Question

7．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．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：
Ⅰ．向盛有1mL饱和NaHCO₃溶液的试管中加入过量乙二酸溶液，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．此实验说明乙二酸有酸性，其酸性比碳酸强．
Ⅱ．取某浓度的乙二酸溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加0.1000mol•L^-1的酸性高锰酸钾溶液．
①该滴定过程中不需要（填“需要”或“不需要”）另加指示剂．
②滴至20.00mL时，溶液恰好变色，且半分钟内不变色，则此乙二酸的浓度为0.2000mol/L，此实验说明乙二酸具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）．
Ⅲ．该小组同学将2.52g草酸晶体（H₂C₂O₄•2H₂O）加入到100mL 0.2mol•L^-1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
（用文字简单表述）．

Answer 1

分析 Ⅰ．观察到有无色气泡产生说明乙二酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明乙二酸的酸性比碳酸强，由于乙二酸过量，故生成NaHC₂O₄；
Ⅱ．①高锰酸钾本身有颜色，可利用KMnO₄溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO₄溶液时，溶液将由无色变为紫红色，故不需要另加指示剂；
②依据5H₂C₂O₄ +2MnO₄^-+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O计算乙二酸的浓度，乙二酸具有还原性；
Ⅲ．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，两者正好1：1反应生成NaHC₂O₄，溶液显酸性说明HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度．

解答 解：Ⅰ．向盛有1mL饱和NaHCO₃溶液的试管中加入过量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生，说明乙二酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明乙二酸有酸性，其酸性比碳酸强，由于乙二酸过量，故生成NaHC₂O₄，该反应的离子方程式为：HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O，
故答案为：HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O；有酸性，其酸性比碳酸强；
Ⅱ．①原乙二酸溶液无色，而KMnO₄为紫红色，滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点，所以不需要另加指示剂，
故答案为：不需要；
 ②乙二酸（H₂C₂O₄）与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，乙二酸被氧化成二氧化碳，高锰酸钾被还原成锰离子，反应的离子方程式为：6H⁺+2MnO₄^-+5H₂C₂O₄═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，滴加0.1000mol•L^-1的酸性高锰酸钾溶液滴至20.00mL时，溶液恰好变色，则25.00mL溶液中含H₂C₂O₄的物质的量为：0.1mol/L×20.00mL×$\frac{5}{2}$，此乙二酸的浓度为$\frac{0.1mol/L×20.00mL}{25.00mL}$×$\frac{5}{2}$=0.2mol/L，高锰酸钾中锰的化合价降低，乙二酸中碳的化合价升高，所以乙二酸具有还原性，
故答案为：0.2000； 还原性；
Ⅲ．2.52g草酸晶体的物质的量=$\frac{2.52g}{126g/mol}$=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：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 本题考查溶液的配制、乙二酸的性质，溶液配制关键清楚溶液配制的原理，理解实验原理，掌握氧化还原滴定原理与应用是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力，题目难度中等．