题目内容
（2010?江苏二模）草酸（H2C2O4）是一种重要的化工原料．已知常温下0.01mol?L-1的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如下表所示．
（1）在其它条件不变时，下列措施能使KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1的是
A．加入适量的H2C2O4 B．加入适量的KHC2O4
C．加入适量的Na2C2O4 D．升高溶液的温度
（2）取一定质量H2C2O4?2H2O和KHC2O4的混合物，加水溶解，配成250mL溶液，取两份此溶液各25mL，向第一份溶液中先加入几滴酚酞试液，再滴加0.25mol?L-1 NaOH溶液至20.00mL时，溶液由无色变为浅红色；向第二份溶液中滴加适量3mol?L-1 H2SO4溶液酸化后，用0.10mol?L-1 KMnO4溶液滴定，当消耗KMnO4溶液16.00mL时，溶液由无色变为浅紫红色．请回答下列问题：
①完成离子方程式：5C2O42-+2Mn04-+16H+═10
②原混合物中H2C2O4?2H2O和KHC2O4的物质的量之比为
（3）某实验小组用如图所示的装置探究FeC2O4?2H2O在隔绝空气条件下受热分解的产物．当36D0g FeC2O4?2H2O充分反应后，残留固体质量为13.6g，浓硫酸增重7.2g，碱石灰增重11.0g．求残留固体的成分和物质的量．（已知FeC2O4?2H2O的相对分子质量为180；设反应产生的气体被充分吸收）
| H2C2O4 | KHC2O4 | K2C2O4 | |
| pH | 2.0 | 3.1 | 8.1 |
AC
AC
（填字母）．A．加入适量的H2C2O4 B．加入适量的KHC2O4
C．加入适量的Na2C2O4 D．升高溶液的温度
（2）取一定质量H2C2O4?2H2O和KHC2O4的混合物，加水溶解，配成250mL溶液，取两份此溶液各25mL，向第一份溶液中先加入几滴酚酞试液，再滴加0.25mol?L-1 NaOH溶液至20.00mL时，溶液由无色变为浅红色；向第二份溶液中滴加适量3mol?L-1 H2SO4溶液酸化后，用0.10mol?L-1 KMnO4溶液滴定，当消耗KMnO4溶液16.00mL时，溶液由无色变为浅紫红色．请回答下列问题：
①完成离子方程式：5C2O42-+2Mn04-+16H+═10
CO2
CO2
+2Mn2++8H2O．②原混合物中H2C2O4?2H2O和KHC2O4的物质的量之比为
1：3
1：3
．（3）某实验小组用如图所示的装置探究FeC2O4?2H2O在隔绝空气条件下受热分解的产物．当36D0g FeC2O4?2H2O充分反应后，残留固体质量为13.6g，浓硫酸增重7.2g，碱石灰增重11.0g．求残留固体的成分和物质的量．（已知FeC2O4?2H2O的相对分子质量为180；设反应产生的气体被充分吸收）
分析：（1）依据KHC2O4溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制电离的试剂；
A、H2C2O4 分步电离显酸性，可以抑制HC2O4-离子的电离；
B、加入KHC2O4仍然离子浓度是大于1：1；
C、加入适量的Na2C2O4，可以抑制 HC2O4-离子的电离；
D、升温促进电离；
（2）①依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平写出；
②依据原子守恒和化学方程式计算得到；
（3）最后被点燃的为一氧化碳气体，浓硫酸增重7.2g为水，碱石灰增重11.0g为二氧化碳气体．依据反应生成的物质在过程中的质量分别计算得到；
A、H2C2O4 分步电离显酸性，可以抑制HC2O4-离子的电离；
B、加入KHC2O4仍然离子浓度是大于1：1；
C、加入适量的Na2C2O4，可以抑制 HC2O4-离子的电离；
D、升温促进电离；
（2）①依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平写出；
②依据原子守恒和化学方程式计算得到；
（3）最后被点燃的为一氧化碳气体，浓硫酸增重7.2g为水，碱石灰增重11.0g为二氧化碳气体．依据反应生成的物质在过程中的质量分别计算得到；
解答：解：（1）图表分析，KHC2O4溶液显酸性可知，溶液中电离大于水解，选择抑制HC2O4-离子电离的试剂；
A、H2C2O4 分步电离显酸性，可以抑制HC2O4-离子的电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1；故A符合；
B、加入KHC2O4仍然离子浓度是大于1：1；故B不符合；
C、加入适量的Na2C2O4，可以抑制 HC2O4-离子的电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1；故C符合；
D、升温促进电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）大于1：1；故D不符合；
故答案为：AC；
（2）①依据原子守恒得到为CO2；故答案为：CO2；
②25mL中，设xmol H2C2O4?2H2O ymol KHC2O4根据滴定的，可以得出：2x+y=0.25×0.02
根据氧化还原的，可以得出：x+y=0.1×0.016×2.5，x=0.001，y=0.003mol，所以原混合物中H2C2O4?2H2O和KHC2O4的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为m（CO）=36.0 g-13.6 g-7.2 g-11.0 g=4.2 g；
又FeC2O4?2H2O为0.2 mol，n（H2O）=7.2 g÷18 g/mol=0.4 mol，
n（CO2）=11.0 g÷44 g/mol=0.25 mol，n（CO）=4.2 g÷28 g/mol=0.15 mol，
所以，残留固体中所含元素及物质的量为n（Fe）=0.2 mol，n（O）=0.15 mol，
则残留固体为Fe和FeO的混合物，其中Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
故答案为：Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
A、H2C2O4 分步电离显酸性，可以抑制HC2O4-离子的电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1；故A符合；
B、加入KHC2O4仍然离子浓度是大于1：1；故B不符合；
C、加入适量的Na2C2O4，可以抑制 HC2O4-离子的电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）接近1：1；故C符合；
D、升温促进电离，KHC2O4溶液中c（K+）：c（HC2O4-）大于1：1；故D不符合；
故答案为：AC；
（2）①依据原子守恒得到为CO2；故答案为：CO2；
②25mL中，设xmol H2C2O4?2H2O ymol KHC2O4根据滴定的，可以得出：2x+y=0.25×0.02
根据氧化还原的，可以得出：x+y=0.1×0.016×2.5，x=0.001，y=0.003mol，所以原混合物中H2C2O4?2H2O和KHC2O4的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
（3）被点燃的气体为CO，质量为m（CO）=36.0 g-13.6 g-7.2 g-11.0 g=4.2 g；
又FeC2O4?2H2O为0.2 mol，n（H2O）=7.2 g÷18 g/mol=0.4 mol，
n（CO2）=11.0 g÷44 g/mol=0.25 mol，n（CO）=4.2 g÷28 g/mol=0.15 mol，
所以，残留固体中所含元素及物质的量为n（Fe）=0.2 mol，n（O）=0.15 mol，
则残留固体为Fe和FeO的混合物，其中Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
故答案为：Fe为0.05 mol，FeO为0.15 mol；
点评：本题考查了盐类水解和弱电解质电离的相对大小比较，平衡移动方向的判断，氧化还原反应离子方程式的配平方法，实验过程的计算应用，题目难度中等．
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