题目内容
【题目】蓝色钾盐水合物KaCub(C2O4)c·H2O(铜元素为+2价)的组成可通过下列实验确定:
步骤①:称取一定质量的样品置于锥形瓶中,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0.0200 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液12.00 mL(的还原产物为Mn2+)。
步骤②:充分加热滴定后的溶液,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,发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
步骤③:加入少量淀粉溶液作指示剂,用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液15.00 mL,发生反应I2+2=2I-+
(1)若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热,则测出的Cu2+的物质的量将____(填“偏大”、“偏小” 或“不变”) 。
(2)步骤③中滴定终点的现象是___________。
(3)通过计算确定a:b:c=___________。(写出计算过程)
【答案】偏大 溶液蓝色褪去 2:1:2
【解析】
(1)加热可促使MnO4-分解产生Mn2+反应,避免对后面实验产生干扰;
(2)根据I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点的实验现象;
(3)根据MnO4-标准溶液的物质的量计算C2O42-的物质的量;根据反应消耗Na2S2O3标准溶液的体积计算Cu2+的物质的量,最后根据电荷守恒可计算K+的物质的量,再计算出各种离子的物质的量的整数比,即得到a:b:c的比值。
(1)在酸性条件下KMnO4具有强的氧化性,可以与I-发生氧化还原反应产生I2。若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热除去MnO4-,MnO4-会氧化后面为测定Cu2+而加入的I-,反应产生I2,使产生I2的物质的量增多,导致测出的Cu2+的含量偏大;
(2)在溶液中发生反应:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,以淀粉溶液作指示剂,由于I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以用0.0200 mol·L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定时,发生反应:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,随着标准溶液的加入,I2浓度逐渐降低,溶液蓝色逐渐变浅,当滴加最后一滴Na2S2O3标准溶液时,溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不再变为蓝色,说明此时反应达到了滴定终点故滴定终点的实验现象是:溶液蓝色褪去,半分钟内不再变为蓝色;
(3)根据电子守恒可知关系式:5C2O42-~2MnO4-,所以n(C2O42-)=n(MnO4-)=×0.0200 mol/L×12.00 mL×10-3 L/mL=6.000×10-4 mol;
根据方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可得关系式:2Cu2+~I2~2S2O32-,所以n(Cu2+)=2n(I2)=n(S2O32-)=0.0200 mol/L×15.00 mL×10-3 L/mL=3.000×10-4 mol;
根据电荷守恒可得:
n(K+)+2n(Cu2+)=2n(C2O42-),则n(K+)+2×3.000×10-4 mol=2×6.000×10-4 mol,解得n(K+)=6.000×10-4 mol,所以n(K+):n(Cu2+):n(C2O42-)=2:1:2,故a:b:c=2:1;2。
【题目】100℃时,在不同金属离子存在下,过氧化氢经过24h的分解率如下表所示:
离子 | 加入量(mg·L-1) | 分解率/% | 离子 | 加入量(mg·L-1) | 分解率/% |
无 | 2 | Fe2+ | 1.0 | 15 | |
Al3+ | 10 | 2 | Cu2+ | 0.1 | 86 |
Zn2+ | 10 | 10 | Cr3+ | 0.1 | 96 |
下列有关说法正确的是
A.能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是Al3+
B.催化剂可以使平衡移动,提高过氧化氢的分解率
C.若向过氧化氢中加入水,过氧化氢的分解速率加快
D.用等量H2O2制O2时,与自身分解相比,加入足量酸性KMnO4溶液可得到更多O2