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2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（上）期末化学试卷及答案解析
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（上）期末化学试卷及答案解析，共19页。试卷主要包含了1mlFeBr2与0等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（上）期末化学试卷（开学）
1. 为了减少CO2排放，维持地球大气中CO2稳态平衡，我国提出“3060”双碳目标，下列排地不利于实现该目标的是( )
A. 大力调整能结构，持续消减煤炭的使用量 B. 大力发展和指广新能源汽车
C. 积极探索风能、核能和太阳能发电 D. 全面普及天然气做饭和供暖
2. 2022年，中国第二艘国产003型10万吨级航母已下水，船体的防腐处理非常重要，有盐分的海水和空气会对船体造成腐蚀。下列关于金属腐蚀和防腐的说法不正确的是( )
A. 可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极法防止金属腐蚀
B. 外加电流将被保护的钢铁作阴极，硅钢铸铁作损耗阳极
C. 刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D. 海上舰艇的腐蚀主要为金属的吸氧腐蚀
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为10−13NA
B. 0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时生成Br2分子数为0.1NA
C. 常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15NA
D. 电解精炼铜阳极减轻64g，电路中转移电子数为NA
4. 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 该反应的焓变ΔH=139kJ/mol
C. 加入催化剂，可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低，但两者的差值不变
D. 相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最稳定
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y和Z、W和R分别位于同一周期，由前四种元素组成的一种化合物常用作农药中间体，橡胶助剂、合成树脂添加剂等，其结构式如图所示。已知W的最高正价和最低负价代数和为+4，原子的最外层电子数关系：X+Z=W。下列说法正确的是( )
A. 常温下，W的钠盐溶液pH值为7 B. 简单氢化物的沸点：Z>Y
C. X和Z形成的化合物一定只含极性键 D. 原子半径：W>Z>Y
6. 有一化学平衡mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是( )
A. 正反应是放热反应；m+n>p+q B. 正反应是吸热反应；m+np+q
7. 下列实验方案不能达到实验目的的是( )
实验目的
实验方案
A
比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小
向10 mL 1 mol/L NaOH溶液加入1 mL 1 mol/L MgCl2溶液，再向溶液加入几滴1 mol/L CuCl2
B
制备无水FeCl3
将氯化铁溶液在HCl的氛围中蒸发结晶
C
测定NaHC2O4的电离和水解程度相对大小
用pH计测定NaHC2O4溶液的酸碱性
D
除去锅炉中沉积的CaSO4
用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用稀盐酸溶解除去
A. A B. B C. C D. D
8. 新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电极b为电池负极
B. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O
C. 该电池消耗1molH2S转化成的电能理论上等于其燃烧热值
D. 电路中每通过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
9. 已知25℃时，部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质
HClO
H2CO3
H2SO3
NH3⋅H2O
电离平衡常数
Ka=4.0×10−8
Ka1=4.3×10−7
Ka2=4.7×10−11
Ka1=1.5×10−2
Ka2=6.0×10−8
Kb=1.75×10−5
下列离子方程式或守恒关系正确的是( )
A. 将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中：Cl2+H2O+CO32−=HCO3−+HClO+Cl−
B. 将SO2通入到NaClO溶液中：ClO−+H2O+SO2=HClO+HSO3−
C. 向亚硫酸溶液中加入氨水至中性：c(NH4+)=c(SO32−)+c(H2SO3)+c(HSO3−)
D. 向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+2CO32−=2HCO3−+SO32−
10. 温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g) ΔH=+31kJ⋅mol−1。实验测得：v正=k正c(CO2)⋅c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数、T1时，该反应的平衡常数K=1。下列有关说法正确的是( )
A. 若反应朝正向进行还未达到平衡时：体系中存在：c(CO2)⋅c(H2)
C. 升高温度k正增大，k逆减小
D. 当温度改变为T2时，v正=0.9k逆，则T2
B. 浓度相同的HX和NaY能发生HX+NaY=HY+NaX
C. 浓度相同的三种钠盐溶液中，水的电离程度最大的是NaZ的溶液
D. 中和体积和pH均相等的溶液HX、HY、HZ，消耗NaOH最多的是HX
12. T℃下，三种硫酸盐MSO4(M：Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=−1gc(M)，p(SO42−)=lgc(SO42−)。下列说法正确的是( )
A. 溶度积：BaSO4>PbSO4>SrSO4
B. Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4
C. Z点对应的溶液中c(Ba2+)>c(SO42−)，c(Ba2+)⋅c(SO42−)等于1×10−25
D. BaSO4一定条件下能转化成PbSO4
13. 用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体(标况)，若要电解质恢复至原浓度应加入的物质及用量为( )
A. 0.1molCu2(OH)2CO3 B. 0.2molCuO
C. 0.2molCu(OH)2 D. 0.2molCuCO3
14. 合质金，也称矿产金，大多与其他金属伴生，由于产于不同的矿山而所含的其他金属成分不同，一般金含量在50%～90%之间。以高银合质金作为原料(含有Au、Ag、Cu、Fe等单质及Se、Te的化合物)快速提取金和银的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”前需将高银合质金原料粉化造粒，其目的是 。“浸取”时，单质Ag溶解的化学方程式为 。
(2)熔炼电解的阴极反应式为 。
(3)已知：25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10−10。实验测得，沉银前浸液中c(Ag+)=0.018mol/L，现取50mL浸液，加50mL0.020mol/LNaCl溶液沉银，忽略溶液体积变化，完全沉银后，溶液中c(Ag+)= ，若继续加入50mL0.001mol/LNaCl溶液，是否有白色沉淀生成： (填“是”或“否”)。
(4)氯化工艺中盐酸和NaClO3接触会产生氯自由基Cl⋅，Cl⋅具有强氧化性，能与Au反应生成AuCl4−，写出产生氯自由基Cl⋅的离子方程式： 。
(5)还原时，在滴加还原剂Na2S2O5溶液，发生反应的离子方程式：
①S2O52−+H2O=2HSO3−
②AuCl4−+HSO3−+□→Au+□+Cl−+SO42−。
请写出反应②配平后的离子方程式： ，当转移12mol电子时，生成Au的质量为 g。
15. 亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂，某化学实验探究小组设计如下实验步骤测定样品中的亚氯酸钠的纯度。
实验步骤如下：
已知：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−
①准确称取2.50g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应，反应结束后将所得混合液稀释成250mL待测溶液。
②量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，并滴加几滴指示剂于溶液中。
③用0.5000mol⋅L−1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点后，再平行进行3次实验，测得消耗标准液的体积如表所示。
实验编号
待测液体积
消耗标准液体积
1
25.00
16.05
2
25.00
15.95
3
25.00
16.00
4
25.00
16.50
(1)步骤①中发生的离子反应方程式为 ______。
(2)量取待测液25.00mL于锥形瓶内时，需要选择如图仪器中的 ______。(填“甲”或“乙”)
(3)滴定过程需要加入的指示剂是 ______，达到滴定终点的现象是 ______。
(4)计算该样品中亚氯酸钠的质量分数 ______。
(5)下列操作中，可能使所测纯度偏高的是 ______。
A.使用的锥形瓶用蒸馏水洗干净后未烘干
B.盛放标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C.用滴定管量取待测液时，未用待测液润洗滴定管
D.用标准液滴定时，滴定前平视刻度线，滴定终点时仰视刻度线
(6)配制Na2S2O3标准液时，必须用煮沸后的蒸馏水配制，不然可能导致测定的样品纯度偏高，可能原因是 ______。
16. 氨在化肥生产，贮氢，燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛，从能量的变化和反应速率等角度研究反应：N2+3H2⇌2NH3。请根据有关知识，完成下列问题：
(1)能表示该反应达到平衡状态的是 。
A.恒温、恒容容器内混合气体的密度不再变化
B.NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3
C.恒温、恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D.单位时间内断裂amolN=N键，同时断裂3amolN−H键
(2)根据下表数据，写出该反应的热化学方程式 ，某温度下的2L容器中，10s内出18.4kJ热量，用 NH3表示该反应的反应速率 。
化学键
H−H
N≡N
N−H
断裂1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
(3)将标准状况下32LNO与12LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)。写出该反应的离子方程式： 。
(4)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MN+电极与酶之间传递电子，示意图如下。该生物燃料电池的总反应方程式为：N2+3H2⇌2NH3。
①右室电极为燃料电池的 极，电池工作时电路中每转移0.3mol电子，标准状况下消耗N2的体积是 L。
②相比工业合成氨方法，该方法的优点有 (任写一条)。
17. 回答下列问题
(1)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则(Na2HPO3)溶液中，各离子浓度的大小关系为 ______。
(2)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图1所示，则表示lgc(HPO32−)c(H2PO3−)的是曲线 ______(填“I”或“II”)，亚磷酸(H3PO3)的Kal=_ ______。
(3)常温时，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后PH=6，则C(CH3COO−)−C(CH3COOH)=______(写出最终计算结果，不能近似计算)。
(4)常温时，向100mL0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。
①向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为 ______。
②图中a、b、c、d点中水的电离程度最小的是 ______。
(5)常温时，若测得HR溶液的PH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释到100.0mL，测得PH=b，b−a<1，则HR是 ______(选择填入：强酸；弱酸；可能是强酸可能是弱酸)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.大力调整能结构，持续消减煤炭的使用量，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故A不选；
B.大力发展和指广新能源汽车，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故B不选；
C.积极探索风能、核能和太阳能发电，减少化石能源的使用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故C不选；
D.天然气燃烧产生二氧化碳，所以全面普及天然气做饭和供暖，不利于实现双碳目标，故D选；
故选：D。
双碳目标即实现碳中和、碳达标，为实现双碳目标，应减少二氧化碳的排放，增加二氧化碳的消耗，据此解答。
本题考查了环境污染与治理，明确碳中和、碳达标含义是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.可以在船舶外壳装上锌块，Zn比铁活泼，形成原电池Zn作负极，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.考虑到安全问题，一般不采用外加电源阴极保护法，故B错误；
C.刷防锈漆，金属不能与空气、水等物质接触，不能形成原电池，可防止金属被腐蚀，故C正确；
D.金属在酸性较强的溶液中发生析氢腐蚀，海水为弱酸性，主要发生吸氧腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.Zn比铁活泼，形成原电池Zn作负极，铁作正极；
B.一般不采用外加电源阴极保护法；
C.刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离；
D.海水为弱酸性，发生吸氧腐蚀。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握常见的金属防腐蚀方法和防护原理是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；
B.亚铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时生成的Br2分子数小于0.1NA，故B错误；
C.常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为：2.2g44g/mol×3×NAmol−1=0.15NA，故C正确；
D.电解精炼铜，阳极溶解的是Cu和比铜活泼的金属，活泼性比Cu弱的沉降在阳极下方，则转移电子小于2NA，不一定是NA，故D错误；
故选：C。
A.溶液体积未知；
B.亚铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子；
C.CO2和N2O摩尔质量都是44g/mol，都含3个原子。
D.电解精炼铜时，阳极中铜含有Ag、Au等杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能<0，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B.ΔH=正反应活化能−逆反应活化能=(209−348)kJ/mol=−139kJ/mol，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，但焓变不变，则加入催化剂，可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低，但两者的差值不变，故C正确；
D.能量越低越稳定，则相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最不稳定，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为S，R为Cl元素，
A.W的钠盐是硫化钠，由于硫离子水解，则溶液pH值大于7，故A错误；
B.Z、Y的简单氢化物分别为氨气、甲烷，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则简单氢化物的沸点：Z>Y，故B正确；
C.X、Z形成的化合物有氨气、肼等，肼分子中含有N−N非极性键，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S>C>N，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，已知W的最高正价和最低负价代数和为+4，W位于ⅥA族，则W为S元素；W和R分别位于同一周期，且为主族元素，则R为Cl元素；结合图示可知，X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，原子的最外层电子数关系：X+Z=W=6，则X、Z的最外层分别为1、5，结合原子序数大小可知，X为H，Z为N元素；Y和Z位于同一周期，则Y为C元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原元素化合价、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答。
【解答】
由题干图可知，压强相同时，温度越高，A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的线，由题干图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n>p+q，
故选：D。
7.【答案】A
【解析】A.向10mL 1mol/LNaOH溶液加入1mL 1mol/LMgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再向溶液中加入几滴1mol/L CuCl2一定会生成氢氧化铜沉淀，不能比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小，A错误；
B.铁离子水解会生成氢氧化铁，氯化氢可抑制其水解；故将氯化铁溶液在HCl的氛围中蒸发结晶制备无水氯化铁，B正确；
C.HC2O4−电离出氢离子、水解生成氢氧根离子，用pH计测定NaHC2O4溶液的酸碱性可判断电离和水解程度相对大小，C正确；
D.CaSO4存在CaSO4⇌Ca2++SO42−，加入饱和碳酸钠溶液，可以生成碳酸钙沉淀，导致硫酸钙转化为碳酸钙，再加入稀盐酸，盐酸和碳酸钙生成氯化钙和水、二氧化碳，D正确。故选A。
8.【答案】B
【解析】解：A.O2得电子发生还原反应，则电极b为电池的正极，故A错误；
B.电极a为负极，H2S失电子发生氧化反应，则电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，故B正确；
C.H2S的燃烧热为H2S与O2反应生成稳定氧化物SO2时放出的热量，而电池反应中H2S生成了S2，两反应不同，能量变化也不相同，故C错误；
D.H2S气体存在的温度压强未知，不能确定体积大小，故D错误；
故选：B。
由图可知，电池总反应为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O，S元素化合价升高，电极a为负极，H2S失电子发生氧化反应，电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，电极b为正极，O2得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e−=2O2−，以此解答该题。
本题考查原电池原理，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由表格数据可知，酸性H2CO3>HClO>HCO3−，将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中发生反应为Cl2+H2O+2CO32−=2HCO3−+ClO−+Cl−，故A错误；
B.HClO具有强氧化性，能氧化HSO3−生成SO42−，SO2通入到NaClO溶液中发生反应为ClO−+H2O+SO2=2H++Cl−+SO42−，故B错误；
C.若c(NH4+)=c(SO32−)+c(H2SO3)+c(HSO3−)，由物料守恒可知，该溶液为NH4HSO3溶液，但铵根离子水解溶液显酸性，亚硫酸氢根离子在水中电离能力大于水解能力，故NH4HSO3溶液显酸性，与题意不符，故C错误；
D.由表格数据可知，酸性H2SO3>HSO3−>H2CO3>HCO3−，故向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应为SO2+H2O+2CO32−=2HCO3−+SO32−，故D正确；
故选：D。
A.依据强酸制弱酸原则判断反应产物；
B.HClO具有强氧化性，能氧化HSO3−；
C.结合物料守恒作答；
D.依据强酸制弱酸原则判断反应产物。
本题考查电离平衡和离子方程式书写，题目难度中等，能依据电离平衡常数判断酸性强弱是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
【解答】
A.c(CO2)⋅c(H2)1，则反应逆向进行，故A错误；
B.将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，K=1，假设CO2的平衡转化率为50%，
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
起始(mol/L) a a 0
转化(mol/L) 0.5a 0.5a 0.5a
起始(mol/L) 0.5a 0.5a 0.5a
此时c(HCOOH)c(CO2)⋅c(H2)=0.5a0.5a×0.5a=2a，不一定等于1，说明此时反应不一定达到平衡状态，假设不成立，故B错误；
C.升高温度k正增大，k逆增大，故C错误；
D.反应达到化学平衡时，有v正=v逆，则k 正 c(CO2)⋅c(H2)=k 逆 c (HCOOH)，所以k正k逆=c(HCOOH)c(CO2)⋅c(H2)=K=1，所以k正=k逆，当温度改变为 T2时，k正=0.9k逆，则K=0.9<1，反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，所以温度T2
11.【答案】AD
【解析】解：A.pH相等，浓度为：NaXNaY>NaZ，所以推出酸性：HX
D.pH相等的HX、HY、HZ溶液，浓度为：HX>HY>HZ，所以中和体积和pH均相等的HX、HY、HZ溶液，HX消耗的NaOH最多，故D正确；
故选：AD。
A.pH相等，浓度为：NaXNaY>NaZ，越弱越水解，越弱性越强；
B.强酸可以制备弱酸；
C.酸对水的电离有抑制作用，水解的盐促进水的电离；
D.pH相等的HX、HY、HZ溶液，浓度为：HX>HY>HZ。
本题考查了盐类水解，根据信息正确判断盐的水解程度是解本题关键，题目难度中等。
12.【答案】BD
【解析】解：A、p(M)=−lgc(M)，pM越大，Pb2+、Ba2+、Sr2+的浓度越小；p(SO42−)=−lgc(SO42−)，p(SO42−)越大，c(SO42−)越小；所以溶度积Ksp=c(M)×c(SO42−)，所以溶度积BaSO4
D、由图可知，Ksp(BaSO4)Ksp(PbSO4)，可使BaSO4转化为PbSO4，故D正确；
故选：BD。
A、pM越大，Pb2+、Ba2+、Sr2+的浓度越小；p(SO42−)越大，c(SO42−)越小；
B、Y点c(Sr2+)×c(SO42−)
D、c(Pb2+)×c(SO42−)>Ksp(PbSO4)。
本题考查学生对溶解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握溶解平衡的影响原理等，明确Ksp的计算是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查电解池的工作原理，为高频考点，题目难度一般。
【解答】
用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极的电极反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu，2H++2e−=H2↑，阳极生成3.36L氧气，物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，转移的电子数为0.6mol，阴极生成2.24L氢气，物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，生成0.1mol氢气得到的电子数为0.2mol，则剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，因此电解质要想恢复电解前的状态需加入0.2molCuO(或CuCO3)和0.1mol水或者0.1molCu2(OH)2CO3，故A正确，
故选A。
14.【答案】增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O Ag++e−=Ag 1.8×10−7mol/L 否 ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O 2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42− 788
【解析】解：(1)“浸取”前需将高银合质金原料粉化造粒，其目的是增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分；“浸取”时，单质Ag与硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，化学方程式为3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分；3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
(2)熔炼电解银时粗银作阳极，纯银作阴极，阴极反应式为Ag++e−=Ag，
故答案为：Ag++e−=Ag；
(3)向50mL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.020mol/LNaCl溶液，反应后溶液中c(Cl−)=0.020×50−0.018×5050+50mol/L=0.001mol/L，则溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)=1.8×10−1010−3mol/L=1.8×10−7mol/L；再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol/LNaCl溶液，不发生反应时c(Ag+)=23×1.8×10−7mol/L=1.2×10−7mol/L、c(Cl−)=0.001mol/L，Qc=c(Ag+)c(Cl−)=0.001×1.2×10−7=1.2×10−10<1.8×10−10，故没有白色沉淀产生，
故答案为：1.8×10−7mol/L；否；
(4)氯化工艺采用的是盐酸和氯酸钠试剂．这两种试剂接触会产生氯自由基，氯自由基具有强氧化性，能与金及硒、碲的化合物发生化学反应，产生氯自由基Cl⋅的离子方程式ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O，
故答案为：ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O；
(5)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平的离子方程式为2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42−；当生成1molAu时转移3mol电子，故当转移12mol电子时，生成Au的物质的量为4mol，质量为4mol×197g/mol=788g，
故答案为：2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42−；788。
以高银合质金作为原料(含有Au、Ag、Cu、Fe等单质及Se、Te的化合物)快速提取金和银，高银合质金加入稀硝酸浸取，然后过滤，所得浸取液加入氧化钠进行沉银，反应生成硝酸钠和氧化银，氧化银用锌粉置换出银，熔炼电解得到银锭；浸渣加入盐酸、氯酸钠进行氯化，再加入还原剂 Na2S2O5溶液还原，焙炼铸锭得到金锭。
本题考查物质的分离提纯、对试剂与实验方案的分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
15.【答案】(1)ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−
(2)乙
(3)淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色
(4)72.4%
(5)BCD
(6)溶液可能被空气中氧气氧化，失去还原效果，导致用量偏多，结果偏大
【解析】
【分析】
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
【解答】
(1)准确称取2.50g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应，亚氯酸根离子被还原为氯离子，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；
(2)量取待测液25.00mL于锥形瓶内时，待测液显酸性，应使用酸式滴定管，故答案为：乙；
(3)因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；
(4)第四组数据偏大，应舍去，三次的平均用量为16.00mL，滴定过程中ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，故ClO2−～2I2～4S2O32−，亚氯酸钠的质量分数为16×10−3×0.5×25025×90.52.50×14×100%=72.4%；
(5)A.使用的锥形瓶用蒸馏水洗干净后未烘干，对结果无影响，故A错误；
B.盛放标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故B正确；
C.用滴定管量取待测液时，未用待测液润洗滴定管，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故C正确；
D.用标准液滴定时，滴定前平视刻度线，滴定终点时仰视刻度线，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故D正确；
故答案为：BCD；
(6)配制Na2S2O3标准液时，必须用煮沸后的蒸馏水配制，不然可能导致测定的样品纯度偏高，原因在于溶液可能被空气中氧气氧化，失去还原效果，导致用量偏多，结果偏大。
16.【答案】BC N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol 0.02mol/(L⋅s) 8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O 正 1.12 反应条件温和；同时可以提供电能
【解析】解：(1)A.此反应是气体的质量不变的反应，且容器恒容，根据气体的密度ρ=mV可知，反应达平衡前，混合气体的密度是定值，故当混合气体的密度不变时，不能说明反应达平衡，故A错误；
B.NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3时，此时反应的方向相反、比值等于计量数之比，说明反应达平衡，故B正确；
C.该反应是气体的物质的量有改变的反应，当恒温、恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达平衡，故C正确；
D.单位时间内断裂amolN≡N键，即反应掉amolN2，同时断裂3amolN−H键，即反应掉amolNH3，反应方向相反，但比值不等于计量数之比，故不能作为平衡的标志，故D错误；
故答案为：BC；
(2)N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物中键能之和−生成物的键能之和=946kJ/mol+436kJ/mol×3−6×391kJ/mol=−92kJ/mol，热化学方程式为：N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol；根据热化学方程式的含义可知，当放热92kJ时，生成2mol氨气，则当放热18.4kJ时，生成氨气的物质的量n=18.4kJ92kJ×2mol=0.4mol，则用NH3表示该反应的反应速率v=△nv⋅△t=0.4mol2L×10s=0.02mol/(L⋅s)，
故答案为：N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol；0.02mol/(L⋅s)；
(3)将标准状况下32 L NO与12 LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)，将氮元素被氧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐，令生成的被氧化为硝酸盐、亚硝酸盐的NO的体积分别为xL、yL，则：x+y=32，根据电子转移守恒有：3x+y=12×4，联立解得x=8，y=24，故生成的硝酸盐、亚硝酸盐物质的量之比=8L：24L=1：3，反应离子方程式为：8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O，
故答案为：8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O；
(4)①N2在正极区得电子发生还原反应，生成NH3，右室电极为燃料电池的正极，电极反应：N2+2MV++6e−=2MV2++2NH3，电池工作时电路中每转移0.3mol电子，标准状况下消耗N2的体积是0.05mol×22.4L/mol=0.112L=1.12L，
故答案为：正；1.12；
②相比现有工业合成氨，该方法有哪些优点：利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，
故答案为：反应条件温和；同时可以提供电能。
(1)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
(2)N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物中键能之和−生成物的键能之和；根据热化学方程式的含义结合放出的热量，计算出生成氨气的物质的量，从而根据v=△nv⋅△t来计算；
(3)将标准状况下32 L NO与12 LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)，将氮元素被氧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐，令生成的被氧化为硝酸盐、亚硝酸盐的NO的体积分别为xL、yL，则：x+y=32，根据电子转移守恒有：3x+y=12×4，联立解得x=8，y=24，故生成的硝酸盐、亚硝酸盐物质的量之比=8L：24L=1：3，据此书写离子方程式；
(4)①生物燃料电池的工作原理是N2+3H2=生物催化剂2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断；
②利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能。
本题考查了化学反应能量变化和计算、反应速率影响因素分析、氧化还原反应、原电池原理等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】c(Na+)>c(HPO32−)>c(OH−)>c(H2PO3−)>c(H+) Ⅰ 10−1.4 1.98×10−6mol/L H++OH−=H2O d 可能是强酸可能是弱酸
【解析】解：(1)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则HPO32−不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在电离平衡，所以溶液中c(H2PO3−)c(HPO32−)>c(OH−)>c(H2PO3−)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)>c(HPO32−)>c(OH−)>c(H2PO3−)>c(H+)；
(2)由H3PO3的电离可知，Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)，Ka2=c(H+)c(HPO32−)c(H2PO3−)，则lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=lgKa1c(H+)，lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=lgKa2c(H+)，图中关系可表示为：pH=lgc(H2PO3−)c(H3PO3)−1gKa1，pH=lgc(HPO32−)c(H2PO3−)−lgKa2，当lgc(H2PO3−)c(H3PO3)或lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=0时，对应pH分别为−1gKa1、−1gKa2，由于Ka1>Ka2，图中曲线Ⅱ表示lgc(H2PO3−)c(H3PO3)，曲线I表示lgc(HPO32−)c(H2PO3−)；当溶液中lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=1时，pH=2.4，即2.4=1−1gKa1，所以亚磷酸(H3PO3)的Ka1=10−1.4，
故答案为：Ⅰ；10−1.4；
(3)相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为6，由电荷守恒可知①c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，由物料守恒可知②c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，将①×2−②可得c(CH3COO−)−c(CH3COOH)=2×c(H+)−2×c(OH−)=2×10−6mol/L−2×10−8mol/L=1.98×10−6mol/L，
故答案为：1.98×10−6mol/L；
(4)①向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，离子方程式为H++OH−=H2O，
故答案为：H++OH−=H2O；
②酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，a点溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，促进水电离，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3⋅H2O，其不影响水电离，c点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3⋅H2O，抑制水电离，d点溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，抑制水电离，所以水电离程度最大的是a点，最小的是d点，
故答案为：d；
(5)若a=6，稀释10倍时，不论强酸还是弱酸，pH均小于7，b−a<1，HR可能是强酸可能是弱酸，
故答案为：可能是强酸可能是弱酸。
(1)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则HPO32−不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，据此分析；
(2)由H3PO3的电离可知，Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)，Ka2=c(H+)c(HPO32−)c(H2PO3−)，则lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=lgKa1c(H+)，lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=lgKa2c(H+)，图中关系可表示为：pH=lgc(H2PO3−)c(H3PO3)−1gKa1，pH=lgc(HPO32−)c(H2PO3−)−lgKa2；
(3)依据电荷守恒和物量守恒计算离子浓度关系；
(4)①向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应；
②酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离的程度越强；
(5)酸无限稀释pH<7。
本题考查弱电解质的电离及其影响因素、酸碱混合溶液的定性判断、盐类水解及其影响因素、离子浓度大小的比较等知识，为高频考点，把握混合溶液中溶质成分及其性质、图象信息分析与应用为解答的关键，侧重分析能力与计算能力的考查，注意溶液中守恒关系式的应用，(2)为解答的难点，题目难度中等。
2022-2023学年安徽省合肥市庐江县高二（上）期末化学试卷（开学）
1. 为了减少CO2排放，维持地球大气中CO2稳态平衡，我国提出“3060”双碳目标，下列排地不利于实现该目标的是( )
A. 大力调整能结构，持续消减煤炭的使用量 B. 大力发展和指广新能源汽车
C. 积极探索风能、核能和太阳能发电 D. 全面普及天然气做饭和供暖
2. 2022年，中国第二艘国产003型10万吨级航母已下水，船体的防腐处理非常重要，有盐分的海水和空气会对船体造成腐蚀。下列关于金属腐蚀和防腐的说法不正确的是( )
A. 可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极法防止金属腐蚀
B. 外加电流将被保护的钢铁作阴极，硅钢铸铁作损耗阳极
C. 刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D. 海上舰艇的腐蚀主要为金属的吸氧腐蚀
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 25℃时，pH=13的氨水中由水电离出的氢离子数目为10−13NA
B. 0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时生成Br2分子数为0.1NA
C. 常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.15NA
D. 电解精炼铜阳极减轻64g，电路中转移电子数为NA
4. 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 该反应的焓变ΔH=139kJ/mol
C. 加入催化剂，可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低，但两者的差值不变
D. 相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最稳定
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，Y和Z、W和R分别位于同一周期，由前四种元素组成的一种化合物常用作农药中间体，橡胶助剂、合成树脂添加剂等，其结构式如图所示。已知W的最高正价和最低负价代数和为+4，原子的最外层电子数关系：X+Z=W。下列说法正确的是( )
A. 常温下，W的钠盐溶液pH值为7 B. 简单氢化物的沸点：Z>Y
C. X和Z形成的化合物一定只含极性键 D. 原子半径：W>Z>Y
6. 有一化学平衡mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是( )
A. 正反应是放热反应；m+n>p+q B. 正反应是吸热反应；m+n
7. 下列实验方案不能达到实验目的的是( )
实验目的
实验方案
A
比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小
向10 mL 1 mol/L NaOH溶液加入1 mL 1 mol/L MgCl2溶液，再向溶液加入几滴1 mol/L CuCl2
B
制备无水FeCl3
将氯化铁溶液在HCl的氛围中蒸发结晶
C
测定NaHC2O4的电离和水解程度相对大小
用pH计测定NaHC2O4溶液的酸碱性
D
除去锅炉中沉积的CaSO4
用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用稀盐酸溶解除去
A. A B. B C. C D. D
8. 新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电极b为电池负极
B. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O
C. 该电池消耗1molH2S转化成的电能理论上等于其燃烧热值
D. 电路中每通过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
9. 已知25℃时，部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质
HClO
H2CO3
H2SO3
NH3⋅H2O
电离平衡常数
Ka=4.0×10−8
Ka1=4.3×10−7
Ka2=4.7×10−11
Ka1=1.5×10−2
Ka2=6.0×10−8
Kb=1.75×10−5
下列离子方程式或守恒关系正确的是( )
A. 将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中：Cl2+H2O+CO32−=HCO3−+HClO+Cl−
B. 将SO2通入到NaClO溶液中：ClO−+H2O+SO2=HClO+HSO3−
C. 向亚硫酸溶液中加入氨水至中性：c(NH4+)=c(SO32−)+c(H2SO3)+c(HSO3−)
D. 向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+2CO32−=2HCO3−+SO32−
10. 温度为T1时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g) ΔH=+31kJ⋅mol−1。实验测得：v正=k正c(CO2)⋅c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数、T1时，该反应的平衡常数K=1。下列有关说法正确的是( )
A. 若反应朝正向进行还未达到平衡时：体系中存在：c(CO2)⋅c(H2)
C. 升高温度k正增大，k逆减小
D. 当温度改变为T2时，v正=0.9k逆，则T2
B. 浓度相同的HX和NaY能发生HX+NaY=HY+NaX
C. 浓度相同的三种钠盐溶液中，水的电离程度最大的是NaZ的溶液
D. 中和体积和pH均相等的溶液HX、HY、HZ，消耗NaOH最多的是HX
12. T℃下，三种硫酸盐MSO4(M：Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=−1gc(M)，p(SO42−)=lgc(SO42−)。下列说法正确的是( )
A. 溶度积：BaSO4>PbSO4>SrSO4
B. Y点对应的SrSO4是不饱和溶液，能继续溶解SrSO4
C. Z点对应的溶液中c(Ba2+)>c(SO42−)，c(Ba2+)⋅c(SO42−)等于1×10−25
D. BaSO4一定条件下能转化成PbSO4
13. 用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，阴、阳两极分别收集到2.24L和3.36L气体(标况)，若要电解质恢复至原浓度应加入的物质及用量为( )
A. 0.1molCu2(OH)2CO3 B. 0.2molCuO
C. 0.2molCu(OH)2 D. 0.2molCuCO3
14. 合质金，也称矿产金，大多与其他金属伴生，由于产于不同的矿山而所含的其他金属成分不同，一般金含量在50%～90%之间。以高银合质金作为原料(含有Au、Ag、Cu、Fe等单质及Se、Te的化合物)快速提取金和银的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”前需将高银合质金原料粉化造粒，其目的是 。“浸取”时，单质Ag溶解的化学方程式为 。
(2)熔炼电解的阴极反应式为 。
(3)已知：25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10−10。实验测得，沉银前浸液中c(Ag+)=0.018mol/L，现取50mL浸液，加50mL0.020mol/LNaCl溶液沉银，忽略溶液体积变化，完全沉银后，溶液中c(Ag+)= ，若继续加入50mL0.001mol/LNaCl溶液，是否有白色沉淀生成： (填“是”或“否”)。
(4)氯化工艺中盐酸和NaClO3接触会产生氯自由基Cl⋅，Cl⋅具有强氧化性，能与Au反应生成AuCl4−，写出产生氯自由基Cl⋅的离子方程式： 。
(5)还原时，在滴加还原剂Na2S2O5溶液，发生反应的离子方程式：
①S2O52−+H2O=2HSO3−
②AuCl4−+HSO3−+□→Au+□+Cl−+SO42−。
请写出反应②配平后的离子方程式： ，当转移12mol电子时，生成Au的质量为 g。
15. 亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂，某化学实验探究小组设计如下实验步骤测定样品中的亚氯酸钠的纯度。
实验步骤如下：
已知：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−
①准确称取2.50g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应，反应结束后将所得混合液稀释成250mL待测溶液。
②量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，并滴加几滴指示剂于溶液中。
③用0.5000mol⋅L−1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点后，再平行进行3次实验，测得消耗标准液的体积如表所示。
实验编号
待测液体积
消耗标准液体积
1
25.00
16.05
2
25.00
15.95
3
25.00
16.00
4
25.00
16.50
(1)步骤①中发生的离子反应方程式为 ______。
(2)量取待测液25.00mL于锥形瓶内时，需要选择如图仪器中的 ______。(填“甲”或“乙”)
(3)滴定过程需要加入的指示剂是 ______，达到滴定终点的现象是 ______。
(4)计算该样品中亚氯酸钠的质量分数 ______。
(5)下列操作中，可能使所测纯度偏高的是 ______。
A.使用的锥形瓶用蒸馏水洗干净后未烘干
B.盛放标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C.用滴定管量取待测液时，未用待测液润洗滴定管
D.用标准液滴定时，滴定前平视刻度线，滴定终点时仰视刻度线
(6)配制Na2S2O3标准液时，必须用煮沸后的蒸馏水配制，不然可能导致测定的样品纯度偏高，可能原因是 ______。
16. 氨在化肥生产，贮氢，燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛，从能量的变化和反应速率等角度研究反应：N2+3H2⇌2NH3。请根据有关知识，完成下列问题：
(1)能表示该反应达到平衡状态的是 。
A.恒温、恒容容器内混合气体的密度不再变化
B.NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3
C.恒温、恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D.单位时间内断裂amolN=N键，同时断裂3amolN−H键
(2)根据下表数据，写出该反应的热化学方程式 ，某温度下的2L容器中，10s内出18.4kJ热量，用 NH3表示该反应的反应速率 。
化学键
H−H
N≡N
N−H
断裂1mol键所吸收的能量
436kJ
946kJ
391kJ
(3)将标准状况下32LNO与12LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)。写出该反应的离子方程式： 。
(4)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MN+电极与酶之间传递电子，示意图如下。该生物燃料电池的总反应方程式为：N2+3H2⇌2NH3。
①右室电极为燃料电池的 极，电池工作时电路中每转移0.3mol电子，标准状况下消耗N2的体积是 L。
②相比工业合成氨方法，该方法的优点有 (任写一条)。
17. 回答下列问题
(1)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则(Na2HPO3)溶液中，各离子浓度的大小关系为 ______。
(2)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图1所示，则表示lgc(HPO32−)c(H2PO3−)的是曲线 ______(填“I”或“II”)，亚磷酸(H3PO3)的Kal=_ ______。
(3)常温时，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后PH=6，则C(CH3COO−)−C(CH3COOH)=______(写出最终计算结果，不能近似计算)。
(4)常温时，向100mL0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。
①向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为 ______。
②图中a、b、c、d点中水的电离程度最小的是 ______。
(5)常温时，若测得HR溶液的PH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释到100.0mL，测得PH=b，b−a<1，则HR是 ______(选择填入：强酸；弱酸；可能是强酸可能是弱酸)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.大力调整能结构，持续消减煤炭的使用量，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故A不选；
B.大力发展和指广新能源汽车，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故B不选；
C.积极探索风能、核能和太阳能发电，减少化石能源的使用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现双碳目标，故C不选；
D.天然气燃烧产生二氧化碳，所以全面普及天然气做饭和供暖，不利于实现双碳目标，故D选；
故选：D。
双碳目标即实现碳中和、碳达标，为实现双碳目标，应减少二氧化碳的排放，增加二氧化碳的消耗，据此解答。
本题考查了环境污染与治理，明确碳中和、碳达标含义是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.可以在船舶外壳装上锌块，Zn比铁活泼，形成原电池Zn作负极，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B.考虑到安全问题，一般不采用外加电源阴极保护法，故B错误；
C.刷防锈漆，金属不能与空气、水等物质接触，不能形成原电池，可防止金属被腐蚀，故C正确；
D.金属在酸性较强的溶液中发生析氢腐蚀，海水为弱酸性，主要发生吸氧腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.Zn比铁活泼，形成原电池Zn作负极，铁作正极；
B.一般不采用外加电源阴极保护法；
C.刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离；
D.海水为弱酸性，发生吸氧腐蚀。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握常见的金属防腐蚀方法和防护原理是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；
B.亚铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，0.1molFeBr2与0.1molCl2反应时生成的Br2分子数小于0.1NA，故B错误；
C.常温常压下，2.2g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为：2.2g44g/mol×3×NAmol−1=0.15NA，故C正确；
D.电解精炼铜，阳极溶解的是Cu和比铜活泼的金属，活泼性比Cu弱的沉降在阳极下方，则转移电子小于2NA，不一定是NA，故D错误；
故选：C。
A.溶液体积未知；
B.亚铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化亚铁离子；
C.CO2和N2O摩尔质量都是44g/mol，都含3个原子。
D.电解精炼铜时，阳极中铜含有Ag、Au等杂质。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能<0，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误；
B.ΔH=正反应活化能−逆反应活化能=(209−348)kJ/mol=−139kJ/mol，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，但焓变不变，则加入催化剂，可以使正反应活化能和逆反应活化能均降低，但两者的差值不变，故C正确；
D.能量越低越稳定，则相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最不稳定，故D错误；
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为S，R为Cl元素，
A.W的钠盐是硫化钠，由于硫离子水解，则溶液pH值大于7，故A错误；
B.Z、Y的简单氢化物分别为氨气、甲烷，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则简单氢化物的沸点：Z>Y，故B正确；
C.X、Z形成的化合物有氨气、肼等，肼分子中含有N−N非极性键，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S>C>N，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，已知W的最高正价和最低负价代数和为+4，W位于ⅥA族，则W为S元素；W和R分别位于同一周期，且为主族元素，则R为Cl元素；结合图示可知，X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，原子的最外层电子数关系：X+Z=W=6，则X、Z的最外层分别为1、5，结合原子序数大小可知，X为H，Z为N元素；Y和Z位于同一周期，则Y为C元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原元素化合价、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度不大，注意采取“定一议二”原则分析解答。
【解答】
由题干图可知，压强相同时，温度越高，A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，作垂直横轴的线，由题干图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n>p+q，
故选：D。
7.【答案】A
【解析】A.向10mL 1mol/LNaOH溶液加入1mL 1mol/LMgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再向溶液中加入几滴1mol/L CuCl2一定会生成氢氧化铜沉淀，不能比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的Ksp大小，A错误；
B.铁离子水解会生成氢氧化铁，氯化氢可抑制其水解；故将氯化铁溶液在HCl的氛围中蒸发结晶制备无水氯化铁，B正确；
C.HC2O4−电离出氢离子、水解生成氢氧根离子，用pH计测定NaHC2O4溶液的酸碱性可判断电离和水解程度相对大小，C正确；
D.CaSO4存在CaSO4⇌Ca2++SO42−，加入饱和碳酸钠溶液，可以生成碳酸钙沉淀，导致硫酸钙转化为碳酸钙，再加入稀盐酸，盐酸和碳酸钙生成氯化钙和水、二氧化碳，D正确。故选A。
8.【答案】B
【解析】解：A.O2得电子发生还原反应，则电极b为电池的正极，故A错误；
B.电极a为负极，H2S失电子发生氧化反应，则电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，故B正确；
C.H2S的燃烧热为H2S与O2反应生成稳定氧化物SO2时放出的热量，而电池反应中H2S生成了S2，两反应不同，能量变化也不相同，故C错误；
D.H2S气体存在的温度压强未知，不能确定体积大小，故D错误；
故选：B。
由图可知，电池总反应为2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O，S元素化合价升高，电极a为负极，H2S失电子发生氧化反应，电极反应为：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，电极b为正极，O2得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e−=2O2−，以此解答该题。
本题考查原电池原理，侧重考查学生的分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由表格数据可知，酸性H2CO3>HClO>HCO3−，将Cl2通入到过量Na2CO3溶液中发生反应为Cl2+H2O+2CO32−=2HCO3−+ClO−+Cl−，故A错误；
B.HClO具有强氧化性，能氧化HSO3−生成SO42−，SO2通入到NaClO溶液中发生反应为ClO−+H2O+SO2=2H++Cl−+SO42−，故B错误；
C.若c(NH4+)=c(SO32−)+c(H2SO3)+c(HSO3−)，由物料守恒可知，该溶液为NH4HSO3溶液，但铵根离子水解溶液显酸性，亚硫酸氢根离子在水中电离能力大于水解能力，故NH4HSO3溶液显酸性，与题意不符，故C错误；
D.由表格数据可知，酸性H2SO3>HSO3−>H2CO3>HCO3−，故向过量Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应为SO2+H2O+2CO32−=2HCO3−+SO32−，故D正确；
故选：D。
A.依据强酸制弱酸原则判断反应产物；
B.HClO具有强氧化性，能氧化HSO3−；
C.结合物料守恒作答；
D.依据强酸制弱酸原则判断反应产物。
本题考查电离平衡和离子方程式书写，题目难度中等，能依据电离平衡常数判断酸性强弱是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
【解答】
A.c(CO2)⋅c(H2)
B.将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，K=1，假设CO2的平衡转化率为50%，
CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)
起始(mol/L) a a 0
转化(mol/L) 0.5a 0.5a 0.5a
起始(mol/L) 0.5a 0.5a 0.5a
此时c(HCOOH)c(CO2)⋅c(H2)=0.5a0.5a×0.5a=2a，不一定等于1，说明此时反应不一定达到平衡状态，假设不成立，故B错误；
C.升高温度k正增大，k逆增大，故C错误；
D.反应达到化学平衡时，有v正=v逆，则k 正 c(CO2)⋅c(H2)=k 逆 c (HCOOH)，所以k正k逆=c(HCOOH)c(CO2)⋅c(H2)=K=1，所以k正=k逆，当温度改变为 T2时，k正=0.9k逆，则K=0.9<1，反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，所以温度T2
11.【答案】AD
【解析】解：A.pH相等，浓度为：NaX
D.pH相等的HX、HY、HZ溶液，浓度为：HX>HY>HZ，所以中和体积和pH均相等的HX、HY、HZ溶液，HX消耗的NaOH最多，故D正确；
故选：AD。
A.pH相等，浓度为：NaX
B.强酸可以制备弱酸；
C.酸对水的电离有抑制作用，水解的盐促进水的电离；
D.pH相等的HX、HY、HZ溶液，浓度为：HX>HY>HZ。
本题考查了盐类水解，根据信息正确判断盐的水解程度是解本题关键，题目难度中等。
12.【答案】BD
【解析】解：A、p(M)=−lgc(M)，pM越大，Pb2+、Ba2+、Sr2+的浓度越小；p(SO42−)=−lgc(SO42−)，p(SO42−)越大，c(SO42−)越小；所以溶度积Ksp=c(M)×c(SO42−)，所以溶度积BaSO4
D、由图可知，Ksp(BaSO4)
故选：BD。
A、pM越大，Pb2+、Ba2+、Sr2+的浓度越小；p(SO42−)越大，c(SO42−)越小；
B、Y点c(Sr2+)×c(SO42−)
D、c(Pb2+)×c(SO42−)>Ksp(PbSO4)。
本题考查学生对溶解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握溶解平衡的影响原理等，明确Ksp的计算是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查电解池的工作原理，为高频考点，题目难度一般。
【解答】
用惰性电极电解100mLK2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极的电极反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，阴极反应为：Cu2++2e−=Cu，2H++2e−=H2↑，阳极生成3.36L氧气，物质的量为：3.36L22.4L/mol=0.15mol，转移的电子数为0.6mol，阴极生成2.24L氢气，物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，生成0.1mol氢气得到的电子数为0.2mol，则剩余0.4mol电子由铜离子获得，生成铜0.2mol，因此电解质要想恢复电解前的状态需加入0.2molCuO(或CuCO3)和0.1mol水或者0.1molCu2(OH)2CO3，故A正确，
故选A。
14.【答案】增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O Ag++e−=Ag 1.8×10−7mol/L 否 ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O 2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42− 788
【解析】解：(1)“浸取”前需将高银合质金原料粉化造粒，其目的是增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分；“浸取”时，单质Ag与硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，化学方程式为3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：增加其比表面积，有利于提高浸取速率和浸取率，使反应更充分；3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
(2)熔炼电解银时粗银作阳极，纯银作阴极，阴极反应式为Ag++e−=Ag，
故答案为：Ag++e−=Ag；
(3)向50mL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.020mol/LNaCl溶液，反应后溶液中c(Cl−)=0.020×50−0.018×5050+50mol/L=0.001mol/L，则溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)=1.8×10−1010−3mol/L=1.8×10−7mol/L；再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol/LNaCl溶液，不发生反应时c(Ag+)=23×1.8×10−7mol/L=1.2×10−7mol/L、c(Cl−)=0.001mol/L，Qc=c(Ag+)c(Cl−)=0.001×1.2×10−7=1.2×10−10<1.8×10−10，故没有白色沉淀产生，
故答案为：1.8×10−7mol/L；否；
(4)氯化工艺采用的是盐酸和氯酸钠试剂．这两种试剂接触会产生氯自由基，氯自由基具有强氧化性，能与金及硒、碲的化合物发生化学反应，产生氯自由基Cl⋅的离子方程式ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O，
故答案为：ClO3−+5Cl−+6H+=6Cl⋅+3H2O；
(5)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平的离子方程式为2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42−；当生成1molAu时转移3mol电子，故当转移12mol电子时，生成Au的物质的量为4mol，质量为4mol×197g/mol=788g，
故答案为：2AuCl4−+3HSO3−+3H2O=2Au+9H++8Cl−+3SO42−；788。
以高银合质金作为原料(含有Au、Ag、Cu、Fe等单质及Se、Te的化合物)快速提取金和银，高银合质金加入稀硝酸浸取，然后过滤，所得浸取液加入氧化钠进行沉银，反应生成硝酸钠和氧化银，氧化银用锌粉置换出银，熔炼电解得到银锭；浸渣加入盐酸、氯酸钠进行氯化，再加入还原剂 Na2S2O5溶液还原，焙炼铸锭得到金锭。
本题考查物质的分离提纯、对试剂与实验方案的分析评价等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
15.【答案】(1)ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−
(2)乙
(3)淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色
(4)72.4%
(5)BCD
(6)溶液可能被空气中氧气氧化，失去还原效果，导致用量偏多，结果偏大
【解析】
【分析】
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
【解答】
(1)准确称取2.50g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应，亚氯酸根离子被还原为氯离子，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−；
(2)量取待测液25.00mL于锥形瓶内时，待测液显酸性，应使用酸式滴定管，故答案为：乙；
(3)因为是用Na2S2O3标准液滴定至终点，反应是I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，I2与指示剂淀粉产生蓝色，故终点是滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色；
(4)第四组数据偏大，应舍去，三次的平均用量为16.00mL，滴定过程中ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−，I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，故ClO2−～2I2～4S2O32−，亚氯酸钠的质量分数为16×10−3×0.5×25025×90.52.50×14×100%=72.4%；
(5)A.使用的锥形瓶用蒸馏水洗干净后未烘干，对结果无影响，故A错误；
B.盛放标准液的滴定管，滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故B正确；
C.用滴定管量取待测液时，未用待测液润洗滴定管，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故C正确；
D.用标准液滴定时，滴定前平视刻度线，滴定终点时仰视刻度线，标准液用量偏多，所测纯度偏高，故D正确；
故答案为：BCD；
(6)配制Na2S2O3标准液时，必须用煮沸后的蒸馏水配制，不然可能导致测定的样品纯度偏高，原因在于溶液可能被空气中氧气氧化，失去还原效果，导致用量偏多，结果偏大。
16.【答案】BC N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol 0.02mol/(L⋅s) 8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O 正 1.12 反应条件温和；同时可以提供电能
【解析】解：(1)A.此反应是气体的质量不变的反应，且容器恒容，根据气体的密度ρ=mV可知，反应达平衡前，混合气体的密度是定值，故当混合气体的密度不变时，不能说明反应达平衡，故A错误；
B.NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3时，此时反应的方向相反、比值等于计量数之比，说明反应达平衡，故B正确；
C.该反应是气体的物质的量有改变的反应，当恒温、恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达平衡，故C正确；
D.单位时间内断裂amolN≡N键，即反应掉amolN2，同时断裂3amolN−H键，即反应掉amolNH3，反应方向相反，但比值不等于计量数之比，故不能作为平衡的标志，故D错误；
故答案为：BC；
(2)N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物中键能之和−生成物的键能之和=946kJ/mol+436kJ/mol×3−6×391kJ/mol=−92kJ/mol，热化学方程式为：N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol；根据热化学方程式的含义可知，当放热92kJ时，生成2mol氨气，则当放热18.4kJ时，生成氨气的物质的量n=18.4kJ92kJ×2mol=0.4mol，则用NH3表示该反应的反应速率v=△nv⋅△t=0.4mol2L×10s=0.02mol/(L⋅s)，
故答案为：N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92kJ/mol；0.02mol/(L⋅s)；
(3)将标准状况下32 L NO与12 LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)，将氮元素被氧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐，令生成的被氧化为硝酸盐、亚硝酸盐的NO的体积分别为xL、yL，则：x+y=32，根据电子转移守恒有：3x+y=12×4，联立解得x=8，y=24，故生成的硝酸盐、亚硝酸盐物质的量之比=8L：24L=1：3，反应离子方程式为：8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O，
故答案为：8NO+3O2+8OH−=2NO3−+6NO2−+4H2O；
(4)①N2在正极区得电子发生还原反应，生成NH3，右室电极为燃料电池的正极，电极反应：N2+2MV++6e−=2MV2++2NH3，电池工作时电路中每转移0.3mol电子，标准状况下消耗N2的体积是0.05mol×22.4L/mol=0.112L=1.12L，
故答案为：正；1.12；
②相比现有工业合成氨，该方法有哪些优点：利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，
故答案为：反应条件温和；同时可以提供电能。
(1)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
(2)N2 (g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物中键能之和−生成物的键能之和；根据热化学方程式的含义结合放出的热量，计算出生成氨气的物质的量，从而根据v=△nv⋅△t来计算；
(3)将标准状况下32 L NO与12 LO2通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐(NaNO3与NaNO2)，将氮元素被氧化，生成硝酸盐、亚硝酸盐，令生成的被氧化为硝酸盐、亚硝酸盐的NO的体积分别为xL、yL，则：x+y=32，根据电子转移守恒有：3x+y=12×4，联立解得x=8，y=24，故生成的硝酸盐、亚硝酸盐物质的量之比=8L：24L=1：3，据此书写离子方程式；
(4)①生物燃料电池的工作原理是N2+3H2=生物催化剂2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断；
②利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能。
本题考查了化学反应能量变化和计算、反应速率影响因素分析、氧化还原反应、原电池原理等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】c(Na+)>c(HPO32−)>c(OH−)>c(H2PO3−)>c(H+) Ⅰ 10−1.4 1.98×10−6mol/L H++OH−=H2O d 可能是强酸可能是弱酸
【解析】解：(1)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则HPO32−不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，同时考虑到水也存在电离平衡，所以溶液中c(H2PO3−)
故答案为：c(Na+)>c(HPO32−)>c(OH−)>c(H2PO3−)>c(H+)；
(2)由H3PO3的电离可知，Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)，Ka2=c(H+)c(HPO32−)c(H2PO3−)，则lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=lgKa1c(H+)，lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=lgKa2c(H+)，图中关系可表示为：pH=lgc(H2PO3−)c(H3PO3)−1gKa1，pH=lgc(HPO32−)c(H2PO3−)−lgKa2，当lgc(H2PO3−)c(H3PO3)或lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=0时，对应pH分别为−1gKa1、−1gKa2，由于Ka1>Ka2，图中曲线Ⅱ表示lgc(H2PO3−)c(H3PO3)，曲线I表示lgc(HPO32−)c(H2PO3−)；当溶液中lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=1时，pH=2.4，即2.4=1−1gKa1，所以亚磷酸(H3PO3)的Ka1=10−1.4，
故答案为：Ⅰ；10−1.4；
(3)相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为6，由电荷守恒可知①c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，由物料守恒可知②c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，将①×2−②可得c(CH3COO−)−c(CH3COOH)=2×c(H+)−2×c(OH−)=2×10−6mol/L−2×10−8mol/L=1.98×10−6mol/L，
故答案为：1.98×10−6mol/L；
(4)①向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，离子方程式为H++OH−=H2O，
故答案为：H++OH−=H2O；
②酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，a点溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4，促进水电离，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3⋅H2O，其不影响水电离，c点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3⋅H2O，抑制水电离，d点溶质为Na2SO4、NH3⋅H2O，抑制水电离，所以水电离程度最大的是a点，最小的是d点，
故答案为：d；
(5)若a=6，稀释10倍时，不论强酸还是弱酸，pH均小于7，b−a<1，HR可能是强酸可能是弱酸，
故答案为：可能是强酸可能是弱酸。
(1)亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则HPO32−不能再发生电离，只能水解，使溶液呈碱性，据此分析；
(2)由H3PO3的电离可知，Ka1=c(H+)c(H2PO3−)c(H3PO3)，Ka2=c(H+)c(HPO32−)c(H2PO3−)，则lgc(H2PO3−)c(H3PO3)=lgKa1c(H+)，lgc(HPO32−)c(H2PO3−)=lgKa2c(H+)，图中关系可表示为：pH=lgc(H2PO3−)c(H3PO3)−1gKa1，pH=lgc(HPO32−)c(H2PO3−)−lgKa2；
(3)依据电荷守恒和物量守恒计算离子浓度关系；
(4)①向100mL 0.1mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应；
②酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离的程度越强；
(5)酸无限稀释pH<7。
本题考查弱电解质的电离及其影响因素、酸碱混合溶液的定性判断、盐类水解及其影响因素、离子浓度大小的比较等知识，为高频考点，把握混合溶液中溶质成分及其性质、图象信息分析与应用为解答的关键，侧重分析能力与计算能力的考查，注意溶液中守恒关系式的应用，(2)为解答的难点，题目难度中等。
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