Question

19．三草酸合铁酸钾晶体（K₃[Fe（C₂O₄）₃]•xH₂O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水．为测定该晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：
Ⅰ．称量4.910g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液．
Ⅱ．取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀硫酸酸化，滴加KMnO₄溶液至草酸根（C₂O₄^2-）
恰好全部氧化成二氧化碳，同时MnO₄^-被还原成Mn²⁺．向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液的黄色刚好消失，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．
Ⅲ．用0.01000mol/L KMnO₄溶液滴定步骤Ⅱ所得溶液至终点，消耗KMnO₄溶液20.02mL，滴定中MnO₄^-被还原成Mn²⁺．
Ⅳ．重复步骤Ⅱ、步骤Ⅲ操作，滴定消耗0.01000mol/L KMnO₄溶液19.98mL
请回答下列问题：
（1）滴定过程中需添加的指示剂是（若不需要请说明理由）不需要，MnO₄^-紫色有颜色变化
（2）加入锌粉的目的是将Fe³⁺还原成Fe²⁺．
（3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O．
（4）实验测得该晶体中铁的质量分数为11.41%；X=3．
（5）在步骤Ⅱ中，若加入的KMnO₄的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高；（选填“偏低”“偏高”“不变”，下同）若加入的锌粉的量不够，则测的铁的含量偏低．

Answer 1

分析 （1）KMnO4溶液本身为紫红色，不需要指示剂指示反应的终点；
（2）由步骤Ⅲ可知，利用高锰酸钾测定亚铁离子，故加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺，为进一步测定铁元素的含量做准备；
（3）亚铁离子与高锰酸根在酸性条件下反应生成铁离子、锰离子与水，配平书写方程式；
（4）根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO₄^-），可以计算m（Fe），然后可以计算晶体中铁的质量分数，根据4.910g三草酸合铁酸钾晶体中n（K₃[Fe（C₂O₄）₃]）：n（H₂O）=1：x计算x的值；
（5）若在步骤Ⅱ中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤Ⅲ中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，若加入的锌粉的量不够，部分Fe³⁺未被还原成Fe²⁺，则测的铁的含量偏低．

解答 解：（1）高锰酸钾溶液为紫红色，可以利用溶液颜色变化来指示反应的终点，不需要指示剂，高锰酸钾溶液呈紫色和亚铁离子反应到恰好反应后滴入最后一滴高锰酸钾溶液紫色半分钟不褪色为反应终点，
故答案为：不需要，MnO₄^-紫色有颜色变化；             
（2）由步骤Ⅲ可知，利用高锰酸钾测定亚铁离子，故加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺，为进一步测定铁元素的含量做准备，
故答案为：将Fe³⁺还原成Fe²⁺；
（3）高锰酸钾在酸性溶液中具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，发生的离子反应为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，
故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O； 
（4）根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO₄^-）=5×$\frac{20.02+19.98}{2}$×0.01×10^-3×10=1.0×10^-2mol，m（Fe）=56 g•mol^-1×1.0×10^-2mol=0.56g．晶体中铁的质量分数=$\frac{0.56g}{4.910g}$×100%≈11.41%，三草酸合铁酸钾的摩尔质量M（K₃[Fe（C₂O₄）₃]）=437g•mol^-1，4.910gK₃[Fe（C₂O₄）₃]•xH₂O中K₃[Fe（C₂O₄）₃]质量m=nM=1.0×10^-2mol×437g•mol^-1=4.37g，含水的物质的量为n=$\frac{4.91g-4.37g}{18g/mol}$=0.03mol，n（K₃[Fe（C₂O₄）₃]）：n（H₂O）=1：x=0.01mol：0.03mol，x=3，
故答案为：11.41%；3；
（5）步骤Ⅱ中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤Ⅲ中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高，反之，若加入的锌粉的量不够，部分Fe³⁺未被还原成Fe²⁺，则测的铁的含量偏低，
故答案为：偏高；偏低．

点评 本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定和结晶等操作，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．