Question

8．分析化学常用草酸钠晶体（Na₂C₂O₄溶液无色）作为基准物质测定酸性KMnO₄溶液的浓度．
请回答下列问题：
（1）Na₂C₂O₄溶液与酸性KMnO₄溶液反应的离子方程式是2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O
（2）称取Wg Na₂C₂O₄晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是100mL容量瓶；
（3）移取20.00mLNa₂C₂O₄溶液置于锥形瓶中，则酸性KMnO₄溶液装在酸式滴定管中（填“酸”或“碱”） 
（4）滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO₄溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色
（5）若滴定管起始读数和终点读数如图所示，则酸性KMnO₄溶液的物质的量浓度为$\frac{2W}{67}$mol•L^-1
（6）下列操作导致测定的酸性KMnO₄溶液浓度偏高的是d
a．配制Na₂C₂O₄溶液定容时俯视
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na₂C₂O₄溶液润洗2-3次
c．滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失
d．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数．

Answer 1

分析 （1）C₂O₄^2-具有还原性，把KMnO₄还原为Mn²⁺，根据化合价升降方法，结合元素守恒、电荷守恒书写方程式；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液需要容量瓶；
（3）酸性KMnO₄溶液能氧化橡胶管；
（4）酸性KMnO₄溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色；
（5）根据滴定管的结构、精确度以及测量原理来解答；根据关系式KMnO₄～5Na₂C₂O₄来计算；
（6）根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$分析不当操作对V（待测）的影响，以此判断浓度的误差．

解答 解：（1）C₂O₄^2-具有还原性，把KMnO₄还原为Mn²⁺，自身被氧化为CO₂，其反应的方程式为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；
故答案为：2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；
（2）称取Wg Na₂C₂O₄晶体配成100mL溶液，配制时使用的一种主要仪器是100mL容量瓶；
故答案为：100mL容量瓶；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应装在酸式滴定管中；
故答案为：酸；
（4）KMnO₄溶液呈紫红色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO₄溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点，
故答案为：滴入最后一滴KMnO₄溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；
（5）滴定管的起始读数为0.70mL，终点读数为20.70mL，消耗酸性KMnO₄溶液的体积为20.70mL-0.70mL=20.00mL；
KMnO₄溶液的物质的量浓度为c，WgNa₂C₂O₄配成100mL标准溶液，20.00mL溶液中含有Na₂C₂O₄的质量为$\frac{W}{5}$g；
2KMnO₄ ～5Na₂C₂O₄
2moL              5×134g
0.02L×c             $\frac{W}{5}$g
解得：c=$\frac{2W}{67}$mol•L^-1
故答案为：$\frac{2W}{67}$mol•L^-1；
（6）a．配制Na₂C₂O₄溶液定容时俯视，溶液的体积偏小，导致浓度偏大，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$分析，则滴定结果偏小，故a错误；
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用Na₂C₂O₄溶液润洗2-3次，待测液的物质的量偏大，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$分析，则滴定结果偏小，故b错误；
c．滴定前滴定管中有气泡，滴定终点滴定管中气泡消失，造成V（待测）偏大，根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$分析，则滴定结果偏小，故c错误；
d．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，造成V（待测）偏小，根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$分析，则滴定结果偏大，故d正确；
故选d．

点评 本题以滴定原理考查物质含量的测定，把握滴定实验及仪器、滴定反应及误差分析为解答的关键，注意反向滴定的误差分析，题目难度不大．