Question

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6.0g试样，加水溶解，配成250mL试样溶液．
②用酸式滴定管量取25.00mL试样溶液放入锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞试液，用0.2500mol/L NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液20.00mL．
③再取25.00mL试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00mL．
回答下列问题：
（1）已知：0.10mol/L KHC₂O₄溶液pH约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为

 

．
（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

考点：中和滴定,探究物质的组成或测量物质的含量

专题：实验探究和数据处理题

分析：（1）0.10mol/L KHC₂O₄溶液pH约为3，溶液显酸性，草酸根离子电离大于水解；
（2）步骤①是称量、溶解，配制，依据实验存在分析需要的仪玻璃仪器；
（3）化合价有变化的是碳元素和锰元素，根据化合价变化配平；
（4）原溶液无色，KMnO₄为紫红色，当溶液中的H₂C₂O₄和KHC₂O₄反应完全时，溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；
（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，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，测定、KHC₂O₄的含量增大，草酸含量减小；
（6）令H₂C₂O₄、KHC₂O₄的物质的量分别为xmol、ymol，根据①②中计算结果列方程计算，进而计算原样品中各自质量分数．

解答： 解：（1）0.10mol/L KHC₂O₄溶液pH约为3，溶液显酸性，草酸根离子电离大于水解，则含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故答案为：c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）；
（2）步骤①是称量、溶解，配制，所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶、量筒等，故答案为：胶头滴管；250mL量瓶；
（3）化合价C：+3→+4，改变量（4-3）×2=2，Mn：+7→+2，改变量（7-2）×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42-前配5，MnO4-前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，根据电荷守恒，在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H个数相等，结合原子守恒得到在水前面配8，经检验离子方程式两边的氧原子相等，得到离子方程式为：5C₂O₄²⁺+2MnO₄^-+16H⁺=10CO₂+8Mn²⁺+8H₂O；
故答案为：5；2；16；10；2；8H₂O；
（4）原溶液无色，而KMnO₄为紫红色，所以当溶液中的H₂C₂O₄和KHC₂O₄反应完全时，滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；
故答案为：滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；
（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，导致标准溶液氢氧化钠的体积增大，测定、KHC₂O₄的含量增大，草酸含量减小；
故答案为：偏小；
（6）由于实验时所取溶液均为配置时的

1

10

，所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的

1

10

，由①得：2n（H₂C₂O₄?2H₂O）+n（KHC₂O₄）=0.05mol，由②得：n（H₂C₂O4?2H₂O）+n（KHC₂O₄）=0.04mol，
由上述两个方程式得：n（H₂C₂O₄?2H₂O）=0.01mol，n（KHC₂O₄）=0.03mol；
H₂C₂O₄?2H₂O的质量分数为：

0.01×126

6

×100%=21%；
故答案为：21%．

点评：本题考查了氧化还原反应的配平及中和滴定的物质的量浓度的计算，可以根据所学知识完成，难度中等．