Question

1．草酸（H₂C₂O₄）是二元弱酸，KHC₂O₄溶液呈酸性．向10mL 0.01mol•L^-1的H₂C₂O₄溶液滴加0.01mol•L^-1 KOH溶液V（mL），回答下列问题．
①当V＜10mL时，反应的离子方程式为H₂C₂O₄+OH^-=HC₂O₄^-+H₂O．
②当V=10mL时，溶液中HC₂O₄^-、C₂O₄^2-、H₂C₂O₄、H⁺的浓度从大到小的顺序为c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）
③当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）；
当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）；则a＞b（填“＜”，“=”或“＞”）．
④当V=20mL时，再滴入NaOH溶液，则溶液中$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值将变小（填“变大”，“变小”，“不变”），原因是：因为溶液中存在如下平衡C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，当增大c（OH^-）时，平衡向逆方向移动，n（C₂O₄^2-）的值变大，而n（K⁺）的值不变，故$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值变小．．

Answer 1

分析 草酸（H₂C₂O₄）是二元弱酸，KHC₂O₄溶液呈酸性．向10mL 0.01mol•L^-1的H₂C₂O₄溶液滴加0.01mol•L^-1KOH溶液V（mL）；
①当V＜10mL时，H₂C₂O₄和KOH反应生成HC₂O₄ ^-，还有草酸多余；
②当V=10mL时，H₂C₂O₄和KOH反应生成KHC₂O₄ ^-，KHC₂O₄溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC₂O₄^-、C₂O₄^2-、H₂C₂O₄、H⁺的浓度从大到小的顺序；
③当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断；
当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC₂O₄；
④当V=20mL时，反应生成K₂C₂O₄，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解，$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值将减小．

解答 解：①当V＜10mL时，H₂C₂O₄和KOH反应生成HC₂O₄ ^-，还有草酸多余，反应的离子方程式为：H₂C₂O₄+OH^-=HC₂O₄^-+H₂O；
故答案为：H₂C₂O₄+OH^-=HC₂O₄^-+H₂O；
②当V=10mL时，H₂C₂O₄和KOH反应生成HC₂O₄^-，KHC₂O₄溶液呈酸性说明溶液中电离大于水解，比较溶液中HC₂O₄^-、C₂O₄^2-、H₂C₂O₄、H⁺的浓度从大到小的顺序为：c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）；
故答案为：c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（C₂O₄^2-）＞c（H₂C₂O₄）；
③当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），依据溶液中电荷守恒分析氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同判断，溶液中溶质为KHC₂O₄和为K₂C₂O₄；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K⁺）=c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-）+c（H₂C₂O₄）是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC₂O₄，说明a大于b，
故答案为：＞；
④当V=20mL时，反应生成K₂C₂O₄，再滴入NaOH溶液，抑制盐类的水解$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值将减小；因为溶液中存在如下平衡C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，当增大c（OH^-）时，平衡向逆方向移动，n（C₂O₄^2-）的值变大，而n（K⁺）的值不变，故$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值变小，
故答案为：变小；因为溶液中存在如下平衡C₂O₄^2-+H₂O?HC₂O₄^-+OH^-，当增大c（OH^-）时，平衡向逆方向移动，n（C₂O₄^2-）的值变大，而n（K⁺）的值不变，故$\frac{n（{K}^{+}）}{n（{C}_{2}{O}_{4}^{2-}）}$的值变小．

点评 本题考查了酸式盐酸碱性的定性判断及溶液中离子浓度大小比较方法，题目难度中等，注意掌握酸碱中和反应中过量情况的判断与计算方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小．