Question

CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应，产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物．通过下述实验确定该晶体的

CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应，产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物．通过下述实验确定该晶体的组成．步骤a：称取0.6720g样品，放入锥形瓶，加入适量2mol?L-1稀硫酸，微热使样品溶解．再加入30ml水加热，用0.2000mol?L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗8.00ml．步骤b：接着将溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终呈现蓝色．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．用0.2500mol?L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00ml．已知涉及的部分离子方程式为：步骤a：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑步骤b：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-（1）已知室温下CuI的Ksp=1.27×10-12，欲使溶液中c（Cu+）≤1.0×10-6mol?L-1，应保持溶液中c（I-）≥______mol?L-1．（2）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+．该反应的离子方程式为______．若无该操作，则测定的Cu2+的含量将会______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．（3）步骤b用淀粉溶液做指示剂，则滴定终点观察到的现象为______．（4）通过计算确定样品晶体的组成．

Answer 1

（1）CuI的K_sp=1.27×10^-12=c（Cu⁺）?c（I^-），c（I^-）=

Ksp

c(Cu+)

=

1.27×10?12

c(Cu+)

，由于溶液中c（Cu⁺）≤1.0×10^-6mol?L^-1，c（I^-）≥1.27×10^-6，
故答案为：1.27×10^-6；
（2）锰元素化合价+7→+2，降低了5价，生成氧气，氧元素化合价-2→0，升高了2×2=4，所以锰离子前配4，氧气前配5，再利用观察法配平其它物质，反应的离子方程式是：4MnO₄^-+12H⁺

△   .

4Mn²⁺+5O₂↑+6H₂O；若不加热除去高锰酸根离子，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，测定铜离子含量偏高，
故答案为：4MnO₄^-+12H⁺

△   .

4Mn²⁺+5O₂↑+6H₂O；偏高；
（3）根据反应I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，当反应结束时，溶液的蓝色消失变成无色溶液，所以滴定终点是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，
故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
（4）根据反应2MnO₄^-+5C₂O₄^2-+16H⁺=2Mn²⁺+8H₂O+10CO₂↑、2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂ I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-
可得关系式：2MnO₄^-～5C₂O₄^2-          2S₂O₃^2-～I₂～2Cu²⁺          
           2           5             2             2
    0.2×8×10^-3mol   n（C₂O₄^2-）   0.25×8×10^-3mol  n（Cu²⁺）
所以n（C₂O₄^2-）=4×10^-3mol，n（Cu²⁺）=2×10^-3mol，
根据电荷守恒原理：n（K⁺）=2n（C₂O₄^2-）-2n（Cu²⁺）=4×10^-3mol
根据质量守恒原理：m（H₂O）=0.6720-39×4×10^-3-64×2×10^-3-88×4×10^-3=0.036g
n（H₂O）=2×10^-3，n （K⁺）：n（Cu²⁺）：n（C₂O₄^2-）：n （H₂O）=2：1：2：1，
所以样品晶体组成是：K₂Cu（C₂O₄）₂?H₂O，
答：该样品晶体的化学式为：K₂Cu（C₂O₄）₂?H₂O．