题目内容
【题目】Ⅰ.碘化亚铜(Cu2I2)是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，用途很广泛。完成下列填空：
（1）碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。写出该反应的化学方程式： _________。
（2）往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是______________。
（3）碘化亚铜能用于检测空气中的汞蒸气，其反应为2Cu2I2＋Hg===Cu2HgI4(玫瑰红)＋ 2Cu，产物Cu2HgI4中Cu元素显_______价，当有1 mol Cu2I2参与反应时，转移电子数目______。
Ⅱ、过氧化钙可以用于改善地表水质，为测定过氧化钙产品中CaO2的含量，进行如下的实验步骤：
第一步：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL。
（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）
（4）第一步发生反应的化学方程式为______________________________；
（5）样品中CaO2的质量分数为____________(用字母表示)。
【答案】 4KI＋2CuSO4===I2＋Cu2I2↓＋2K2SO4 H2SO3>KI>Cu2I2 ＋1 NA CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O 
%
【解析】(1)反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为：4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4，故答案为：4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4；
(2)由(1)解答可知，KI为还原剂，Cu2I2为还原产物，所以还原性KI＞Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生H2SO3+I2+H2O=H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，还原性H2SO3＞I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3＞KI＞Cu2I2，故答案为：H2SO3＞KI＞Cu2I2；
(3)根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，设铜元素的化合价为x，则x×2+(+2)+(-1)×4=0，则x=+1；反应2Cu2I2+Hg=Cu2HgI4(玫瑰红)+2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，当有1molCu2I2参与反应时，只有1molCu元素的化合价发生变化，转移1mol电子，数目为NA，故答案为：+1；NA；
(4)在酸性条件下，CaO2能将碘离子氧化成碘单质，反应的化学方程式为CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O，故答案为：CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O；
(5)过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmolL-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据反应的方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n(CaO2)= 
n(S2O32-)=
×cV×10-3mol，样品中CaO2的质量分数为： 
×100%=
×100%=
%，故答案为： 
%。
