Question

已知乙二酸（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．某校研究性學習小組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）向盛有少量乙二酸飽和溶液的試管中滴入用硫酸酸化的KMnO₄溶液，振蕩，發現其溶液的紫紅色褪去，說明乙二酸具有______（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”），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，乙二酸分解的產物為______．上述裝置中，D的作用是______． 裝置F中發生反應的化學方程式為：______ Cu+CO₂

Answer 1

【答案】分析：（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；
（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，乙二酸具有還原性，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）根據實驗現象判斷乙二酸的分解產物，B中CuSO₄粉末變藍，說明有水、裝置C澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳，F中CuO粉末變紅、G中澄清石灰水變渾濁說明有一氧化碳；
（4）根據反應物的量判斷生成物，根據生成物的性質來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；
（2）酸性KMnO₄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KMnO₄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：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；
（3）加熱乙二酸，反應物通入B，使CuSO₄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、CO₂、H₂O；裝置F中發生的反應為一氧化碳還原氧化銅，化學方程式為：CuO+CO Cu+CO₂；
（4）2.52g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^-3L/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．
故答案為：（1）HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O；
（2）還原性，2、5、6、2、10、8；
（3）CO、CO₂、H₂O，除去混合氣體中的CO₂，CuO+CO Cu+CO₂；
（4）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．
點評：主要考查了乙二酸的性質、氧化還原反應的配平、二氧化碳、一氧化碳、氫氣、水的檢驗方法，培養學生解決問題的能力．