Question

9．乙二酸俗称草酸，为二元酸（结构简式为HOOC-COOH，可简写为H₂C₂O₄）．25℃时，草酸的电离平衡常数K₁=5.0×10^-2，K₂=5.4×10^-5；碳酸的电离平衡常数K₁=4.5×10^-7，K₂=4.7×10^-11．草酸钙的K_sp=4.0×10^-8，碳酸钙的K_sp=2.5×10^-9．回答下列问题：
（1）写出水溶液中草酸的电离方程式：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺．
（2）25℃，物质的量浓度都为0.1mol/L的Na₂C₂O₄溶液的pH比Na₂CO₃溶液pH小（填“大”“小”或“相等”）．
（3）常温下将0.2mol/L的KOH溶液10mL与0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，若混合溶液显酸性，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）．
（4）25℃时向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10^-3 mol/L的草酸钾溶液20mL，能否产生沉淀？否（填“能”或“否”）．
（5）除去锅炉水垢中的CaSO₄可先用碳酸钠溶液处理，而后用盐酸溶解，其反应的离子方程式：CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃+SO₄^2-；CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑．

Answer 1

分析 （1）草酸是二元弱酸，分步电离；
（2）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强；
（3）将0.2mol/L的KOH容液10mL与0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，恰好完全反应生成KHC₂O₄，结合溶液的酸碱性比较离子浓度大小；
（4）根据c（Ca²⁺）•c （C₂O₄^2-）和Ksp（4.0×10^-8）相对大小判断，如果c（Ca²⁺）•c （C₂O₄^2-）=＜Ksp（4.0×10^-8），则无沉淀生成；
（5）水垢中含有的CaSO₄，先用碳酸钠溶液处理，转化为 CaCO₃，再和盐酸反应得到氯化钙、水以及二氧化碳．

解答 解：（1）草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺，
故答案为：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺；
（2）草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，导致草酸钠的pH小于碳酸钠，
故答案为：小；
（3）将0.2mol/L的KOH容液10mL与0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，恰好完全反应生成KHC₂O₄，存在的离子是H⁺、HC₂O₄^-、C₂O₄^2-、H₂C₂O₄、OH^-，若混合溶液显酸性，说明HC₂O₄^-电离程度大于水解程度，则C₂O₄^2-＞H₂C₂O₄溶液还存在水的电离，则H⁺＞C₂O₄^2-，离子浓度的顺序为：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）；
（4）碳酸钙溶液中钙离子浓度=$\sqrt{2.5×1{0}^{-9}}$mol/L=5×10^-5mol/L，二者混合后，钙离子浓度=2.5×10^-5mol/L，草酸钾的浓度为5.0×10^-4 mol/L，混合后c（Ca²⁺）•c （C₂O₄^2-）=2.5×10^-5 ×5.0×10^-4=1.25×10^-8＜Ksp（4.0×10^-8），故无沉淀，
故答案为：否；
（5）水垢中含有的CaSO₄，先用碳酸钠溶液处理，转化为 CaCO₃，转化的离子方程式是CaSO₄（s）+CO₃^2- （aq）?CaCO₃（s ）+SO₄^2- （aq），CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，
故答案为：CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃+SO₄^2-；CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑．

点评 本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确弱电解质电离特点及溶度积常数的运用是解本题关键，难度中等．