Question

9．乙二酸俗稱草酸，為二元酸（結構簡式為HOOC-COOH，可簡寫為H₂C₂O₄）．25℃時，草酸的電離平衡常數K₁=5.0×10^-2，K₂=5.4×10^-5；碳酸的電離平衡常數K₁=4.5×10^-7，K₂=4.7×10^-11．草酸鈣的K_sp=4.0×10^-8，碳酸鈣的K_sp=2.5×10^-9．回答下列問題：
（1）寫出水溶液中草酸的電離方程式：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺．
（2）25℃，物質的量濃度都為0.1mol/L的Na₂C₂O₄溶液的pH比Na₂CO₃溶液pH小（填“大”“小”或“相等”）．
（3）常溫下將0.2mol/L的KOH溶液10mL與0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，若混合溶液顯酸性，則該溶液中所有離子濃度由大到小的順序：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）．
（4）25℃時向20mL碳酸鈣的飽和溶液中逐滴加入1.0×10^-3 mol/L的草酸鉀溶液20mL，能否產生沉淀？否（填“能”或“否”）．
（5）除去鍋爐水垢中的CaSO₄可先用碳酸鈉溶液處理，而后用鹽酸溶解，其反應的離子方程式：CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃+SO₄^2-；CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑．

Answer 1

分析 （1）草酸是二元弱酸，分步電離；
（2）相同條件下，酸的電離平衡常數越大，其電離程度越大，則酸根離子的水解程度越大，溶液的堿性越強；
（3）將0.2mol/L的KOH容液10mL與0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，恰好完全反應生成KHC₂O₄，結合溶液的酸堿性比較離子濃度大小；
（4）根據c（Ca²⁺）•c （C₂O₄^2-）和Ksp（4.0×10^-8）相對大小判斷，如果c（Ca²⁺）•c （C₂O₄^2-）=＜Ksp（4.0×10^-8），則無沉淀生成；
（5）水垢中含有的CaSO₄，先用碳酸鈉溶液處理，轉化為 CaCO₃，再和鹽酸反應得到氯化鈣、水以及二氧化碳．

解答 解：（1）草酸是二元弱酸，在水溶液里存在兩步電離，第一步電離程度大于第二步，其電離方程式分別為：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺，
故答案為：H₂C₂O₄?HC₂O₄^-+H⁺、HC₂O₄^-?C₂O₄^2-+H⁺；
（2）草酸的第二步電離平衡常數大于碳酸的第二步電離平衡常數，電離平衡常數越小，其酸根離子的水解程度越大，所以碳酸根離子的水解程度大于草酸根離子，導致草酸鈉的pH小于碳酸鈉，
故答案為：小；
（3）將0.2mol/L的KOH容液10mL與0.2mol/L的草酸溶液10mL混合，恰好完全反應生成KHC₂O₄，存在的離子是H⁺、HC₂O₄^-、C₂O₄^2-、H₂C₂O₄、OH^-，若混合溶液顯酸性，說明HC₂O₄^-電離程度大于水解程度，則C₂O₄^2-＞H₂C₂O₄溶液還存在水的電離，則H⁺＞C₂O₄^2-，離子濃度的順序為：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-），
故答案為：c（K⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（OH^-）；
（4）碳酸鈣溶液中鈣離子濃度=$\sqrt{2.5×1{0}^{-9}}$mol/L=5×10^-5mol/L，二者混合后，鈣離子濃度=2.5×10^-5mol/L，草酸鉀的濃度為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），故無沉淀，
故答案為：否；
（5）水垢中含有的CaSO₄，先用碳酸鈉溶液處理，轉化為 CaCO₃，轉化的離子方程式是CaSO₄（s）+CO₃^2- （aq）?CaCO₃（s ）+SO₄^2- （aq），CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑，
故答案為：CaSO₄+CO₃^2-=CaCO₃+SO₄^2-；CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+H₂O+CO₂↑．

點評 本題考查了弱電解質的電離、難溶物的溶解平衡，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，明確弱電解質電離特點及溶度積常數的運用是解本題關鍵，難度中等．