Question

已知乙二酸（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．某校研究性学习小组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

HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O

．
（2）向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO₄溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有

还原性

（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式：

2

 MnO₄^-+

5

 H₂C₂O₄+

6

 H⁺=

2

 Mn²⁺+

10

 CO₂↑+

8

 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，乙二酸分解的产物为

CO、CO₂、H₂O

．上述装置中，D的作用是

除去混合气体中的CO₂

． 装置F中发生反应的化学方程式为：

CuO+CO

△   .

Cu+CO₂

．
（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H₂C₂O₄?2H₂O）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

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

．

Answer 1

分析：（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；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，乙二酸具有还原性，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）根据实验现象判断乙二酸的分解产物，B中CuSO₄粉末变蓝，说明有水、装置C澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳；
（4）根据反应物的量判断生成物，根据生成物的性质来分析溶液呈酸性的原因．

解答：解：（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；
（2）酸性KMnO₄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KMnO₄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：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；
（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO₄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、CO₂、H₂O；装置F中发生的反应为一氧化碳还原氧化铜，化学方程式为：CuO+CO 

△   .

Cu+CO₂；
（4）2.52g草酸晶体的物质的量=

2.52g

126g?mol-1

=0.02mol，
100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10^-3L/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．
故答案为：（1）HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O；
（2）还原性，2、5、6、2、10、8；
（3）CO、CO₂、H₂O，除去混合气体中的CO₂，CuO+CO 

△   .

Cu+CO₂；
（4）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．

点评：主要考查了乙二酸的性质、氧化还原反应的配平、二氧化碳、一氧化碳、氢气、水的检验方法，培养学生解决问题的能力．