Question

7．已知草酸是一种二元弱酸，草酸氢钠（NaHC₂O₄）溶液显酸性．
（1）常温下，向10mL 0.01mol•L^-1 H₂C₂O₄溶液中滴加10mL 0.01mol•L^-1NaOH溶液时，比较溶液中各种离子浓度的大小关系c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）；
（2）称取6.0g含H₂C₂O₄•2H₂O、KHC₂O₄和K₂SO₄的试样，加水溶解配成250mL溶液，量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中．第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25mol•L^-1 NaOH 溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色．第二份溶液滴加0.10mol•L^-1酸性KMnO₄溶液至16mL时反应完全．则原试样中H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数为21%．

Answer 1

分析 （1）草酸和氢氧化钠的物质的量相等，二者恰好反应生成草酸氢钠，根据草酸氢铵溶液显示酸性及电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小；
（2）根据n=cV计算出氢氧化钠、高锰酸钾的物质的量，利用反应关系式确定H₂C₂O₄•2H₂O、KHC₂O₄的总物质的量，再根据消耗氢氧化钠的物质的量列式计算出25mL样品溶液中含有的H₂C₂O₄•2H₂O、KHC₂O₄的物质的量，然后计算出250mL样品溶液中含有的H₂C₂O₄•2H₂O的物质的量，最后计算出其质量分数．

解答 解：（1）向10mL 0.01mol•L^-1的H₂C₂O₄溶液滴加10mL 0.01mol•L^-1NaOH溶液，草酸与氢氧化钠恰好反应生成草酸氢钠，由于草酸氢钠溶液显示酸性，则HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度，所以c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），由于氢离子来自水的电离和HC₂O₄^-的电离，则c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-），HC₂O₄^-的水解程度较小，则c（HC₂O₄^-）＞c（C₂O₄^2-），所以溶液中各离子浓度大小为：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）；
（2）氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO₄^-～5H₂C₂O₄，滴加0.10mol/L 酸性KMnO₄溶液至16mL时反应完全，即消耗高锰酸根离子0.10mol/L×0.016L=0.0016mol，所以该溶液中还原剂的物质的量为：$\frac{0.0016×5}{2}$mol=4×10^-3mol，
20mL 0.25mol/L的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.25mol/L×0.02L=5×10^-3mol，
设原样品中含有H₂C₂O₄•2H₂O的物质的量为x，含有KHC₂O₄的物质的量为y，则：2x+y=5×10^-3mol、x+y=4×10^-3mol，
解得：x=10^-3mol、y=3×10^-3mol，
原样品中含有H₂C₂O₄•2H₂O物质的量为：10^-3mol×$\frac{250mL}{25mL}$=0.01mol，
所以原试样中H₂C₂O₄•2H₂O的质量分数为：$\frac{126g/mol×0.01mol}{6.0g}$×100%=21%，
故答案为：21%．

点评 本题考查了离子浓度大小比较、中和滴定的计算，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，明确关系式法在化学计算中的应用．