Question

1．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O可用于摄影和蓝色印刷．某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K₃[Fe（C₂O₄）₃]•3H₂O）中铁元素含量，做了如下实验：
步骤一：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液．
步骤二：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H₂SO₄酸化，滴加KMnO₄溶液至草酸根恰好全部被氧
化成二氧化碳，同时MnO₄^-被还原成Mn²⁺．向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色
刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性．
步骤三：用0.010mol/L KMnO₄溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO₄溶液V₁ml，MnO₄^-被还
原成Mn²⁺．
重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/L KMnO₄溶液V₂ml；
（1）为进一步测定铁元素的含量，加入锌粉的 目的是将还原Fe³⁺为Fe²⁺．
（2）实验步骤二中加KMnO₄溶液的离子方程式为 11.12%2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺═10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O．若加入的KMnO₄的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高偏高．（选填“偏低”“偏高”“不变”）
（3）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K₃[Fe（C₂O₄）₃]（M=437g/mol）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g；同时得到含两种成分的气体混合物，将生成的混合气体通过碱石灰增重2.2g．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K₂CO₃（K元素只存在于盐中）．通过必要的计算，写出该分解反应的化学方程式．

Answer 1

分析 （1）锌粉能与Fe³⁺反应，加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺；
（2）草酸与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应，生成二氧化碳、锰离子和水；加入的KMnO₄的溶液的量不足，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大；
（3）根据生成的混合气体通过碱石灰增重2.2g，则气体之一为C0₂，并且n（CO₂）=$\frac{2，2g}{44g/mol}$=0.05mol，根据原子守恒另一种气体只能为CO，其质量为8.74-5.42-2.2=1.12g，即n（CO）=$\frac{1.12g}{28g/mol}$=0.04mol；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K₂CO₃，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在结合原子守恒计算各物质的量之比，从而书写方程式．

解答 解：（1）向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液完全由黄色变为浅绿色，说明加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺；
故答案为：还原Fe³⁺为Fe²⁺；
（2）草酸与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应，生成二氧化碳、锰离子和水，离子方程式为：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺═10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；加入的KMnO₄的溶液的量不够，导致草酸根有剩余，再滴定亚铁离子时，进行与高锰酸钾反应，使的滴定亚铁离子消耗的高锰酸钾的体积偏大，导致测定的亚铁离子的物质的量偏大，故铁元素的质量偏大，计算测定的铁元素的质量分数偏高，
故答案为：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺═10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；偏高；
（3）将生成的混合气体通过碱石灰增重2.2g，则气体之一为C0₂，并且n（CO₂）=$\frac{2，2g}{44g/mol}$=0.05mol，根据原子守恒另一种气体只能为CO，其质量为8.74-5.42-2.2=1.12g，即n（CO）=$\frac{1.12g}{28g/mol}$=0.04mol；固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K₂CO₃，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，又8.74g无水三草酸合铁酸钾（K₃[Fe（C₂O₄）₃]（M=437g/mol）的物质的量为：$\frac{8.74g}{437g/mol}$=0.02mol，所以根据钾守恒则n（K₂CO₃）=0.03mol，根据氧守恒则n（FeO）=0.01mol，铁守恒则n（Fe）=0.01mol，所以反应方程式为：2K₃[Fe（C₂O₄）₃]═3K₂CO₃+Fe+FeO+4CO↑+5CO₂↑，
答：该分解反应的化学方程式为：2K₃[Fe（C₂O₄）₃]═3K₂CO₃+Fe+FeO+4CO↑+5CO₂↑．

点评 本题主要考查实验的基本操作及其计算，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题，题目难度中等．