Question

【題目】(1)配平氧化還原反應方程式：

C2O42-＋____MnO4-＋____H＋=____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O

(2)稱取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的試樣，加水溶解，配成250 mL溶液。量取兩份此溶液各25 mL，分別置于兩個錐形瓶中。

①第一份溶液中加入酚酞試液，滴加0.25 mol·L－1NaOH溶液至20 mL時，溶液由無色變為淺紅色。該溶液被中和的H＋的總物質的量為________mol。

②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1的酸性高錳酸鉀溶液。

A．KMnO4溶液在滴定過程中作________(填“氧化劑”或“還原劑”)，該滴定過程________(填“需要”或“不需要”)另加指示劑。滴至16 mL時反應完全，此時溶液顏色由________變為__________。

B．若在接近終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶沖洗一下，再繼續滴定至終點，則所測結果__________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。

C．若在達到滴定終點時俯視讀數，則所得結果________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。

③原試樣中H2C2O4·2H2O的質量分數為________，KHC2O4的質量分數為__________。

Answer 1

【答案】21610280.005氧化劑不需要無色淺紫紅色無影響偏小21%64%

【解析】

(1)根據得失電子守恒配平氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的系數，根據電荷守恒計算H＋系數，根據氫原子守恒計算水的系數；(2)①根據H＋＋OH－===H2O計算中和的H＋的總物質的量；②根據KMnO4溶液中Mn元素化合價由+7降低為+2分析；原溶液無色， KMnO4為紫紅色；用少量蒸餾水將錐形瓶沖洗一下，溶質物質的量不變；達到滴定終點時俯視讀數，消耗KMnO4溶液偏小；③根據H＋＋OH－===H2O、得失電子守恒列式計算原試樣中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的質量分數。

(1)C：＋3→＋4，改變量(4－3)×2＝2，Mn：＋7→＋2，改變量(7－2)×1＝5，根據化合價升降總數相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根據C和Mn原子守恒，分別在CO2和Mn2＋前配10和2，再由電荷守恒在H＋前配16，最后根據離子方程式兩邊的H原子個數相等在水前面配8，經檢驗離子方程式的氧原子個數相等，離子方程式為5C2O42-＋2MnO4-＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。 (2)①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 mol·L－1×0.02 L＝0.005 mol。②KMnO4溶液中Mn元素化合價由+7降低為+2，所以KMnO4溶液在滴定過程中作氧化劑；原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，所以不需要指示劑；當溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應完全時，溶液由無色變為淺紫紅色。若在接近終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶沖洗一下，溶質物質的量不變，所以再繼續滴定至終點，所測結果無影響；達到滴定終點時俯視讀數，消耗KMnO4溶液偏小，則所得結果偏小；③由電子守恒得n(還)×2＝0.10 mol·L－1×0.016 L×5，n(還)＝0.004 mol。③設6.0 g 試樣中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物質的量分別為n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04 mol，解上述兩個方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01 mol，n(KHC2O4)＝0.03 mol，H2C2O4·2H2O的質量分數為0.01mol×126g/mol÷6.0g×100%＝21%，KHC2O4的質量分數為0.03mol×128g/mol÷6.0g ×100%＝64%。