Question

11．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸的工艺流程如图甲所示：

回答下列问题：
（1）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤渣是CaC₂O₄；过滤操作②的滤液是H₂C₂O₄溶液和H₂SO₄溶液．
（2）工艺过程③的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染．工艺过程中还有一处与③的目的一样，其中涉及到的试剂是NaOH．
（3）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是Na₂SO₄．
（4）草酸成品的纯度用高锰酸钾滴定法测定．
①写出滴定反应的离子方程式5H₂C₂O₄+6H⁺+2MnO₄^-=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；
②称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol•L^-1的酸性KMnO₄溶液滴定，至浅粉色不消褪，滴定起始点和终点的液面位置如图乙，则消耗KMnO₄溶液体积为18.10mL．计算该成品的纯度81.45%．
③下列操作会导致草酸成品的纯度的测定结果偏高的是bcd．
a．未干燥锥形瓶         b．滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡
c．滴定终点时仰视读数    d．滴定管未用标准溶液润洗．

Answer 1

分析 （1）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物；
（2）循环利用的物质能降低成本，减少污染；
（3）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质；
（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量，再根据质量分数公式计算其纯度，根据c（待测）=$\frac{c（标注）×V（标准）}{V（待测）}$，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．

解答 解：（1）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC₂O₄，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H₂C₂O₄溶液、H₂SO₄溶液，
故答案为：CaC₂O₄ ；H₂C₂O₄溶液、H₂SO₄溶液；
（2）硫酸和氢氧化钠都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用硫酸和氢氧化钠溶液，能降低成本，
故答案为：分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；NaOH；
（3）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na₂SO₄，
故答案为：Na₂SO₄；
（4）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，
故答案为：5H₂C₂O₄+6H⁺+2MnO₄^-=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O；
②根据图中的数据，注意滴定管精确到0.01mL，读数为18.10mL，故消耗KMnO₄溶液体积为18.10mL，设草酸的物质的量为xmol，则：
5H₂C₂O₄+6H⁺+2MnO₄^-=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O
5mol        2mol
x         0.0500mol•L^-1×0.018L
所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L^-1×0.015L
解得x=0.00225mol，
故其纯度=$\frac{0.00225mol×126g/mol}{0.25g}$×100%=81.45%，
故答案为：81.45%；
③根据c（待测）=$\frac{c（标注）×V（标准）}{V（待测）}$分析，当加入的标准液偏多，理论上草酸的浓度偏大，但实际上其纯度偏小，
a．未干燥锥形瓶，对溶质的物质的量无影响，不影响测定；        
b．滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡，根据c（待测）=$\frac{c（标注）×V（标准）}{V（待测）}$，可知V（标准）偏大，c（待测）偏大；
c．滴定终点时仰视读数，根据c（待测）=$\frac{c（标注）×V（标准）}{V（待测）}$，将标准液读数度大，V（标准）偏大，c（待测）偏大；
d．滴定管未用标准溶液润洗，根据c（待测）=$\frac{c（标注）×V（标准）}{V（待测）}$，表面上有水，加入的标准液偏多，可知V（标准）偏大，c（待测）偏大；
故选bcd．

点评 本题考查了化学与技术，明确操作时发生的化学反应、常见的操作名称，难点是计算草酸结晶水合物的纯度，根据方程式进行分析解答，难度中等．