Question

【题目】(1)配平氧化还原反应方程式：

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

(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。

①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。

②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。

A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。

B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为__________。

Answer 1

【答案】21610280.005氧化剂不需要无色浅紫红色无影响偏小21%64%

【解析】

(1)根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，根据电荷守恒计算H＋系数，根据氢原子守恒计算水的系数；(2)①根据H＋＋OH－===H2O计算中和的H＋的总物质的量；②根据KMnO4溶液中Mn元素化合价由+7降低为+2分析；原溶液无色， KMnO4为紫红色；用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，溶质物质的量不变；达到滴定终点时俯视读数，消耗KMnO4溶液偏小；③根据H＋＋OH－===H2O、得失电子守恒列式计算原试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的质量分数。

(1)C：＋3→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守恒在H＋前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等，离子方程式为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元素化合价由+7降低为+2，所以KMnO4溶液在滴定过程中作氧化剂；原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以不需要指示剂；当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液由无色变为浅紫红色。若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，溶质物质的量不变，所以再继续滴定至终点，所测结果无影响；达到滴定终点时俯视读数，消耗KMnO4溶液偏小，则所得结果偏小；③由电子守恒得n(还)×2＝0.10 mol·L－1×0.016 L×5，n(还)＝0.004 mol。③设6.0 g 试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为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，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01 mol，n(KHC2O4)＝0.03 mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为0.01mol×126g/mol÷6.0g×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为0.03mol×128g/mol÷6.0g ×100%＝64%。