题目内容
已知乙二酸（HOOC-COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．某校研究性学习小组为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为______．
（2）向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸具有______（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”），请配平该反应的离子方程式：
______ MnO4-+______ H2C2O4+______ H+=______ Mn2++______ CO2↑+______ H2O
（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：
实验发现，装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红，
据此，乙二酸分解的产物为______．上述装置中，D的作用是______． 装置F中发生反应的化学方程式为：______ Cu+CO2
【答案】分析：（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，乙二酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
（3）根据实验现象判断乙二酸的分解产物，B中CuSO4粉末变蓝，说明有水、装置C澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳；
（4）根据反应物的量判断生成物，根据生成物的性质来分析溶液呈酸性的原因．
解答：解：（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；
根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO4粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO2、H2O；装置F中发生的反应为一氧化碳还原氧化铜，化学方程式为：CuO+CO
Cu+CO2；
（4）2.52g草酸晶体的物质的量=
=0.02mol，
100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；
所以反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性．
故答案为：（1）HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
（2）还原性，2、5、6、2、10、8；
（3）CO、CO2、H2O，除去混合气体中的CO2，CuO+CO
Cu+CO2；
（4）反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性．
点评：主要考查了乙二酸的性质、氧化还原反应的配平、二氧化碳、一氧化碳、氢气、水的检验方法，培养学生解决问题的能力．
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，乙二酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
（3）根据实验现象判断乙二酸的分解产物，B中CuSO4粉末变蓝，说明有水、装置C澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳；
（4）根据反应物的量判断生成物，根据生成物的性质来分析溶液呈酸性的原因．
解答：解：（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
（2）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；
根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO4粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO2、H2O；装置F中发生的反应为一氧化碳还原氧化铜，化学方程式为：CuO+CO
Cu+CO2；（4）2.52g草酸晶体的物质的量=
=0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；
所以反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性．
故答案为：（1）HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
（2）还原性，2、5、6、2、10、8；
（3）CO、CO2、H2O，除去混合气体中的CO2，CuO+CO
Cu+CO2；（4）反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性．
点评：主要考查了乙二酸的性质、氧化还原反应的配平、二氧化碳、一氧化碳、氢气、水的检验方法，培养学生解决问题的能力．
练习册系列答案
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H2O+CO2↑+CO↑。
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