Question

CuSO₄溶液与K₂C₂O₄溶液棍合反应，产物之一是某种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0.6720 g样品，放入锥形瓶，加入适量2 mol·L^－1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30 ml水加热，用0.2000 mol·L^－1 KMnO₄溶液滴定至终点，消耗8.00 mlKMnO₄溶液。

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0.2500 mol·L^－1 Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，消耗8.00 ml Na₂S₂O₃溶液。已知涉及的部分反应的离子方程式为：

I₂+2S₂O₃^2-=2I+S₄O₆^2-

（1）已知室温下CuI的K_sp=1.27×10^－12，欲使溶液中c(Cu )≤1.0×10^－6 mol·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Mn^2＋。写出该反应的离子方程式为            若无此加热操作，则测定的Cu^2＋的含量将会          (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

（3）步骤b中第一步反应的方程式为            ，若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。(请写出计算过程)

Answer

（1）1.27×10-6

（2）4MnO4-+12H+4Mn2++5O2↑+6H2O；偏高；

（3）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色

（4）K2Cu(C2O4)2·H2O

【解析】

试题分析：（1）CuI的Ksp=1.27×10-12=c(Cu+)•c(I-)，c(I-)==，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+2S2O32-=2I-+S4O62-，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-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑、2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

可得关系式：2MnO4- ～ 5C2O42-

2 5

0.2×8×10-3mol n(C2O42-)

2S2O32-～I2～2Cu2+

2 2

0.25×8×10-3mol n(Cu2+)

所以n(C2O42-)=4×10-3mol，n(Cu2+)=2×10-3mol，根据电荷守恒原理：n(K+)=2n(C2O42-)-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(C2O42-) ：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．

考点：考查了探究物质的组成或测量物质的含量的相关知识。