Question

（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H₂CO_3：K_a1=4.3×10^-7，K_a2=5.6×10^-11

草酸H₂C₂O₄：K_a1=5.9×10^-2，K_a2=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（CO₃^2-）

B．c（HCO₃^-）>c（HC₂O₄^-）c（C₂O₄^2-）>c（CO₃^2-）

C．c（H⁺）>c（HC₂O₄^-）>c（C₂O₄^2-）>c（CO₃^2-）

D．c（H₂CO₃）>c（HCO₃^-）>c（HC₂O₄^-）>c（CO₃^2-）

Answer

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=-1275.6kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0kJ•mol-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]=-442.8kJ•mol-1，即CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ•mol-1，故答案为：②③；CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ•mol-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。

点睛：本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、盐类的水解、难溶电解质的溶解平衡、电离平衡常数、离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数的意义以及离子浓度大小比较方法。