Question

1．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为c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）．
（2）步骤①所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒胶头滴管、250mL量瓶．
（3）完成并配平下列离子方程式：□C₂O₄^2-+□MnO₄^-+□H⁺=□CO₂↑+□Mn²⁺+□8H₂O
（4）步骤③中判断滴定终点的方法是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，则测得的H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数偏小．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（6）试样中H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数为21%．

Answer 1

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$\frac{1}{10}$，所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的$\frac{1}{10}$，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：$\frac{0.01×126}{6}$×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，题目难度中等．