CuSO4溶液与K2C2O4溶液棍合反应,产物之一是某种只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤a:称取0.6720 g样品,放入锥形瓶,加入适量2 mol·L-1稀硫酸,微热使样品溶解。再加入30 ml水加热,用0.2000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗8.00 mlKMnO4溶液。
步骤b:接着将溶液充分加热,使淡紫红色消失,溶液最终呈现蓝色。冷却后,调节pH并加入过量的KI固体,溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.2500 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗8.00 ml Na2S2O3溶液。已知涉及的部分反应的离子方程式为:
I2+2S2O32-=2I+S4O62-
25.已知室温下CuI的Ksp=1.27×10-12,欲使溶液中c(Cu )≤1.0×10-6 mol·L-1,应保持溶液中
c(I-)≥ mol·L-1。
26.MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+。
写出该反应的离子方程式为
若无此加热操作,则测定的Cu2+的含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
27.步骤b中第一步反应的方程式为 ,若用淀粉溶液做指示剂,则滴定终点观察到的现象为 。
28.通过计算确定样品晶体的组成。(请写出计算过程)
1.27×10-6
CuI的Ksp=1.27×10-12=c(Cu+)•c(I-),,由于溶液中c(Cu+)≤1.0×10-6mol•L-1,c(I-)≥1.27×10-6,
故答案为:1.27×10-6;
根据碘化亚铜的溶度积计算出碘离子的浓度,CuI的Ksp=1.27×10-12=c(Cu+)•c(I-),
溶度积常数表达式的准确性
4MnO4-+12H+ 4Mn2++5O2↑+6H2O 偏高;
锰元素化合价+7→+2,降低了5价,生成氧气,氧元素化合价-2→0,升高了2×2=4,所以锰离子前配4,氧气前配5,再利用观察法配平其它物质,反应的离子方程式是:4MnO4-+12H+4Mn2++5O2↑+6H2O;若不加热除去高锰酸根离子,高锰酸根离子能够氧化碘离子,使得碘单质的物质的量增加,测定铜离子含量偏高,
故答案为:4MnO4-+12H+4Mn2++5O2↑+6H2O;偏高;
根据化合价升降相等配平反应方程式;高锰酸钾能够将碘离子氧化成碘单质;
误差分析过程
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色
溶液由蓝色(Cu2+)最终变为白色沉淀CuI,则Cu2+CuI中,铜元素的价态降低,则I-的价态升高,判断产物为I2,由此得到方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,根据反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,当反应结束时,溶液的蓝色消失变成无色溶液,所以滴定终点是:溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色,
故答案为:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色;
根据Cu2+CuI中价态变化分析氧化还原,I2+2S2O32-=2I-+S4O62-反应结束时,溶液中碘单质消失,溶液变成无色;
滴定终点的描述
2MnO4- ~ 5C2O42- 2S2O32- ~ I2 ~ 2Cu2+
2 5 2 2
0.2×8×10-3mol n(C2O42-) 0.25×8×10-3mol n (Cu2+)
n(C2O42-)=4×10-3mol n (Cu2+)=2×10-3mol
根据电荷守恒原理: n (K+)=2n(C2O42-)-2n(Cu2+)=4×10-3mol
根据质量守恒原理m (H2O)=0.6720-39×4×10-3-64×2×10-3-88×4×10-3=0.036g
n(H2O)=2×10-3
n(K+):n (Cu2+):n (C2O42-):n(H2O)=2:1:2:1
所以晶体组成的化学式为:K2Cu(C2O4)2·H2O
根据电荷守恒原理: n (K+)=2n(C2O42-)-2n(Cu2+)=4×10-3mol
根据质量守恒原理m (H2O)=0.6720-39×4×10-3-64×2×10-3-88×4×10-3=0.036g
n(H2O)=2×10-3
n(K+):n (Cu2+):n (C2O42-):n(H2O)=2:1:2:1
所以晶体组成的化学式为:K2Cu(C2O4
本题考查物质的组成及相应计算,在近几年的各省高考题出现的频率较高。
根据题中反应找出关系式2MnO4-~5C2O42-,2S2O32-~I2~2Cu2+,利用滴定数据求出n(C2O42-)、n(Cu2+),然后利用电荷守恒求出钾离子的物质的量,再利用样品质量算出水的物质的量,最后计算出样品晶体的组成.
氧化还原关系式