于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=
c?HR??c(H?)c(H2R)，同理
c(R2?)?c(H?)c?HR??c(H?)c(R2?)?c(H?)c(R2?)?c2(H?)Ka2=Ka2=×=，则Ka1×，?c?HR??cHRc(H2R)??c(H2R)Ka1?Ka2c(R2?)?c(H?)10?1.89?10?7.21= =104.9＞1，故D错误； 因此?? =??14c(H2R)?c(OH)c(H)c(OH)10答案选D。
7.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是（ ）
A. 该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液 B. 放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe
C. 充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+ D. 充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控 【答案】A
【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；
B.放电时，Li作为负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；
C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-= Fe2O3+6Li+，故C正确； D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故D正确； 故选A。
8.天然气可以制备大量的化工原料。请回答下列问题： （1）由天然气制备合成气(CO和H2)，进而可合成H2C2O4。
①欲加快H2C2O4溶液使5mL0.01mol/L 酸性KMnO4溶液褪色，可采取的措施有_______、
______(写两点)。
②下列可以证明H2C2O4是弱酸的是___________。 A.H2C2O4可以分解为CO、CO2和H2O
B.常温下，0.1mol/LNaHC2O4溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L C.0.1mol/LH2C2O4溶液25mL 可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL D.常温下，0.05mol/L的H2C2O4溶液pH≈4 （2）已知：①CO(g)+H2(g)②CH4(g)
C(s)+H2O(g) △H1=-130kJ/mol
C(s)+2H2(g) △H2=+76kJ/mol
CO(g)+H20(g) △H3=+41kJ/mol 2H2(g)+2CO(g) △H=________。
③CO2(g)+H2(g)则CH4(g)+CO2(g)
（3）向2L容器中通入3molCO2、3molCH4，在不同温度下，以镍合金为催化剂，发生反应：CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)。平衡体系中CH4和CO2的体积分数如下图。
930K时的平衡常数K=_______(保留①高温下该反应能自发进行的原因是______________，两位小数)。
②请解释图中曲线随温度变化的原因______________。
CO2________CH4(填“大于”、“ 小于”或“等于”)，③在700～1100K内，同温度下平衡转化率：结合（2）提供的反应分析，其原因可能是______________。
【答案】 (1). 升温 (2). 增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点) (3). BD (4). +247kJ/mol (5). △S>0 (6). 3.72moL2/L2 (7). 正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小 (8). 大于 (9). CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2
【解析】（1）①升高温度，增大H2C2O4浓度都可以使反应速率加快；正确答案：增大H2C2O4浓度、加Mn2+催化剂(任两点)。
②H2C2O4可以分解为CO、CO2 和H2O，只能证明H2C2O4不稳定，易发生分解；A错误； NaHC2O4中HC2O-4
H++ C2O42-, HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-,根据物料守恒：
c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)=c(Na+)，所以0.1mol/LNaHC2O4溶液中
c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.lmol/L,所以H2C2O4是弱酸，B正确；0.1mol/LH2C2O4溶液25mL可以消耗0.1mol/LNaOH溶液50mL恰好完全中和，不能证明H2C2O4是弱酸，C错误；常温下，如果0.05mol/L的H2C2O4溶液为强酸，c(H=)=0.1mol/L，pH=1，而实际pH≈4，H2C2O4是弱酸，D正确；正确选项BD。
（2）根据盖斯定律可知：②-①+③，可得CH4(g)+CO2(g)△H=+247kJ/mol； 正确答案：CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)
2H2(g)+2CO(g) △H=+247kJ/mol。
（3）①从图像可知，温度升高，平衡体系中CH4和CO2的体积分数，正反应为吸热反应，△H>0，△S>0，高温下该反应能自发进行； 设甲烷的变化量为x mol，容器的体积为2L； 根据反应：CH4(g)+CO2(g)
2H2(g)+2CO(g)
起始量 3 3 0 0 变化量 x x 2x 2x 平衡量 3-x 3-x 2x 2x
平衡体系中CH4的体积分数为20%，则（3-x）/ (3-x+3-x+2x+2x)=20%, x=9/7mol ; 各物质浓度：c(CH4 )=6/7mol/L ;c(CO2)= 6/7mol/L；c(H2)=9/7mol/L; c( CO)= 9/7mol/L；
c2(H2)×c2( CO)=(9/7)2×(9/7)2=(81/49)2，c(CH4 )×c(CO2)=6/7×6/7=36/42，930K时的平衡常数K=c2(H2)×c2( CO)/ c(CH4 )×c(CO2)= (81/49)2/36/42=3.72moL2/L2；正确答案：△S>0 ；3.72moL2/L2 。
②根据图像变化可知，升高温度，反应物体积分数减小，平衡右移，正反应为吸热反应；正确答案：正反应吸热，升温平衡向正反应方向移动，反应物体积分数减小。
③在700～1100K内，同温度下，二氧化碳体积分数小于甲烷的体积分数，说明二氧化碳消耗的多，平衡转化率大于甲烷；其原因可能是CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2；正确答案：大于；CO2+H2=CO+H2O副反应的量多于CH4 =C+2H2。
?S<0，点睛：判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、低温下自发进行；②△H<0 、?S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、?S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、?S>0，高温下自发进行。
9.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。 2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。 Ⅰ.甲采用CuCl2·
（1）仪器X名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。
（2）“气体入口”通入的气体是_______。
（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。
（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。
（5）操作①中若用100 mL 10 mol/L盐酸代替0.2 mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：
＋
猜想一：c(H)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100 mL0.2 mol/L
盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200 mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。
猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。 【答案】(1). 硬质玻璃管 (2). NaOH溶液 (3). HCl (4). HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得 (5). SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+ (6). 49 (7). c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解 (8). 取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立
2H2O 【分析】I．热分解CuCl2?2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·
2CuCl+Cl2↑+4H2O，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生因为氯化铜是强酸弱碱盐，成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；
Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；
(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。 2H2O 【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·
2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯
的
气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；
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