Question

19．草酸钾和硫酸铜在一定条件下可制得K_a[Cu_b（C₂O₄）_m]•nH₂O样品，测定其组成的方法如下：
ⅠCu²⁺含量的测定：称取1.770g样品溶于热的稀H₂SO₄中，用KMnO₄溶液滴定除去C₂O₄^2-；将滴定后的溶液定容至500mL，取20.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，与Cu²⁺反应生成CuI沉淀和I₂，以淀粉作指示剂，用0.01000mol•L^-1Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL．测定过程中物质的转化关系如下：
ⅡK⁺含量的测定：测得样品中K⁺的质量分数为22.03%
Ⅲ结晶水含量的测定：另称取1.770g样品于150℃下恒温2h至恒重，称得剩余固体的质量为1.590g．
回答下列问题：
（1）写出Cu²⁺与I^-反应的离子方程式：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂．
（2）用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，溶液放置一段时间后又出现蓝色，其原因是I^-会被空气中的O₂氧化成I₂．
（3）K_a[Cu_b（C₂O₄）_m]•nH₂O中，m=$\frac{a+2b}{2}$（用含a、b的式子表示）．
（4）通过计算确定该样品的化学式（写出计算过程）．

Answer 1

分析 （1）Cu²⁺与I^-反应生成CuI沉淀和I₂，原子守恒配平书写得到；
（2）用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，溶液放置一段时间后又出现蓝色是因为碘离子具有较强的还原性，易被空气中氧气氧化为碘单质；
（3）元素化合价代数和为0计算；
（4）结晶水含量的测定：另称取1.770g样品于150℃下恒温2h至恒重，称得剩余固体的质量为1.590g，则结晶水的物质的量n（H₂O）=$\frac{1.770g-1.590g}{18g/mol}$=0.0100mol，
ⅡK⁺含量的测定：测得样品中K⁺的质量分数为22.03%，K⁺物质的量n（K⁺）=$\frac{1.770g×22.03%}{39g/mol}$=0.0100mol，
n （Cu²⁺）=n（Na₂S₂O₃）=0.01000mol•L^-1×0.02L×500mL/20mL=0.005 mol，
n（C₂O₄^2-）=$\frac{0.005mol×2+0.0100mol}{2}$=0.0100 mol，
计算得到化学式．

解答 解：（1）Cu²⁺与I^-反应生成CuI沉淀和I₂，反应的离子方程式为：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，
故答案为：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂；
（2）用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，溶液放置一段时间后又出现蓝色是因为碘离子具有较强的还原性，易被空气中氧气氧化为碘单质，
故答案为：I^-会被空气中的O₂氧化成I₂ ；
（3）K_a[Cu_b（C₂O₄）_m]•nH₂O中元素化合价代数和为0，+1×a+（+2）×b+（-2）×m=0，
m=$\frac{a+2b}{2}$，
故答案为：$\frac{a+2b}{2}$；
（4）称取1.770g样品溶于热的稀H₂SO₄中，用KMnO₄溶液滴定除去C₂O₄^2-；将滴定后的溶液定容至500mL，取20.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，与Cu²⁺反应生成CuI沉淀和I₂，以淀粉作指示剂，用0.01000mol•L^-1Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL．测定过程中物质的转化关系如下：Cu²⁺～I₂～S₄O₆^2-，
ⅡK⁺含量的测定：测得样品中K⁺的质量分数为22.03%
Ⅲ结晶水含量的测定：另称取1.770g样品于150℃下恒温2h至恒重，称得剩余固体的质量为1.590g．
Ⅲ结晶水含量的测定：另称取1.770g样品于150℃下恒温2h至恒重，称得剩余固体的质量为1.590g，则结晶水的物质的量n（H₂O）=$\frac{1.770g-1.590g}{18g/mol}$=0.0100mol，
ⅡK⁺含量的测定：测得样品中K⁺的质量分数为22.03%，K⁺物质的量n（K⁺）=$\frac{1.770g×22.03%}{39g/mol}$=0.0100mol，
n （Cu²⁺）=n（Na₂S₂O₃）=0.01000mol•L^-1×0.02L×500mL/20mL=0.005 mol，
n（C₂O₄^2-）=$\frac{0.005mol×2+0.0100mol}{2}$=0.0100 mol，
a：b：m：n=0.0100：0.005：0.0100：0.0100=2：1：2：2，
化学式为：K₂[Cu（C₂O₄）₂]•2H₂O，
答：化学式为K₂[Cu（C₂O₄）₂]•2H₂O．

点评 本题考查了物质组成和性质的探究、组成的测定、化学式计算判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．