Question

19．三草酸合铁酸钾晶体（K₃[Fe（C₂O₄）₃]•xH₂O）是一种光敏材料，110℃时失去全部结晶水．某实验小组为测定该晶体中铁的含量，做了如下实验，完成下列填空：
步骤一：称取5.0g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H₂SO₄酸化，滴加KMnO₄溶液，发生反应
2MnO₄^-+16H⁺+5C₂O₄^2-=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O（Mn²⁺视为无色）．向反应后的溶液中加入锌粉，
加热至黄色刚好消失，过滤并洗涤，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，滴定中MnO₄^-被还原成Mn²⁺．消耗KMnO₄溶液体积如下表所示：

滴定次数	滴定起始读数（mL）	滴定终点读数（mL）
第一次	1.08	如图
第二次	2.02	24.52
第三次	1.00	20.98

（1）步骤一所用仪器已有托盘天平（带砝码）、玻璃棒、烧杯、药匙，还缺少的仪器250mL容量瓶、胶头滴管．
（2）加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺．
（3）写出步骤三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元素的质量分数为11.2%．在步骤二中，若滴加的KMnO₄溶液的量不够，
则测得铁的含量偏高．（选填“偏低”、“偏高”或“不变”）

Answer 1

分析 （1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液→洗涤并转移→定容→摇匀等步骤；配制过程中的溶液均转移至250mL容量瓶中；
（2）锌粉能与Fe³⁺反应，加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺；
（3）根据物质的性质和书写离子方程式的有关要求书写离子方程式；
（4）根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO₄^-）=5×$\frac{20.02mL+19.98mL}{2}$×0.01 mol•L^-1×10^-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=$\frac{0.56g}{5g}$×100%=11.2%，若在步骤二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，在步骤三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．

解答 解：（1）在配制三草酸合铁酸钾溶液时，使用到的玻璃仪器包括：烧杯、玻璃棒，还需要250mL容量瓶、定容需要胶头滴管，
故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）加入锌粉的目的是将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺，故答案为：将Fe³⁺恰好还原成Fe²⁺；
（3）在步骤三中发生的离子反应为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O，故答案为：5Fe²⁺+MnO₄^-+8H⁺=5Fe³⁺+Mn²⁺+4H₂O；
（4）根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO₄^-）=5×$\frac{20.02mL+19.98mL}{2}$×0.01 mol•L^-1×10^-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=$\frac{0.56g}{5g}$×100%=11.2%，若在步骤二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，在步骤三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，故答案为：11.2%；偏高．

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．