Question

18．（1）配平氧化还原反应方程式：
5${{C}_{2}O}_{4}^{2-}$+2${MnO}_{4}^{-}$+16H⁺═10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O
（2）称取6.0g含H₂C₂O₄•2H₂O、KHC₂O₄和K₂SO₄的试样，加水溶解，配成250mL溶液．量取两份此溶液各25.00mL，分别置于两个锥形瓶中．
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol•L^-1 NaOH溶液至20.00mL时，溶液由无色变为浅红色．该溶液被中和的H⁺的总物质的量为0.005mol．
②第二份溶液中滴加0.10mol•L^-1的酸性高锰酸钾溶液．
A．KMnO₄溶液在滴定过程中作氧化剂（填“氧化剂”或“还原剂”），该滴定过程不需要（填“需要”或“不需要”）另加指示剂．滴至16.00mL时反应完全，此时溶液颜色由无色变为紫红色．
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果无影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
③原试样中H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数为21%，KHC₂O₄的质量分数为64%．

Answer 1

分析 （1）C元素的化合价由+3价升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，结合电子、电荷守恒分析；
（2）①溶液由无色变为浅红色，溶液中H₂C₂O₄、KHC₂O₄完全反应，根据n=cV计算NaOH的物质的量，结合反应本质OH^-+H⁺=H₂O计算被中和的H⁺的物质的量；
②A、根据（1）中的反应方程式可知，锰元素化合价降低，所以在滴定过程中，KMnO₄溶液在滴定过程中作氧化剂，由于高锰酸钾溶液本身呈紫红色，所以可以根据溶液颜色由无色变为紫红色，判断滴定终点，据此答题；
B、接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，对实验没有影响；
C、若在达到滴定终点时俯视读数，所读取的高锰酸钾溶液的体积偏小，据此分析；
③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）C元素的化合价由+3价升高为+4价，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，则离子反应为5C₂O₄^2-+2MnO₄^2-+16H⁺═10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，
故答案为：5；2；16；10；2；8；
（2）：①溶液由无色变为浅红色，溶液中H₂C₂O₄、KHC₂O₄完全反应，消耗NaOH的物质的量=0.02L×0.25mol/L=0.005mol，结合反应本质OH^-+H⁺=H₂O，可知被中和的H⁺的物质的量=n（NaOH）=0.005mol，
故答案为：0.005；
②A、根据（1）中的反应方程式可知，锰元素化合价降低，所以在滴定过程中，KMnO₄溶液在滴定过程中作氧化剂，由于高锰酸钾溶液本身呈紫红色，所以可以根据溶液颜色由无色变为紫红色，判断滴定终点，所以不需要另加指示剂，当反应完全时，溶液颜色由无色变为紫红色，
故答案为：氧化剂；不需要；无色；紫红色；
B、接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，对实验没有影响，
故答案为：无影响；
C、若在达到滴定终点时俯视读数，所读取的高锰酸钾溶液的体积偏小，所以所得结果偏小，
故答案为：偏小；
③令25mL溶液中H₂C₂O₄、KHC₂O₄的物质的量分别为xmol、ymol，则：
H₂C₂O₄～2NaOH   KHC₂O₄～NaOH
xmol    2xmol   ymol   ymol
由题意可知：$\left\{\begin{array}{l}{2x+y=0.005}\\{x+y=0.004}\end{array}\right.$，
解得x=0.001、y=0.003，
故原样品中H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数=$\frac{0.001mol×\frac{250mL}{25}×126g/mol}{6g}$×100%=21%，
KHC₂O₄的质量分数=$\frac{0.003mol×\frac{250mL}{25mL}×128g/mol}{6g}$×100%=64%，
故答案为：21%；64%．

点评 本题主要考查氧化还原反应的计算、滴定原理应用，明确实验原理是解题关键，侧重对学生综合能力的考查，难度中等．