Question

【題目】某校化學研究性學習小組查閱資料了解到以下內容：

乙二酸（HOOC﹣COOH，可簡寫為H2C2O4）俗稱草酸，易溶于水，屬于二元中強酸（為弱電解質），且酸性強于碳酸，其熔點為101.5℃，在157℃升華．為探究草酸的部分化學性質，進行了如下實驗：

（1）向盛有1mL飽和NaHCO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產生．該反應的離子方程式為________；

（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發現其溶液的紫紅色褪去；①說明乙二酸具有______（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；②請配平該反應的離子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O

（3）將一定量的乙二酸放于試管中，按如圖所示裝置進行實驗（夾持裝置未標出）：

實驗發現：裝置C、G中澄清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍，F中CuO粉末變紅。據此回答：

①上述裝置中，D的作用是_________，

②乙二酸分解的化學方程式為 ________；

（4）該小組同學將2.52g草酸晶體（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反應，測得反應后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：_______（用離子符號表示）．

Answer 1

【答案】HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O 還原性 2 5 6 2 10 8 除去混合氣體中的CO2 H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑ 反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性 Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣

【解析】

（1）強酸制弱酸原理；

（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化；根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式；

（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B裝置驗證產物水，C裝置驗證產物CO2，D裝置除掉CO2，E裝置除掉水蒸氣，F、G裝置驗證產物CO，據此分析。

（4）通過計算反應后溶液為NaHC2O4溶液，根據反應后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的電離程度比水解程度大，由此確定溶液中各離子濃度到大小。

（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸強，與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳和乙酸鈉，該反應的離子方程式為：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；

（2）酸性KMnO 4 溶液具有強氧化性，向盛有少量乙二酸飽和溶液的試管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振蕩，發現其溶液的紫紅色褪去，說明乙二酸被酸性高錳酸鉀氧化，具有還原性；根據氧化還原反應方程式的配平原則：得失電子守恒、質量守恒和電荷守恒配平該反應的離子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 ↑+8H2O；

答案：還原性 2 5 6 2 10 8

（3）加熱乙二酸，反應物通入B，使CuSO 4 粉末變藍，說明有水生成，裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成；裝置D中二氧化碳和氫氧化鈉反應除去混合氣體中的二氧化碳，F中CuO粉末變紅、G中澄清石灰水變渾濁說明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解產物為CO、CO 2 、H2O；

答案：除去混合氣體中的CO2； H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；

（4）①2.52g草酸晶體的物質的量= =0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氫氧化鈉的物質的量=100mL×10 -3 L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反應生成NaHC2O4 ，所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4 - 的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H + ）＞c（OH - ），所以溶液呈酸性；

②兩者正好1：1反應生成NaHC2O4，溶液顯酸性，說明HC2O4 - 的電離程度比水解程度大，而溶液中還存在著水的電離，故H+＞C2O42-，由于離子的電離程度較小，則有HC2O4-＞H+，離子濃度由大到小的順序為Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；

答案：反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性 Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣