Question

【题目】某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：

乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：

（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为________；

（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有______（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请配平该反应的离子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O

（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：

实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：

①上述装置中，D的作用是_________，

②乙二酸分解的化学方程式为 ________；

（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_______（用离子符号表示）．

Answer 1

【答案】HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O 还原性 2 5 6 2 10 8 除去混合气体中的CO2 H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑ 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性 Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣

【解析】

（1）强酸制弱酸原理；

（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；

（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。

（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。

（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

（2）酸性KMnO 4 溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 ↑+8H2O；

答案：还原性 2 5 6 2 10 8

（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4 粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO 2 、H2O；

答案：除去混合气体中的CO2； H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；

（4）①2.52g草酸晶体的物质的量= =0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10 -3 L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4 ，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H + ）＞c（OH - ），所以溶液呈酸性；

②两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-＞H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；

答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性 Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣