已知25℃时草酸的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的K

（1）常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反应生成草酸氢钾，由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度，所以溶液显示酸性，c（H⁺）＞c（OH^-）溶液中离子浓度大小为：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^-）；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；可利用KMnO₄溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO₄溶液时，溶液将由无色变为紫色；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄ +6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O
2 5
10^-4Vmol0.02Xmol
可得：[2
10−4V=
5/0.02X]
解得X=[V/80]mol/L
故答案为：2MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O；当滴入最后一滴KMnO₄溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；[V/80]；
（3）0.005mol/L 20mL的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n=CV=0.005mol/L×0.02L=10^-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10^-4mol/L，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液中离子浓度最大的为OH^-，其次为Ca²⁺，最小的为H⁺，
故答案为：c（OH^-）＞c（Ca²⁺）＞c（H⁺）；
（4）氢氧化钙溶液的pH=11，可知溶液中C（OH^-）=10^-3mol/L，C（Ca²⁺）=[1/2]×10^-3mol/L=5×10^-4mol/L，因为有白色的碳酸钙沉淀生成，即得到碳酸钙的饱和溶液，大其溶解平衡，根据碳酸钙的K_sp=c（CO₃^2-）×C（Ca²⁺）=2.5×10^-9，可知c（CO₃^2-）=5×10^-6mol/L；在草酸钙的饱和溶液中，c（C₂O₄^2-）=C（Ca²⁺），根据草酸钙的K_sp=4.0×10^-8，可知C（Ca²⁺）=2×10^-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10^-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，
C（Ca²⁺）=2×10^-4mol/L×[2/3]=[4/3]×10^-4mol/L，c（CO₃^2-）=8.0×10^-4mol/L×[1/3]=[8/3]×10^-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca²⁺）•c （CO₃^2-）=3.6×10^-8＞Ksp（2.5×10^-9），故有沉淀产生，故答案为：5.0×10^-6；能．

点评：
本题考点： 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．

考点点评： 本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较、氧化还原反应方程式的书写以及沉淀的溶解平衡等内容，难度较大．