Question

18．草酸（H₂C₂O₄）是一種易溶于水的二元中強(qiáng)酸，在水中它的存在形態(tài)有H₂C₂O₄、HC₂O₄^-、C₂O₄^2-，各形態(tài)的分布系數(shù)（濃度分?jǐn)?shù)）α隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示：
圖中曲線1表示H₂C₂O₄的分布系數(shù)變化；曲線2表示HC₂O₄^-的分布系數(shù)變化．
   現(xiàn)有物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液：①Na₂C₂O₄  ②NaHC₂O₄③H₂C₂O₄④（NH₄）₂C₂O₄⑤NH₄HC₂O₄
已知NaHC₂O₄溶液顯酸性．
（1）Na₂C₂O₄溶液中，c（Na⁺）/c（C₂O₄^2-）＞2 （填“＞”、“=”、“＜”），原因是C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-（用離子方程式表示）．
（2）常溫下，向10mL 0.1mol/L H₂C₂O₄溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，當(dāng)溶液中c（Na⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）時(shí)，溶液顯中性（填“酸”、“堿”或“中”），且V（NaOH）＞10mL（填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）下列關(guān)于五種溶液的說(shuō)法中，正確的是CD
A．溶液②中，c（C₂O₄^2-）＜c（H₂C₂O₄）
B．溶液②中，c（H₂C₂O₄）+c（OH^-）=c（C₂O₄^2-）+c（H⁺）
C．溶液④⑤中都符合c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-）
D．五種溶液都符合c（H₂C₂O₄）+c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）=0.1mol•L^-1．
（4）五種溶液中c（H₂C₂O₄）由大到小排列的順序是③＞⑤＞②＞④＞①．
（5）配平氧化還原反應(yīng)方程式：□C₂O₄^2-+□MnO₄^-+□H⁺=□CO₂↑+□Mn²⁺+□H₂O
稱取6.0g含H₂C₂O₄•2H₂O、KHC₂O₄和K₂SO₄的試樣，加水溶解，配成250mL 溶液．量取兩份此溶液各25mL，分別置于兩個(gè)錐形瓶中．第一份溶液中加入2滴酚酞試液，滴加0.25mol/L NaOH 溶液至20mL時(shí)，溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色．第二份溶液滴加0.10mol/L 酸性KMnO₄溶液至16mL時(shí)恰好反應(yīng)完全．則原試樣中H₂C₂O₄•2H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21%，KHC₂O₄的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為64%．

Answer 1

分析 根據(jù)圖片知，隨著pH的增大，曲線1逐漸減小，說(shuō)明其電離程度增大，為草酸；
曲線2隨著pH的增大而增大，應(yīng)該是HC₂O₄^-；
（1）草酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，草酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，鈉離子不水解；
（2）任何導(dǎo)致溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷溶液酸堿性；草酸鈉溶液呈堿性，要使溶液呈中性，氫氧化鈉應(yīng)該稍微過(guò)量；
（3）A．NaHC₂O₄溶液顯酸性，說(shuō)明草酸氫根離子電離程度大于水解程度；
B．任何電解質(zhì)溶液中都存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；
C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；
D．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒判斷；
（4）①Na₂C₂O₄中草酸根離子第二步水解程度較小；
②NaHC₂O₄溶液呈酸性，草酸氫根離子電離程度大于水解程度；
③H₂C₂O₄屬于弱酸，電離程度較�。�
④（NH₄）₂C₂O₄屬于弱酸弱堿鹽，草酸根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解；
⑤NH₄HC₂O₄中草酸氫根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解；
（5）該反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)、C元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?3價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為10，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、原子守恒、電荷守恒配平方程式；根據(jù)物質(zhì)之間的關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算．

解答 解：根據(jù)圖片知，隨著pH的增大，曲線1逐漸減小，說(shuō)明其電離程度增大，為草酸；
曲線2隨著pH的增大而增大，應(yīng)該是HC₂O₄^-；
故答案為：H₂C₂O₄；HC₂O₄^-；
（1）草酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，草酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，鈉離子不水解，所以c（Na⁺）/c（C₂O₄^2-）＞2，水解方程式為C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，故答案為：＞；C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-；
（2）任何導(dǎo)致溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒c（Na⁺）+c（OH^-）=c（H⁺）+2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），所以得c（OH^-）=c（H⁺），溶液呈中性；
草酸氫鈉溶液呈酸性，要使溶液呈中性，氫氧化鈉應(yīng)該稍微過(guò)量，所以V（NaOH）＞10mL，
故答案為：中；＞；
（3）A．NaHC₂O₄溶液顯酸性，說(shuō)明草酸氫根離子電離程度大于水解程度，所以溶液②中，c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄），故錯(cuò)誤；
B．根據(jù)電荷守恒得c（Na⁺）+c（OH^-）=c（H⁺）+2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）、根據(jù)物料守恒得c（Na⁺）=c（H₂C₂O₄）+c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-），所以得c（H₂C₂O₄）+c（OH^-）=c（H⁺）+c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），
故錯(cuò)誤；
C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HC₂O₄^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（OH^-），故正確；
D．任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（H₂C₂O₄）+c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）=0.1mol•L^-1，故正確；
故選CD；
（4）①Na₂C₂O₄中草酸根離子第二步水解程度較小，第二步水解程度小于②；
②NaHC₂O₄溶液呈酸性，草酸氫根離子電離程度大于水解程度；
③H₂C₂O₄屬于弱酸，電離程度較小，主要以草酸分子存在；
④（NH₄）₂C₂O₄屬于弱酸弱堿鹽，草酸根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解；
⑤NH₄HC₂O₄中草酸氫根離子和銨根離子相互促進(jìn)水解但水解程度大于④；
所以溶液中c（H₂C₂O₄）由大到小排列的順序是③＞⑤＞②＞④＞①，故答案為：③＞⑤＞②＞④＞①；
（5）該反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)、C元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?3價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為10，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、原子守恒、電荷守恒配平方程式為：5C₂O₄^2-+2MnO₄^-+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；
消耗KMnO₄的物質(zhì)的量為：0.016L×0.1mol/L=0.0016mol，根據(jù)方程式5C₂O₄^2-+2MnO₄^-+16H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O可知還原劑H₂C₂O₄、KHC₂O₄的總物質(zhì)的量為：0.0016mol×$\frac{5}{2}$=0.004mol，
設(shè)25mL溶液中H₂C₂O₄、KHC₂O₄的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則：
H₂C₂O₄～2NaOH   KHC₂O₄～NaOH
xmol   2xmol   ymol   ymol
由題意可知：$\left\{\begin{array}{l}{2x+y=0.005}\\{x+y=0.004}\end{array}\right.$，
解得：x=0.001、y=0.003，
原樣品中H₂C₂O₄•2H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：$\frac{0.001mol×\frac{25mL}{250mL}×126g/mol}{6g}×100%$=21%；
KHC₂O₄的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：$\frac{0.003mol×\frac{25mL}{250mL}×128g/mol}{6g}$×100%=64%，
故答案為：5；2；16；10；2；8；21%；64%．

點(diǎn)評(píng) 本題考查較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)方程式的配平、根據(jù)方程式計(jì)算、弱電解質(zhì)的電離及離子濃度大小比較等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查基本概念基本理論及分析計(jì)算能力，難點(diǎn)是（4）題水解程度大小比較及（5）題計(jì)算，題目難度中等．