Question

【题目】（I）CuCl2溶液显_____性，理由是（用离子方程式表示）____________

（II）BaSO4浊液中存在______平衡，其表达式为：__________________

（III）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1=﹣1275.6kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ/mol，

③H2O（g）═H2O（l）△H3=﹣44.0kJ/mol

上述三个反应中，△S＜0的是___________．甲醇燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式是______________________

（IV）已知碳酸H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11

草酸H2C2O4：Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”），等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）

A．c（H+）>c（HC2O4-）>c（HCO3-）>c（CO32-）

B．c（HCO3-）>c（HC2O4-）c（C2O42-）>c（CO32-）

C．c（H+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-）>c（CO32-）

D．c（H2CO3）>c（HCO3-）>c（HC2O4-）>c（CO32-）

Answer 1

【答案】 酸 Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+ 溶解 BaSO4（S） Ba2+（aq）+SO42-（aq） ②③ CH3OH（l）+O2（g）==CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ/mol． 大于 草酸（H2C2O4） AC

【解析】(I)CuCl2属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，离子方程式为Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，故答案为：酸；Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+；

(II)BaSO4浊液中存在溶解平衡，平衡方程式为BaSO4(S) Ba2+(aq)+SO42-(aq)，故答案为：溶解； BaSO4(S) Ba2+(aq)+SO42-(aq)；

(III) 气体的物质的量越大，△S越大，等物质的量时，物质的熵，固体小于液体小于气体，因此三个反应中，△S＜0的有②和③；根据①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1275.6kJmol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566.0kJmol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0kJmol-1，根据盖斯定律，将已知反应×(①-②+③×4)得到CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)，所以该反应的△H=×[(-1275.6kJ/mol)-(-566.0kJ/mol)+(-44.0kJ/mol)×4]=-442.8kJmol-1，即CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJmol-1，故答案为：②③；CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJmol-1；

(IV)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，0.1mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中c(H+)>c(HC2O4-)> c(C2O42-)> c(HCO3-)> c(CO32-)，则AC正确，BD错误．故答案为：大于；草酸； AC。