Question

【题目】为了测定含有H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：

①称取6.0 g试样，加水溶解，配成250 mL试样溶液。

②用酸式滴定管量取25.00 mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入2~3滴酚酞试液，用0.2500 mol/L NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00 mL。

③再取25.00 mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000 mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00 mL。

回答下列问题：

（1）已知：0.10mol/LKHC2O4溶液pH约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺为_________________。

（2）步骤①所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_____________________________。

（3） 完成并配平下列离子方程式：

____C2O42- +____MnO4—+____H+ =_____CO2↑+____Mn2+ +________________

（4）步骤③中判断滴定终点的方法是_______________________________________。

（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的H2C2O4·2H2O的质量分数___________。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）

（6）试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为_____________。

Answer 1

【答案】c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4) 胶头滴管、250 mL容量瓶、量筒 5 2 16 10 2 8H2O 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，就证明达到了终点 偏小 21%

【解析】

（1）0.10 mol/L KHC2O4溶液pH约为3，则说明HC2O4-的电离作用大于水解作用。所以c（C2O42-）> c（H2C2O4）。但是物质的电离作用是微弱的，微粒主要还是以盐的形式存在，所以c（HC2O4-）>c（C2O42-），则其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序是c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4）；

（2）步骤①配制溶液时所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管及量筒。

（3）根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式是5C2O42++ 2MnO4—+16 H+ ＝10CO2+ 2Mn2++8H2O；

（4）步骤③中用高锰酸钾滴定草酸根离子。由于高锰酸钾是紫色的，所以当达到滴定终点时溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，就证明达到了终点；

（5）步骤②中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，试样的物质的量偏少，消耗的NaOH体积就偏小，因此测得的H2C2O4·2H2O的质量分数偏小。

（6） 假设在25.00 mL试样中H2C2O4·2H2O的物质的量为x，KHC2O4的物质的量为y，根据酸碱中和时微粒的物质的量相等可得2x+y=0.2500mol/L×0.02L；根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得2（x+y）×1=0.1000mol/L×0.016L×5，两式联立求解可得x=0.001mol；y=0.003mol。由于溶液有均一性，所以25.00 mL试样溶液中含有样品质量是0.6g，故试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为（0.001mol× 126g/mol） ÷0.6g× 100% =21%。