反应的离子方程式为Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O．
（3）将制得的FeCO₃加入到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌使之充分反应，然后向其中加入适量的乳酸，除去铁粉．其中加入少量铁粉的作用是防止Fe²⁺离子被氧化．
（4）从上述（3）所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
（5）该兴趣小组用KMnO₄测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，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2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol/L Ce（SO₄）₂标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO₄）₂ 19.7mL．滴定反应为：Ce⁴⁺+Fe²⁺=Ce³⁺+Fe³⁺，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为98.5%．

Answer 1

分析 （1）由仪器A的结构特征，可知A为分液漏斗；
（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；C装置中FeCl₂和NH₄HCO₃发生反应：FeCl₂+2NH₄HCO₃=FeCO₃↓+2NH₄Cl+CO₂↑+H₂O；
（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；
（5）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：（1）由仪器A的结构特征，可知A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（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；
C装置中FeCl₂和NH₄HCO₃发生反应：FeCl₂+2NH₄HCO₃=FeCO₃↓+2NH₄Cl+CO₂↑+H₂O，反应离子方程式为：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O，
故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；
（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，应用乳酸除去，
故答案为：乳酸；防止Fe²⁺离子被氧化；
（4）在75℃下搅拌使之充分反应制得乳酸亚铁，从热溶液中获得乳酸亚铁晶体，应经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，
故答案为：冷却结晶、过滤；
（5）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⁺）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，
故100mL含有n（Fe²⁺）=0.00197mol×$\frac{100mL}{20mL}$=0.00985mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为$\frac{0.00985mol×288g/mol}{2.88g}$×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，难度中等．