Question

【題目】（I）CuCl2溶液顯_____性，理由是（用離子方程式表示）____________

（II）BaSO4濁液中存在______平衡，其表達式為：__________________

（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

上述三個反應中，△S＜0的是___________．甲醇燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式是______________________

（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。（選填“大于”“小于”或“等于”），等濃度草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是___________。若將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種粒子濃度大小的順序正確的是_____。（選填編號）

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屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，離子方程式為Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，故答案為：酸；Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+；

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

(III) 氣體的物質(zhì)的量越大，△S越大，等物質(zhì)的量時，物質(zhì)的熵，固體小于液體小于氣體，因此三個反應中，△S＜0的有②和③；根據(jù)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，根據(jù)蓋斯定律，將已知反應×(①-②+③×4)得到CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)，所以該反應的△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，故答案為：②③；CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJmol-1；

(IV)草酸的第二步電離平衡常數(shù)大于碳酸的第二步電離平衡常數(shù)，電離平衡常數(shù)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，0.1mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH，草酸的酸性強于碳酸，則等濃度草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是草酸，草酸的二級電離常數(shù)均大于碳酸的，所以草酸的電離程度大于碳酸，且碳酸以第一步電離為主，因此溶液中c(H+)>c(HC2O4-)> c(C2O42-)> c(HCO3-)> c(CO32-)，則AC正確，BD錯誤．故答案為：大于；草酸； AC。