Question

【题目】乙二酸俗称草酸，草酸和草酸盐在化学实验中有比较重要的应用。

(1)已知草酸氢钠溶液呈酸性，请做出合理解释(结合离子方程式)______。

(2)已知草酸的Ka2>碳酸的Ka1，则相同浓度的Na2C2O4和碳酸钠溶液中，水的电离更强的是______。

(3)20.00mL 0.100mol/L VO2+离子恰好将20.00mL 0.050mol/L H2C2O4完全氧化成CO2，VO2+被还原为VOn+离子，则VOn+中的n值为______。

(4)草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为测定x值，进行下列实验：①称取Wg草酸晶体配成100.0mL水溶液；②取25.0mL所配草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L的KMnO4的溶液滴定，滴定时，所发生的反应为：______ KMnO4+______ H2C2O4+______ H2SO4=______K2SO4+______CO2↑______MnSO4+______H2O

试回答下列问题：①配平上述化学方程式。

②该实验滴定时，指示剂应该______(填“加”或“不加”)。

③若滴定时，反应前后的两次读数分别为a mL和b mL，则实验测得的所配草酸溶液的物质的量浓度为______；由此计算出草酸晶体的x值是______。

Answer 1

【答案】HC2O4-H++C2O42- Na2CO3 2 2 5 3 1 10 2 8 不加 0.1c(b-a)mol/L

【解析】

(1)NaHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度；

(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，水的电离程度越小；

(3)VO2+离子恰好将H2C2O4完全氧化成CO2，则C元素的化合价由+3价升高为+4价，则V元素的化合价降低，由电子守恒计算；

(4)①该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；

②该实验滴定时高锰酸钾溶液呈紫色，生成物中都呈无色；

③滴定管的刻度由上而下刻度增大，滴定前后两次读数分别为amL和bmL，故消耗KMnO4溶液体积(b-a)mL，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算25.0mL草酸溶液中n(H2C2O4)，进而计算100mL草酸溶液中n′(H2C2O4)和c(H2C2O4)，计算草酸的质量，根据化学式质量分数计算求x的值。

草酸是二元弱酸，草酸氢钠(NaHC2O4)在溶液中既存在HC2O4-的电离作用也存在其水解作用，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性；草酸氢钠溶液显酸性是草酸氢根离子电离作用大于水解作用，电离方程式为：HC2O4-H++C2O42-；

(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，水的电离程度越小；由于草酸的Ka2>碳酸的Ka1，酸性：HC2O4->H2CO3>HCO3-，水解程度：C2O42-<CO32-，则相同浓度的Na2C2O4和碳酸钠溶液中，水的电离更强的是Na2CO3；

(3)VO2+离子恰好将H2C2O4完全氧化成CO2，则C元素的化合价由+3价升高为+4价，VO2+被还原为VOn+离子，则V元素的化合价由+5价降低+(n+2)，由电子守恒可知，0.02L×0.1mol/L×(5-n-2)=0.02L×0.05mol/L×2×(4-3)，解得n=2；

(4)①该反应中Mn元素化合价由反应前KMnO4中+7价变为反应后MnSO4中的+2价、C元素化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，故方程式系数由前到后依次是：2；5；3；1；10；2；8；

②该实验滴定时高锰酸钾溶液本身呈紫色，生成物中都呈无色，反应现象明显，不需要指示剂；

③滴定管的刻度由上而下刻度增大，滴定前后两次读数分别为a mL和b mL，故消耗KMnO4溶液体积(b-a)mL，n(KMnO4)=c mol/L×(b-a)×10-3L=c×(b-a)×10-3mol，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4可知25.0mL草酸溶液中n(H2C2O4)=2.5×c×(b-a)×10-3mol，进而计算100mL草酸溶液中n′(H2C2O4)= 2.5×c×(b-a)×10-3mol×= c×(b-a)×10-2mol，c(H2C2O4)==0.1c×(b-a) mol/L，草酸晶体中草酸的质量为c×(b-a)×10-2mol×90g/mol=0.9c(b-a)g，由化学式可知：，解得x=。