板块三 重难点3 离子浓度的大小比较高二化学期末复习四大板块重难点特训（参考答案与解析）.doc

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1、板块三 盐类的水解重难点3 离子浓度的大小比较参考答案与试题解析1【答案】D【解答】解：A、盐的水解是吸热反应，所以升高温度，促进Na2CO3的水解，溶液中c（OH）增大，故A正确；B、升高温度促进水解，所以升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动，故B正确；C盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；D、升高温度促进水解，所以升高温度，可能导致CO32结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，故D错误；故选：D。2【答案】B【解答】

2、解：A草木灰含有碳酸钾，碳酸钾为强碱弱酸盐，水溶液中水解生成氢氧化钾而使溶液显碱性，故A错误；B、铝与氢氧化钠反应生成氢气，与水解无关，故B正确；C、铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用，故C错误；D在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2xH2O和HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl，加热制备得到TiO2，和水解有关，故D错误；故选：B。3【答案】C【解答】解；A、生石灰与水反应生成氢氧化钙，电离产生氢氧根离子，导致溶液呈碱性，故A错误；B、熟石灰电离导致溶液呈碱性，故B错误；C、纯碱是强碱弱酸盐碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，故C正确

3、；D、烧碱电离产生氢氧根离子导致溶液呈碱性，故D错误；故选：C。4【答案】D【解答】解：A水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故A正确；B品袋中装有硅胶的小纸包，具有吸水性，作用是防止食品受潮，故B正确；C草木灰呈碱性，能与铵态氮肥混合产生氨气，能造成氮肥效降低，故C正确；D爆竹燃放过程中，硫燃烧直接生成二氧化硫，故D错误；故选：D。5【答案】B【解答】解：A、由反应SOCl2+H2O2HCl+SO2可知，锥形瓶中有液体小液滴，即产生白雾，二氧化硫有刺激性，故A正确；B、混合气体通入紫色石蕊溶液，石

4、蕊只变红不褪色，故B错误；C、向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀氯化银，故C正确；D、将AlCl36H2O与SOCl2混合加热，吸收水，生成氢化氢抑制氯化铝的水解，则可以得到无水AlCl3，故D正确；故选：B。6【答案】D【解答】解：A碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解离子方程式：CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；B依据铝能与热水反应，实验中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，故B正确；C碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根

5、离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式：AlO2+HCO3+H2OAl（OH）3+CO32，故C正确；D盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热和H2逸出对CO32 水解平衡移动都起到促进作用，故D错误；故选：D。7【答案】C【解答】解：A加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故A错误；B加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl的浓度大于NH4+的浓度，故B错误；C加适量的氨水，抑制铵根离子水解，

6、且一水合氨电离出铵根离子，则可使NH4+的浓度与Cl的浓度比为1：1，故C正确；D加NaOH与铵根离子反应生成一水合氨，Cl的浓度大于NH4+的浓度，故D错误；故选：C。8【答案】B【解答】解：A、明矾溶液中铝离子水解导致溶液呈酸性，而不是中性，故A错误；B、电解质能使蛋白质发生凝聚，所以“敷脓疮收水”是因为明矾可让疮水聚沉结痂，故B正确；C、铝离子与碳酸根离子发生双水解，所以碳酸根离子与明矾溶液不能共存，故C错误；D、向明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，发生反应的离子方程式为：2SO42+2Ba2+Al3+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，故D错误；故选：B。9【答案】B【解答】解

7、：A明矾的电离：KAl（SO4）212H2OK+Al3+2SO42+12H2O，电离出的Al3+ 水解，Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，达到净水的效果，但人体摄入大量铝盐，易患“老年性痴呆”。故A正确；B某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故B错误；C、硫酸亚铁能治疗缺铁性贫血，且易被氧化为三价铁，即能生产铁系列净水剂和颜料氧化铁红（主要成分为Fe2O3），故C正确；D、工业上用氨气制造纯碱、铵态氮肥、硝酸以及尿素、染料等化工产品的原料，所以氨气是一

8、种重要的化工原料，大量用于制造纯碱、铵态氮肥、硝酸以及尿素、染料等，故D正确；故选：B。10【答案】A【解答】解：A硫酸盐属于高沸点的酸形成的盐，受热时尽管能够水解，但硫酸不会从水中挥发，所以加热蒸发掉水分得到的仍为MgSO4，故A正确；B盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到FeCl3溶质，故B错误；C硝酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，硝酸蒸气会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到Mg（NO3）2溶质，故C错误；D盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右

9、移，在空气中受热浓缩后最终不能得到AlCl3溶质，故D错误；故选：A。11【答案】C【解答】解：A只有Na2SO3与NaHSO3的浓度相等时才满足物料守恒：3c（Na+）c（HSO3）+c（SO32）+c（H2SO3），但题中缺少条件，该关系不一定成立，故A错误；B根据Na2SO3与NaHSO3的混合溶液中的电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），故B错误；C若混合溶液中n（Na2SO3）2n（NaHSO3）时，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），由于SO32的水解程度和HSO3的电离程度都较小，则c（Na+）c（SO32）c（HSO3），溶液中离子

10、浓度大小为：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+），故C正确；D若混合溶液中n（Na2SO3）n（NaHSO3）时，溶液呈酸性，SO32的水解程度小于HSO3的电离程度，且二者进行程度减小，则c（SO32）c（HSO3）c（H+），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（H+）c（OH），故D错误；故选：C。12【答案】A【解答】解：AM点pH7.2，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），此时lg1，则c（X2）10c（HX），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（X2）c（HX）c（OH）c（H+），故A正确；BT、N 之间溶液的pH6.2，溶液

11、呈酸性，则c（OH）c（H+），结合电荷守恒可知：c（Na+）c（HX）+2c（X2），故B错误；CN点lg0，则c（HX）c（X2），则Khc（OH）1.0107.8，故C错误；D用20mL0.1mol/LNa2X溶液吸收H2X气体，没有通入H2X气体时水的电离程度最大，随着H2X气体的通入，水的电离程度逐渐减小，则水电离程度：TNM，故D错误；故选：A。13【答案】C【解答】解：将10 mL0.2mol/L氨水和10 mL0.1 mol/L盐酸混合后，反应后溶质为等浓度的NH4Cl、NH3H2O。A混合液中满足电荷守恒：c（OH）+c（Cl）c（NH4+）+c （H+），则c （OH）c（

12、NH4+）+c （H+），故A错误；BNH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液呈碱性，则c （OH）c （H+），故B错误；C混合液呈碱性，则c （OH）c （H+），结合电荷守恒可知c（NH4+）c （Cl），在溶液中离子浓度大小为c（NH4+）c （Cl）c （OH）c （H+），故C正确；DNH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液呈碱性，则c （OH）c （H+），故D错误；故选：C。14【答案】C【解答】解：A酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，碱中c（OH）越大其抑制水电离程度越大，含有弱离子的盐浓度越大，水的电离程度越大，原溶液中溶质为氯化铵，M点溶液中

13、溶质为氯化铵、一水合氨和NaCl，且M点氯化铵浓度小于原溶液，所以水电离程度：M点小于原溶液，故A正确；BM点c（NH4+）c（NH3H2O）0.05mol，c（C1）0.1mol/L，c（Na+）amol/L，根据电荷守恒得c（C1）+c（OH）c（H+）+c（NH4+）+c（Na+），则c（OH）c（H+）c（NH4+）+c（Na+）c（C1），溶液同一体积相等，所以存在n（OH）n（H+）n（NH4+）+n（Na+）n（C1）0.05mol/L1L+amol0.1mol/L1L（a0.05）mol，故B正确；C加入NaOH后促进铵根离子水解，导致c（NH3H2O）增大，温度不变水解平衡常

14、数不变，所以减小，故C错误；D当n（NaOH）0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（Na+）c（OH）c（H+），故D正确；故选：C。15【答案】D【解答】解：A根据Na2S溶液中的物料守恒可知：c（Na+）2c（HS）+2c（S2）+2c（H2S），故A错误；B通入HCl后的溶液中，根据电荷守恒可知：c（Cl）+c（HS）+2c（S2）+c（OH）c（Na+）+c（H+），故B错误；C溶液

15、中存在物料守恒：c（S2）+c（HS）+c（H2S）0.100molL1，当c（Cl）0.100molLl时，反应后溶质为NaHS，Kh（HS）7.71087.11015，说明HS的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，则c（H2S）c（S2），正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（HS）c（H2S）c（S2），故C错误；Dc（Cl）+c（OH）c（H+）+c（HS）+2c（H2S），两边同时加上c（S2），得c（Cl）+c（OH）+c（S2）c（H+）+c（HS）+c（S2）+2c（H2S），因c（HS）c（S2）碱性溶液，所以c（Cl）+c（HS）c（HS）+c（S2）+2c（H2S），又因0

16、.100molL1c（Na+）c（S2）+c（HS）+c（H2S），所以c（Cl）+c（HS）0.100 molL1+c（H2S），故D正确；故选：D。16【答案】C【解答】解：常温下，将pH2的CH3COOH和pH12的NaOH溶液等体积混合，由于CH3COOH为弱酸，则混合液中CH3COOH过量，反应后溶质为CH3COONa、CH3COOH，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+），混合溶液中各离子浓度大小排列顺序正确的是：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故选：C。17【答案】C【解答】解：A同浓度的下列溶液：NH4Al（SO

17、4）2NH4ClNH3H2O，CH3COONH4，（NH4）2SO4，中铝离子水解抑制铵根离子的水解；中铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；醋酸根离子水解促进铵根离子水解；铵根离子正常水解，其化学式中铵根离子为2，则c（NH4+）由大到小的顺序是：，故A错误；B常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH3，反应后溶质为等浓度的NaB和HB，混合液呈酸性，说明HB的电离程度大于B的水解程度，导致B的浓度增大，即c（B）c（Na+），由于溶液中的氢离子浓度较小，则c（Na+）c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（B）c（Na+）c（H+）c（

18、OH），故B错误；C常温下，将CH3COONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（Na+）c（CH3COO）+c（Cl），所以溶液中c（Na+）大于c（Cl），故C正确；D氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最小；已知酸性CH3COOHHCO3，所以碳酸钠的水解程度大于醋酸钾，则当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是cba，故D错误；故选：C。18【答案】D【解答】解：A等体积、等浓度的Na2CO3、NaHCO3混合液中，由于水解程度CO32HCO3，则c（HCO3）c（

19、CO32），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故A错误；B等浓度、等体积的氨水、NH4Cl混合溶液的pH9.25，呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c（NH4+）c（NH3H2O），结合物料守恒c（NH4+）+c（NH3H2O）2c（Cl）可知：c（Cl）c（NH3H2O），再结合电荷守恒c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）可知：c（NH4+）+c（H+）c（NH3H2O）+c（OH），故B错误；C等浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液的pH4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH

20、3COO的水解程度，结合物料守恒可知：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+），故C错误；D等浓度、等体积的H2C2O4、NaHC2O4混合液中满足电荷守恒：c（H+）+c（Na+）2c（C2O42）+c（OH）+c（HC2O4），溶液中还存在物料守恒：c（H2C2O4）+c（C2O42）+c（HC2O4）2c（Na+），+可得：c（H+）+c（H2C2O4）c（Na+）+c（C2O42）+c（OH），故D正确；故选：D。19【答案】C【解答】解：A温度未知，不能由pH判断溶液的酸碱性，如100时，p

21、H6的溶液定呈中性，故A错误；BHTS0的反应可自发进行，2NO2（g）N2O4（g）的S0，在低温下可自发进行，则H0，故B错误；C由化学式可知，n（N）n（Cl），由物料守恒可知0.1molL1的NH4Cl溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）0.1molL1，故C正确；D溶液中存在碳酸根离子的水解，则Na2CO3溶液中：c（Na+）2c（CO32），故D错误；故选：C。20【答案】B【解答】解：A.等浓度时HCOONa的pH大，可知HCOOH的酸性更弱，则Ka（HCOOH）Ka（HF），故A正确；B.HCO3水解大于其电离，则NaHCO3溶液中存在c（Na+）c（HCO3）c（H2C

22、O3）c（CO32），故B错误；C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，可知CuS更难溶，则Ksp（FeS）Ksp（CuS），故C正确；D.由物料守恒可知存在c （HS）+c（S2）+c（H2S）1molL1，故D正确；故选：B。二填空题（共6小题）21【答案】见试题解答内容【解答】解：K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH；K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；FeCl3是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；Ba（NO3）2是强酸强碱性溶液，不水解，溶液呈中性；故答案为：碱；C

23、O32+H2OHCO3+OH；中；不发生水解；酸；Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；中；不发生水解。22【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）用草木灰（K2CO3）洗头发，可以除去头皮上的油污，其原因为K2CO3水解呈碱性，可以使头发上的油脂发生水解反应而生成可溶性的物质除去，故答案为：K2CO3水解呈碱性，可以使头发上的油脂发生水解反应而生成可溶性的物质除去；（2）现代泡沫灭火器的外筒装的是NaHCO3液，内筒装的是Al2（SO4）3溶液，使用时只需将灭火器倒过来，即可喷出大量泡沫，起到灭火作用，用离子方程式表示其原理为Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3

24、HCO3Al（OH）3+3CO2。23【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）因Cu2+水解产生Cu（OH）2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，故答案为：Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3+3S2+6H2O2Al（OH）3+3H2S，故答案为：2Al3+3S2+6H2O2Al（OH）3+3H2S；（3）NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故不符合；CaCl2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧

25、后能得到原溶质物质，故符合；AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铝，得不到原溶质，故不符合；Cu（NO3）2溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硝酸，硝酸是易挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，蒸干灼烧后能得到氧化铜；故不符合；FeCl2具有还原性加热被氧化为三价铁，而FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故不符合；K2SO3，蒸干灼烧后被氧化为硫酸钾，故不符合；KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故不符合；KAl（SO4）2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故符合；综上所

26、述：符合。故答案为：。24【答案】（1）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；盐酸；（2）；（3）c（OH）+c（H2PO4）+2c （HPO42）+3c （PO43）c（H+）+c（Na+）；Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2。【解答】解：（1）氯化铁水溶液呈酸性，原因是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，实验室在临时配制一些氯化铁溶液时，常将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需要的浓度，是为了抑制其水解，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；盐酸；（2）HCl为强酸；CH3COOH为弱酸；Ba（OH）2为强碱；Na2CO3为强碱弱酸盐；KCl为强

27、酸强碱盐；NH4Cl为强酸弱碱盐；相同浓度下pH强酸弱酸强酸弱碱盐强酸强碱盐弱酸强碱盐强碱，则，故答案为：；（3）1mol/L的NaH2PO4溶液中的电荷守恒表达式为c（OH）+c（H2PO4）+2c （HPO42）+3c （PO43）c（H+）+c（Na+），故答案为：c（OH）+c（H2PO4）+2c （HPO42）+3c （PO43）c（H+）+c（Na+）；泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应的离子方程式为Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，产生大量泡沫覆盖可燃物，达到灭火效果，故答案为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2。25【答案】见试题解

28、答内容【解答】解：（1）浓度为0.1mol/L醋酸钠溶液中质子守恒表达式为：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH），故答案为：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）；（2）等浓度的NaHCO3、Na2CO3混合溶液中的物料守恒表达式为：2c（Na+）3c（H2CO3）+3c（CO32）+3c（HCO3），故答案为：2c（Na+）3c（H2CO3）+3c（CO32）+3c（HCO3）；（3）0.1mol/LNa2CO3溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）c（HSO3）+2 c（SO32）+c（OH），故答案为：c（Na+）+c（H+

29、）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）；（4）硫酸铝和碳酸氢钠能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其离子方程式为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；（5）NaHSO3溶液中，HSO3的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），氢离子还来自水的电离，则c（H+）c（SO32），该溶液中粒子浓度大小为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）c（H2SO3），故答案为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）c（H2SO3）；（6）100时，将pH8的Ba（O

30、H）2溶液中：c（OH）104 mol/L，pH5的稀盐酸中：c（H+）105 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，100的恒温，混合溶液pH7，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度为：mol/L105 mol/L，则：c（OH）105 mol/L，整理可得x：y2：9，故答案为：2：9。26【答案】（I）酸；Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；（II）溶解；BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42（aq）；（III）；CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H442.8kJ/mol；（IV）大于；草酸（或H2C2O4）；AC。【解答】解：（I）CuCl2水溶液

31、中存在水解平衡：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，所以其水溶液呈酸性，故答案为：酸；Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；（II）BaSO4属于难溶物，BaSO4浊液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42（aq），故答案为：溶解；BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42（aq）；（III）反应为气体体积最大的反应，S0，反应、中产物的气体分子数小于反应物气体分子数，是熵减反应，S0；已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H11275.6kJ/mol，2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2566.0kJ/mol，H2O（g）H2

32、O（l）H344.0kJ/mol，根据盖斯定律，得：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l），H（1275.6kJ/mol）+（44.0kJ/mol）4（566.0kJ/mol）442.8kJ/mol，故答案为：；CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H442.8kJ/mol；（IV）已知碳酸H2CO3：Ka14.3107，Ka25.61011，草酸H2C2O4：Ka15.9102，Ka26.4105，电离平衡常数越大酸性越强，则酸性：H2C2O4HC2O4H2CO3HCO3，草酸的酸性强，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸；根据越弱越水解规律，所以CO32水解程度大于C2O42，则0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH；将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，酸性越强电离程度越大，由于酸性H2C2O4HC2O4H2CO3HCO3，则离子浓度大小顺序为：c（H+）c（HC2O4）c（HCO3）c（CO32），（H+）c（HC2O4）c（C2O42）c（CO32），故答案为：大于；草酸（H2C2O4）；AC。