（2013•盐城一模）CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，得到一种蓝色结晶水合物晶体．通过下述实验确定该晶体的组成：
（2013•盐城一模）CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，得到一种蓝色结晶水合物晶体．通过下述实验确定该晶体的组成：
①称取0.168 0g晶体，加入过量的H2SO4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用0.020 00mol•L-1 KMnO4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色），消耗20.00mL．
②接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO4-转化为Mn2+并释放出O2
③冷却后加入2g KI固体（过量）和适量Na2CO3，溶液变为棕色并生成沉淀．
④用0.050 00mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定，近终点时加指示剂，滴定至终点，消耗10.00mL．
已知：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2Cu2++4I-═2CuI↓+I2 2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6
（1）步骤②中发生反应的离子方程式为______．
（2）步骤④中加入的指示剂为______．
（3）通过计算写出该蓝色晶体的化学式（写出计算过程）．
①称取0.168 0g晶体，加入过量的H2SO4溶液，使样品溶解后加入适量水，加热近沸，用0.020 00mol•L-1 KMnO4溶液滴定至终点（溶液变为浅紫红色），消耗20.00mL．
②接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，此时MnO4-转化为Mn2+并释放出O2
③冷却后加入2g KI固体（过量）和适量Na2CO3，溶液变为棕色并生成沉淀．
④用0.050 00mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定，近终点时加指示剂，滴定至终点，消耗10.00mL．
已知：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2Cu2++4I-═2CuI↓+I2 2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6
（1）步骤②中发生反应的离子方程式为______．
（2）步骤④中加入的指示剂为______．
（3）通过计算写出该蓝色晶体的化学式（写出计算过程）．
赞 panda_ii 幼苗
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解题思路：（1）由题目信息，可知锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由-2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5，再根据元素守恒（电荷守恒），配平其它物质的系数；
（2）根据碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行；
（3）先根据方程式2Mn
+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O求出n（C2O42-），再根据关系式Cu2+ Na2S2O3求出n（Cu2+），根据电荷守恒可得化学式K2[Cu（C2O4）2]•xH2O，最后根据质量守恒求出x，最终求出化学式．
（2）根据碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行；
（3）先根据方程式2Mn
| O | − 4 |
（1）锰元素化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，1个Mn2+化合价变化5，氧元素化合价由-2价升高为0价，1个氧气化合价变化4，据化合价升降总数相等，化合价升降的最小公倍数为20，所以Mn2+的系数为4，O2的系数为5，再根据元素守恒（电荷守恒），得方程式为：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O，
故答案为：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O；
（2）碘遇淀粉溶液变蓝，当蓝色消失时，表明反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全进行，故答案为：淀粉溶液；
（3）n（C2O42-）=0.02000mol•L-1×20.00×10-3L×[5/2]=1.000×10-3mol
n（Cu2+）=0.05000mol•L-1×10.00×10-3L=0.5000×10-3mol，
由电荷守恒知，该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]•xH2O，
m（H2O）=0.1680g-0.5000×10-3 mol×M[K2Cu（C2O4）2]
=0.1680g-0.5000×10-3mol×318 g•mol-1=0.009g，
n（H2O）=0.009 g/（18 g•mol-1）=0.5000×10-3 mol，
n（H2O）：n（Cu2+）=1：1，即x=1，
答：该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]•H2O．
点评：
本题考点： 离子方程式的书写；中和滴定．
考点点评： 本题主要考查了晶体的组成测定，涉及到氧化还原反应的知识，掌握实验的原理是解题的关键，难度中等．
1年前
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