题目内容
【题目】常温下，在474.8g水中溶解25.2g草酸晶体(H2C2O4·2H2O，相对分子质量为126)，得到一份草酸浓溶液，该溶液密度为2.0g/cm3。
（1）以上过程得到的草酸浓溶液的物质的量浓度为___mol/L。
（2）现需用上述浓溶液配制0.1mol/L的草酸溶液450mL。
①实验中用到的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、量筒、___。
②应量取浓溶液的体积为___mL。
③下列情况中，会导致配制的0.1mol/L的草酸溶液浓度偏高的有___（填字母）。
A．配制浓溶液所使用的草酸晶体失去部分结晶水
B．使用“左码右物”的方法称量草酸晶体
C．容量瓶未经干燥就使用
D．量取浓溶液时仰视刻度线
（3）H2C2O4·2H2O受热易分解，分解产物均为氧化物，其中一种产物能使澄清石灰水变浑浊，请写出H2C2O4·2H2O受热分解的化学方程式___。
（4）用移液管量取10.00mL酸性K2Cr2O7溶液，恰好与20.00mL0.1mol/L的草酸溶液反应，还原产物为Cr3+，氧化产物为CO2。在此实验中，草酸体现___性；此酸性K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为___mol/L（保留小数点后2位）。
【答案】0.8 500mL容量瓶、玻璃棒 62.5 AD H2C2O4·2H2O
3H2O↑+CO↑+CO2↑ 还原 0.07
【解析】
（1）依据n=
计算草酸物质的量，依据c=
计算可得；
（2）①实验室没有450mL容量瓶，配制450mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液应选用500mL容量瓶，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；
②有稀释定律可知，配制过程中草酸的物质的量不变；
③依据c=通过分析溶质的物质的量和溶液体积变化分析；
（3）依据氧化还原反应规律，氧化还原反应中有元素化合价升高，必然有元素化合价降低分析判断；
（4）由得失电子数目守恒规律计算可得。
（1）25.2g草酸晶体中草酸的物质的量为
=0.2mol，常温下，在474.8g水中溶解25.2g草酸晶体得到草酸浓溶液的质量为500g，则草酸浓溶液的物质的量浓度为
=0.8mol/L，故答案为：0.8；
（2）①实验室没有450mL容量瓶，配制450mL 0.1mol/L酸性KMnO4溶液应选用500mL容量瓶，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，分析可知还要使用的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
②有稀释定律可知，配制过程中草酸的物质的量不变，设浓溶液的体积为Vml则可得如下关系式：0.8mol/L×V×10—3L=0.1mol/L×500×10—3L，解得V=62.5，故答案为：62.5；
③A、配制浓溶液所使用的草酸晶体失去部分结晶水会导致草酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，故正确；
B、使用“左码右物”的方法称量草酸晶体会导致所称草酸的质量偏小，物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故错误；
C、因配制溶液过程中需要加入蒸馏水，依据稀释定律可知容量瓶未经干燥就使用草酸的物质的量不变，对所配溶液浓度无影响，故错误；
D、量取浓溶液时仰视刻度线，会导致所取浓溶液体积偏大，草酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，故正确；
AD正确，故答案为：AD；
（3）H2C2O4中碳元素的化合价为+价，由H2C2O4·2H2O受热易分解，分解产物均为氧化物，其中一种产物能使澄清石灰水变浑浊可知，反应中有二氧化碳生成，碳元素化合价升高，由氧化还原反应规律可知反应除生成二氧化碳和水两种氧化物外，还应有氧化物一氧化碳生成，则反应的化学方程式为H2C2O4·2H2O3H2O↑+CO↑+CO2↑，故答案为：H2C2O4·2H2O3H2O↑+CO↑+CO2↑；
（4）由还原产物为Cr3+，氧化产物为CO2可知，反应中K2Cr2O7为氧化剂，草酸为还原剂；设酸性K2Cr2O7溶液的浓度为c，由得失电子数目守恒可得：0.002L×0.1mol/L×2×（4—3）=0.001L×cmol/L×2×（6—3），解得c≈0.07mol/L，故答案为：还原；0.07。
