Question

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：　　．

（2）25℃，物质的量浓度都为0.1mol/L的Na₂C₂O₄溶液的pH比Na₂CO₃溶液pH　　（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：　　．

（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：　　；　　．

Answer 1

考点：

酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．
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 （C2O42﹣）和Ksp（4.0×10﹣8）相对大小判断，如果c（Ca2+）•c （C2O42﹣）=＜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﹣⇌C2O42﹣+H+， 故答案为：H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+、HC2O4﹣⇌C2O42﹣+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﹣、C2O42﹣、H2C2O4、OH﹣，若混合溶液显酸性，说明HC2O4﹣电离程度大于水解程度，则C2O42﹣＞H2C2O4溶液还存在水的电离，则H+＞C2O42﹣，离子浓度的顺序为：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）， 故答案为：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）； （4）碳酸钙溶液中钙离子浓度=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 （C2O42﹣）=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）+CO32﹣ （aq）⇌CaCO3（s ）+SO42﹣ （aq），CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑， 故答案为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；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．