Question

7．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．為探究草酸的部分化學性質，進行了如下實驗：
Ⅰ．向盛有1mL飽和NaHCO₃溶液的試管中加入過量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產生．該反應的離子方程式為HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O．此實驗說明乙二酸有酸性，其酸性比碳酸強．
Ⅱ．取某濃度的乙二酸溶液25.00mL于錐形瓶中，滴加0.1000mol•L^-1的酸性高錳酸鉀溶液．
①該滴定過程中不需要（填“需要”或“不需要”）另加指示劑．
②滴至20.00mL時，溶液恰好變色，且半分鐘內不變色，則此乙二酸的濃度為0.2000mol/L，此實驗說明乙二酸具有還原性（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）．
Ⅲ．該小組同學將2.52g草酸晶體（H₂C₂O₄•2H₂O）加入到100mL 0.2mol•L^-1的NaOH溶液中充分反應，測得反應后溶液呈酸性，其原因是反應所得溶液為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
（用文字簡單表述）．

Answer 1

分析 Ⅰ．觀察到有無色氣泡產生說明乙二酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，說明乙二酸的酸性比碳酸強，由于乙二酸過量，故生成NaHC₂O₄；
Ⅱ．①高錳酸鉀本身有顏色，可利用KMnO₄溶液自身的顏色作為指示劑判斷滴定終點時，再滴加KMnO₄溶液時，溶液將由無色變?yōu)樽霞t色，故不需要另加指示劑；
②依據(jù)5H₂C₂O₄ +2MnO₄^-+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O計算乙二酸的濃度，乙二酸具有還原性；
Ⅲ．根據(jù)反應物的量判斷生成物，根據(jù)生成物的性質來分析溶液呈酸性的原因，兩者正好1：1反應生成NaHC₂O₄，溶液顯酸性說明HC₂O₄^-的電離程度大于其水解程度．

解答 解：Ⅰ．向盛有1mL飽和NaHCO₃溶液的試管中加入過量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產生，說明乙二酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，說明乙二酸有酸性，其酸性比碳酸強，由于乙二酸過量，故生成NaHC₂O₄，該反應的離子方程式為：HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O，
故答案為：HCO₃^-+H₂C₂O₄=HC₂O₄^-+CO₂↑+H₂O；有酸性，其酸性比碳酸強；
Ⅱ．①原乙二酸溶液無色，而KMnO₄為紫紅色，滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點，所以不需要另加指示劑，
故答案為：不需要；
 ②乙二酸（H₂C₂O₄）與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，乙二酸被氧化成二氧化碳，高錳酸鉀被還原成錳離子，反應的離子方程式為：6H⁺+2MnO₄^-+5H₂C₂O₄═2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，滴加0.1000mol•L^-1的酸性高錳酸鉀溶液滴至20.00mL時，溶液恰好變色，則25.00mL溶液中含H₂C₂O₄的物質的量為：0.1mol/L×20.00mL×$\frac{5}{2}$，此乙二酸的濃度為$\frac{0.1mol/L×20.00mL}{25.00mL}$×$\frac{5}{2}$=0.2mol/L，高錳酸鉀中錳的化合價降低，乙二酸中碳的化合價升高，所以乙二酸具有還原性，
故答案為：0.2000； 還原性；
Ⅲ．2.52g草酸晶體的物質的量=$\frac{2.52g}{126g/mol}$=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：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 本題考查溶液的配制、乙二酸的性質，溶液配制關鍵清楚溶液配制的原理，理解實驗原理，掌握氧化還原滴定原理與應用是解題的關鍵，是對知識的綜合運用，需要學生具備扎實的基礎知識與運用知識分析問題、解決問題的能力，題目難度中等．