安徽省合肥市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4

这是一份安徽省合肥市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷-A4，共45页。
第一步：O3（g）+NO（g）＝O2（g）+NO2（g）ΔH1；
第二步：NO2（g）＝NO（g）+O（g）ΔH2
第三步：O（g）+O3（g）＝2O2（g）ΔH3
总反应：2O3（g）＝3O2（g）ΔH4，其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．NO2是该反应的催化剂
B．ΔH2＝ΔH3﹣ΔH1
C．ΔH2＞ΔH1，ΔH4＞ΔH3
D．决定总反应速率的是第二步
2．（2023•合肥期末）如图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量﹣反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ⋅ml﹣1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1
3．（2023秋•包河区校级月考）如图（a）、（b）分别表示H2O和CO2分解时的能量变化情况（单位：kJ），已知由稳定单质化合生成1ml纯物质的热效应称为生成热（ΔHf）。下列说法正确的是（ ）
A．CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝﹣42kJ⋅ml﹣1
B．H2的燃烧热ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1
C．由图（a）可知O﹣H的键能为220kJ⋅ml﹣1
D．CO2（g）的生成热ΔHf＝﹣394kJ⋅ml﹣1
4．（2023春•合肥期中）某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）
A．两步反应均为吸热反应
B．三种物质中C最稳定
C．A与C的能量差为E4
D．反应A→B，一定要加热才能进行
5．（2023秋•合肥期中）下列选项正确的是（ ）
A．图①可表示CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）ΔH＝+205.9kJ⋅ml﹣1的能量变化
B．图②中ΔH表示碳的燃烧热
C．实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，测得混合液的最高温度如图③所示（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性：B＜A＜C某反应由两步构成：A→B→C，反应过程中的能量变化曲线如图④所示
6．（2023秋•包河区校级月考）Fe﹣空气电池可用作电动车动力来源。某Fe﹣空气电池的工作原理如图所示，下列有关此电池放电时的说法正确的是（ ）
A．碳材料为电池正极，发生氧化反应
B．当电路中转移0.4ml电子时，消耗2.24LO2
C．负极的电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣＝Fe（OH）2
D．溶液中电子由Fe电极流向碳材料电极
7．（2023春•庐阳区期末）氨可用于燃料电池，氨易液化，运输和储存方便，安全性能更高。新型NH3—O2燃料电池的装置如图所示，电池工作时的总反应为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．电极a作负极
B．NH3发生还原反应
C．OH﹣向电极b方向迁移
D．当消耗2.24LO2时，电路中转移电子0.4ml
8．（2023春•庐阳区期末）下列关于原电池的叙述中，错误的是（ ）
A．原电池能将化学能转变为电能
B．原电池的负极得电子，发生还原反应
C．原电池工作时，其负极不断产生电子并经外电路流向正极
D．原电池的构成条件之一是形成闭合回路
9．（2023春•合肥期末）普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一特点，科学家们发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的化学方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是（ ）
A．2ml Cu与1ml Ag2O的总能量低于1ml Cu2O与2ml Ag具有的总能量
B．Ag2O/Ag电极为正极
C．原理示意图中，电流沿导线从Cu流向Ag2O
D．电池工作时，OH﹣向正极移动
10．（2024春•庐江县期中）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上发生的电极反应：O2+4H++4e﹣═2H2O
C．电路中每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S
D．每17gH2S参与反应，则有2mlH+经质子膜进入正极区
11．（2024•合肥期末）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠（Na2HPO3）溶液过程中的化学变化，得到滴定过程中溶液电位E与V（HCl）的关系如图所示。已知：亚磷酸是二元弱酸，带温下其电离常数分别是（ ）
A．水的电离程度：a＞b＞d＞c
B．b点对应溶液的pH＞7
C．第二滴定终点时发生反应的平衡常数为K＝108.1
D．c点对应溶液中一定将在：c（H+）﹣c（OH﹣）＜c（H2）+2c（）
12．（2023秋•合肥月考）向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，lg[c（M）/（ml•L﹣1）]与的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示lgc{[Ag（NH3）2]+}随lgc（NH3）的变化曲线
B．随c（NH3）增大，先增大后减小
C．反应的平衡常数为10﹣5.51
D．完全溶解0.1mlAgCl，至少需要含有（0.2+100.35）ml NH3的氨水
13．（2024•蜀山区校级期末）某温度下，Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3）[注：起始c（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1，不同pH下c（）由图1得到]。
下列说法正确的是（ ）
A．上述Na2CO3体系呈中性时，一定是10﹣3.25
B．符合c（）＞c（）＞c（H2CO3）的pH范围：6.37＜pH＜10.25
C．pH＝9，c（Mg2+）＝0.01ml•L﹣1时，溶液中只存在MgCO3和Mg（OH）2两种沉淀
D．pH＝8，c（Mg2+）＝0.1ml•L﹣1时可发生反应：Mg2++2═Mg（OH）2↓+CO2↑
14．（2024•蜀山区校级期末）已知H2A为二元弱酸。室温下，将0.1ml•L﹣1的NaOH溶液滴入20mL 0.1ml•L﹣1的H2A溶液中，随NaOH溶液的滴入，pH、pc（X）[pc（X）＝﹣lgc（X），X为H2A、HA﹣或A2﹣]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①表示A2﹣的变化曲线
B．H2A的第二步电离平衡常数Ka2＝1×10﹣8.2
C．当V（NaOH溶液）＝20.0mL时，溶液中c（H2A）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
D．当pH＝7.6时，溶液中3c（HA﹣）＜c（Na+）
15．（2024•包河区校级模拟）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1ml•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列有关叙述正确的是（ ））
A．曲线③表示H3PO3
B．H3PO3的Ka1＝10﹣6.7
C．NaH2PO3溶液中：c（）＞c（H3PO3）
D．b点：c（H+）＝c（H2）+2c（）+c（OH﹣）
16．（2024春•包河区期末）已知反应：2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。在291.5K时，1.0L溶液中Na2SO3初始量为10mml（1ml＝103mml），每5s记录一次溶解氧浓度，一段时间后实验结果如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，钠离子的物质的量不断减少
B．升高温度，该反应的反应速率一定加快
C．0～40s内溶解氧浓度变化为0.25ml•L﹣1
D．反应到40s时，Na2SO3的转化率为5%
17．（2024•蜀山区校级期末）丙烯是重要的有机化工原料。一定条件下，丙烷直接脱氢制备丙烯过程中的转化率和丙烯的选择性[]随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该反应为氧化反应
B．催化剂可以降低反应的活化能，不改变反应的焓变
C．丙烯的产率小于10%
D．恒温恒容条件下，增大c（丙烷），平衡正向移动，丙烷的转化率增大
18．（2024春•包河区校级期中）一定条件下，反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的速率方程为v＝kcn（H2）•cm（Cl2），k为速率常数（只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关），m、n是反应级数，可以是整数、分数。
实验测得速率与浓度关系如表所示：
下列说法错误的是（ ）
A．n＝1，m＝0.5
B．其他条件相同，升高温度，速率常数（k）增大
C．体积不变时通入He气，压强增大，反应速率加快
D．表格中，a＝0.9
19．（2024春•蜀山区校级期中）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述正确的是（ ）
A．若甲实验中产生气泡的速率①＞②，则说明Fe3+比Cu2+对H2O2的分解催化效果好
B．使用氯化铁后双氧水分解速率加快，水和氧气化合成双氧水速率减慢
C．用图乙所示装置测定生成氧气的速率，可用秒表测定产生相同体积的氧气需要的时间
D．为检查乙装置的气密性，可关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞不能回到原位，说明气密性良好
20．（2024春•蜀山区校级期中）为更精确地研究浓度对反应速率的影响，小组同学利用压强传感器等数字化实验设备，探究镁与不同浓度硫酸的反应速率，两组实验所用药品如表：
实验结果如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．实验Ⅰ对应图中曲线a，曲线的斜率大，反应速率快
B．随着反应的不断进行。化学反应速率减慢，原因是硫酸浓度变小
C．实验Ⅱ对应曲线可知，反应开始阶段，反应速率不断加快，可能是反应放热温度升高
D．向实验Ⅱ中滴加少量硫酸铜溶液，产生氢气速率加快，最终生成氢气的体积相同
二．解答题（共4小题）
21．（2023春•合肥期中）Ⅰ．化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。
（1）下列变化属于放热反应的是 （填序号）。
a．生石灰溶于水
b．氢氧化钠固体溶于水
c．氢气与氯气化合
d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌
e．过氧化钠溶于水
（2）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系
据此判断下列说法中正确的是 （填序号）。
a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧释放的热量相同
b．白磷和红磷互为同素异形体，相同条件下白磷比红磷稳定
c．1mlN2（g）和1mlO2（g）具有的总能量小于2mlNO（g）具有的总能量
Ⅱ．如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：
（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液时，正极的电极反应式为 。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mle﹣通过时，两极的质量差为 g。
（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，该电池的负极反应式为 。当反应中收集到标准状况下336mL气体时，消耗负极的物质的量为 ml。
22．（2022秋•庐江县期末）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lg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100mL0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1ml•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）
23．（2022秋•蜀山区校级月考）Ⅰ．磷能形成多种含氧酸。
（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子。
①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式： 。
②常温下，0.25ml/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数值一定变小的是 （填标号）。
A．c（H+）
B．
C．
（2）亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1＝5.0×10﹣2、K2＝2.6×10﹣7。试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异： 。
（3）①25℃时，HF的电离常数为K＝3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为K1＝7.5×10﹣3，K2＝6.2×10﹣8，K3＝4.4×10﹣13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为 。
②已知：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ⋅ml﹣1，则0.1ml/LH3PO4溶液与足量0.1ml/LNaOH溶液反应生成1mlH2O（l）放出的热量为 （填标号）。
A．＝57.3kJ
B．＜57.3kJ
C．＞57.3kJ
D．无法确定
Ⅱ．25℃时：N2H4+H2O⇌N2H5+OH﹣，K1＝10﹣a；N2H5+H2O⇌N2H62++OH﹣，K2＝10﹣b。
（4）25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），应控制溶液中c（OH﹣）的范围为 （用含a、b式子表示）。
24．（2024•庐阳区校级模拟）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。
（1）CO2催化加氢制备乙醇的反应为2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（l）+3H2O（l）。
①若要计算上述反应的ΔH，须查阅的两个数据是C2H5OH（l）的燃烧热和 。
②在恒容、绝热密闭容器中，对CO2催化加氢制乙醇反应体系说法不正确的是 。（填序号）
A．增大原料气中的比例，有利于提高CO2的转化率
B．若反应体系的温度保持不变，说明反应体系已达平衡
C．CO2催化加氢制乙醇，可以资源化转化二氧化碳，有助于碳中和
③一定条件下，向Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1L的恒容密闭容器中均充入1ml CO2（g）和3ml H2（g），在不同温度下发生2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）反应。反应5min，测得各容器内CO2的物质的量如图所示：图中 （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）一定是平衡状态点。5min后，向容器Ⅲ中再充入1ml CO2（g）和1ml H2O（g），此时v逆 v正（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应：
反应Ⅰ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣23.6kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOC2H5（g）+2CH3OH（g）ΔH＝﹣22.6kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH＝+44.2kJ•ml﹣1
在其他条件不变时，将n起始（H2）：n起始（CH3COOCH3）＝8：1的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性[S（C2H5OH）＝×100%]、CH3COOC2H5选择性[S（CH3COOC2H5）＝×100%]随温度的变化如图所示。
①若某温度下，在体积为2L的密闭容器中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3•h﹣1（已换算为标准状况）CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为 ml•L﹣1•min﹣1（保留三位有效数字）。CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是 。
②180～200℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 。
（3）T℃时，在刚性密闭容器内通入1ml CH3COOCH3和2ml H2，初始压强为P0MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时CH3COOCH3的转化率为50.0%，且C2H5OH选择性也为50.0%，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ MPa﹣1。
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2023秋•包河区期末）污染的大气使臭氧层中O3催化分解的反应机理与总反应可表示为：
第一步：O3（g）+NO（g）＝O2（g）+NO2（g）ΔH1；
第二步：NO2（g）＝NO（g）+O（g）ΔH2
第三步：O（g）+O3（g）＝2O2（g）ΔH3
总反应：2O3（g）＝3O2（g）ΔH4，其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．NO2是该反应的催化剂
B．ΔH2＝ΔH3﹣ΔH1
C．ΔH2＞ΔH1，ΔH4＞ΔH3
D．决定总反应速率的是第二步
【答案】C
【分析】A．NO2是该反应的中间产物；
B．由图可知，ΔH3＜0，ΔH2＞0，ΔH1＞0；
C．根据图像分析；
D．活化能最大的一步，反应速率最慢，为总反应的决速步。
【解答】解：A．NO2是该反应的中间产物，不是该反应的催化剂，故A错误；
B．由图可知，ΔH3＜0，ΔH2＞0，ΔH1＞0，则ΔH3﹣ΔH1＜0＜ΔH2，故B错误；
C．由反应历程图可知，ΔH1＜ΔH2，，ΔH3＜ΔH4，故C正确；
D．活化能最大的一步，反应速率最慢，为总反应的决速步，则第一步反应为决速步骤，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度不大。
2．（2023•合肥期末）如图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量﹣反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ⋅ml﹣1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1
【答案】B
【分析】A．物质具有的能量越低越稳定；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1；
C．极性键指不同原子间形成的共价键，生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量。
【解答】解：A．由图可知，中间体OMgCH4（s）能量比MgOCH4（s）低，根据能量越低越稳定，则中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定，故A正确；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1，故B错误；
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成，因此生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成，故C正确；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量＝（﹣146.1+0）kJ•ml﹣1＝﹣146.1kJ•ml﹣1，则总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，包括反应热的计算等知识，为高频考点，题目难度一般。
3．（2023秋•包河区校级月考）如图（a）、（b）分别表示H2O和CO2分解时的能量变化情况（单位：kJ），已知由稳定单质化合生成1ml纯物质的热效应称为生成热（ΔHf）。下列说法正确的是（ ）
A．CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝﹣42kJ⋅ml﹣1
B．H2的燃烧热ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1
C．由图（a）可知O﹣H的键能为220kJ⋅ml﹣1
D．CO2（g）的生成热ΔHf＝﹣394kJ⋅ml﹣1
【答案】D
【分析】由图（a）可知，H﹣H键能为436kJ/ml，O＝O键的键能为247kJ/ml×2＝494kJ/ml，1mlH2O（g）分解生成O2（g）和H2（g）的热化学方程式为H2O（g）＝O2（g）+H2（g）ΔH＝+243kJ⋅ml﹣1，即O2（g）+H2（g）＝H2O（g）ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1；由图（b）可知，CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣285kJ/ml，C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣394kJ/ml，结合盖斯定律、燃烧热、ΔH＝反应物的总键能−生成物的总键能进行计算解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，O2（g）+H2（g）＝H2O（g）ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1，CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣285kJ/ml，两式相减可得CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1﹣（﹣285kJ/ml）＝+42kJ⋅ml﹣1，故A错误；
B．热化学方程式为O2（g）+H2（g）＝H2O（g）ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1，H2O（g）→H2O（l）放热，则H2的燃烧热ΔH＜﹣243kJ⋅ml﹣1，故B错误；
C．由图（a）可知，H﹣H键能为436kJ/ml，O＝O键的键能为494kJ/ml，热化学方程式为O2（g）+H2（g）＝H2O（g）ΔH＝﹣243kJ⋅ml﹣1，则494kJ/ml×+436kJ/ml﹣2EO﹣H＝﹣243kJ⋅ml﹣1，解得O﹣H的键能EO﹣H＝463kJ/ml，故C错误；
D．由上述分析可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣394kJ/ml，则CO2（g）的生成热ΔHf＝﹣394kJ⋅ml﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、键能及其与反应热的计算关系、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握燃烧热概念及燃烧热热化学方程式的书写，题目难度不大。
4．（2023春•合肥期中）某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）
A．两步反应均为吸热反应
B．三种物质中C最稳定
C．A与C的能量差为E4
D．反应A→B，一定要加热才能进行
【答案】B
【分析】A．当反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；
B．物质具有的能量越低越稳定；
C．反应B→C，逆反应的活化能为E4；
D．吸热反应不一定需要加热。
【解答】解：A．根据反应能量曲线图可知，物质的能量大小顺序为B＞A＞C，两步反应分别为吸热反应、放热反应，故A错误；
B．物质能量越低越稳定，物质C能量最低，最稳定，故B正确；
C．根据图示，物质A、C的能量差为△H，故C错误；
D．反应A→B为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能进行，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化，从宏观和微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，此题难度中等。
5．（2023秋•合肥期中）下列选项正确的是（ ）
A．图①可表示CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）ΔH＝+205.9kJ⋅ml﹣1的能量变化
B．图②中ΔH表示碳的燃烧热
C．实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，测得混合液的最高温度如图③所示（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性：B＜A＜C某反应由两步构成：A→B→C，反应过程中的能量变化曲线如图④所示
【答案】D
【分析】A．图象表示的物质能量变化为反应物能量高于生成物为放热反应；
B．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
C．如图，V2为20mL时温度最高，说明此时酸碱已经反应完毕，又实验中始终保持V1+V2＝60mL，所以V1为40mL，由酸碱中和关系式：2NaOH～H2SO4，分析判断；
D．A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。
【解答】解：A．图示表示的为放热反应，而为吸热反应，与图示能量变化不一致，故A错误；
B．碳的燃烧热是指1mlC完全燃烧生成气态二氧化碳放出的热量，图中C的燃烧产物是CO，不符合碳的燃烧热定义，故B错误；
C．酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2＝60mL，则V1＝20mL，V2＝40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，即横坐标为40时的温度应该最高，图象与实际反应不符，故C错误；
D．已知稳定性顺序为B＜A＜C，物质的总能量越低越稳定，则物质具有的能量B＞A＞C，图示中表示的能量变化曲线符合实际，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学图象的分析判断，主要是燃烧热、反应焓变、中和热测定等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6．（2023秋•包河区校级月考）Fe﹣空气电池可用作电动车动力来源。某Fe﹣空气电池的工作原理如图所示，下列有关此电池放电时的说法正确的是（ ）
A．碳材料为电池正极，发生氧化反应
B．当电路中转移0.4ml电子时，消耗2.24LO2
C．负极的电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣＝Fe（OH）2
D．溶液中电子由Fe电极流向碳材料电极
【答案】C
【分析】Fe﹣空气电池中，放电时Fe转化为Fe（OH）2，Fe价态升高失电子作负极，电极反应式为：Fe﹣2e﹣+2OH﹣＝Fe（OH）2，碳材料电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，据此分析解答。
【解答】解：A．碳材料电极为正极，氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B．未指明气体的状态，不能计算氧气的体积，故B错误；
C．放电时Fe转化为Fe（OH）2，Fe价态升高失电子作负极，电极反应式为：Fe﹣2e﹣+2OH﹣＝Fe（OH）2，故C正确；
D．原电池工作时，电子在外电路中流动，溶液中是离子定向移动，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查原电池的工作原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2023春•庐阳区期末）氨可用于燃料电池，氨易液化，运输和储存方便，安全性能更高。新型NH3—O2燃料电池的装置如图所示，电池工作时的总反应为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．电极a作负极
B．NH3发生还原反应
C．OH﹣向电极b方向迁移
D．当消耗2.24LO2时，电路中转移电子0.4ml
【答案】C
【分析】在电极b中NH3失去电子变为N2、H2O，根据氮元素的化合价升高可知电极1失去电子发生氧化反应，则电极b为负极；因而电极a为正极，即电极a上O2得到电子，与溶液中的H2O变为OH﹣，正极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此进行解答。
【解答】解：A．该装置为NH3—O2燃料电池，根据总反应方程式2NH3+3O2＝2N2+6H2O可知，通入氧气的a电极作正极，电极反应式为，发生还原反应，故A错误；
B．通入氨气的b电极作负极，电极反应式为，发生氧化反应，故B错误；
C．阴离子向负极移动，b电极作负极，OH﹣向电极b方向迁移，故C正确；
D．未告知气体的状态，故无法使用标准气体摩尔体积进行计算，故无法计算转移电子数，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电化学的相关知识，涉及氮及其化合物的性质，会判断电极和书写电极反应方程式，题目难度中等。
8．（2023春•庐阳区期末）下列关于原电池的叙述中，错误的是（ ）
A．原电池能将化学能转变为电能
B．原电池的负极得电子，发生还原反应
C．原电池工作时，其负极不断产生电子并经外电路流向正极
D．原电池的构成条件之一是形成闭合回路
【答案】B
【分析】原电池是将化学能转变为电能的装置，负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，原电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，电解质溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．原电池是将化学能转变为电能的装置，故A正确；
B．原电池的负极发生失电子的氧化反应，故B错误；
C．原电池在工作时，负极不断产生电子并经外电路流向正极，故C正确；
D．要形成原电池，必须形成闭合回路，电路中才能产生电流，才能对外提供电能，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池的有关知识，把握原电池工作原理即可分析判断，注意原电池中电子和离子移动方向，题目难度不大。
9．（2023春•合肥期末）普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一特点，科学家们发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的化学方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是（ ）
A．2ml Cu与1ml Ag2O的总能量低于1ml Cu2O与2ml Ag具有的总能量
B．Ag2O/Ag电极为正极
C．原理示意图中，电流沿导线从Cu流向Ag2O
D．电池工作时，OH﹣向正极移动
【答案】B
【分析】由题干可知，电动势法测水泥的初凝时间的原理，用化学方程式表示为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag，Cu由0价升高为+1价，失电子作负极，Ag由+1价降低为0价，Ag2O得电子作正极，据此作答。
【解答】解：A.原电池反应为自发进行的氧化还原反应，反应放热，2ml Cu与1ml Ag2O的总能量高于1ml Cu2O与2ml Ag具有的总能量，故A错误；
B.由分析可知，Ag2O/Ag电极为正极，故B正确；
C.原电池中。电流由正极经导线流向负极，Cu作负极，Ag2O/Ag电极为正极，故电流沿导线从Ag2O流向Cu，故C错误；
D.电池工作时，阴离子向负极移动，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度不大，注意结合化合价变化判断正负极，难点是电极反应式的书写。
10．（2024春•庐江县期中）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上发生的电极反应：O2+4H++4e﹣═2H2O
C．电路中每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S
D．每17gH2S参与反应，则有2mlH+经质子膜进入正极区
【答案】D
【分析】根据图知，该燃料电池中，a电极上H2S失电子生成S2和H+，为负极，负极反应式为2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，b电极为正极，正极上O2得电子和氢离子反应生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，质子从负极流向正极。
【解答】解：A．通过以上分析知，a电极上H2S失电子生成S2，为负极，故A正确；
B．b电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故B正确；
C．负极上H2S失电子发生氧化反应，根据反应2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S，故C正确；
D．n（H2S）＝＝0.5ml，根据2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+知，每17gH2S参与反应，有1mlH+经质子膜进入正极区，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，侧重考查分析、判断及计算能力，明确各个电极上发生的反应、电极反应式的书写方法是解本题关键，注意气体摩尔体积适用条件，题目难度不大。
11．（2024•合肥期末）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠（Na2HPO3）溶液过程中的化学变化，得到滴定过程中溶液电位E与V（HCl）的关系如图所示。已知：亚磷酸是二元弱酸，带温下其电离常数分别是（ ）
A．水的电离程度：a＞b＞d＞c
B．b点对应溶液的pH＞7
C．第二滴定终点时发生反应的平衡常数为K＝108.1
D．c点对应溶液中一定将在：c（H+）﹣c（OH﹣）＜c（H2）+2c（）
【答案】D
【分析】滴定过程中先发生的反应：Na2HPO3+HCl＝NaH2PO3+NaCl，所以第一次达到滴定终点时溶液的主要成分为：Na2HPO3和NaCl，后发生的反应：NaH2PO3+HCl＝H3PO3+NaCl，所以第二次达到滴定终点时溶液的主要成分为：NH3PO3和NaCl，据此分析。
【解答】解：A．盐酸对水的电离起抑制作用，越加盐酸抑制作用越大，水的电离程度越小，所以有水的电离程度：a＞b＞c＞d，故A错误；
B．b点是第一次达到滴定终点时，溶液的主要成分为：Na2HPO3和NaCl，其中H2的电离常数Ka2＝10﹣6.7，水解常数Kh＝＝＝10﹣12.6，可见电离程度大于水解程度，溶液显酸性，对应溶液的pH＜7，故B错误；
C．第二滴定终点时发生反应H2+H+⇌H3PO3的平衡常数为K＝＝＝101.4，故C错误；
D．c点溶液中存在电荷守恒c（H2）+2c（）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝（Na+）+c（H+），所以有c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（H2）+2c（）+c（Cl﹣）﹣（Na+），此时c（Cl﹣）＜c（Na+），所以一定存在：c（H+）﹣c（OH﹣）＜c（H2）+2c（），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
12．（2023秋•合肥月考）向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应Ag++NH3⇌[Ag（NH3）]+和[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，lg[c（M）/（ml•L﹣1）]与的关系如图所示{其中M代表Ag+、Cl﹣、[Ag（NH3）]+或[Ag（NH3）2]+}。下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅲ表示lgc{[Ag（NH3）2]+}随lgc（NH3）的变化曲线
B．随c（NH3）增大，先增大后减小
C．反应的平衡常数为10﹣5.51
D．完全溶解0.1mlAgCl，至少需要含有（0.2+100.35）ml NH3的氨水
【答案】D
【分析】起始时AgCl饱和溶液中c（Cl﹣）较小，随着氨水的不断滴加，发生反应为AgCl+NH3⇌[Ag（NH3）]++Cl﹣，[Ag（NH3）]++NH3⇌[Ag（NH3）2]+，溶液中c（Ag+）不断减小，c（Cl﹣）、c{[Ag（NH3）]+}、c{[Ag（NH3）2]+}均不断增大，继续滴加氨水时c{[Ag（NH3）2]+}增大幅度大于c{[Ag（NH3）]+}，所以图中Ⅰ表示[Ag（NH3）2]+的变化、Ⅱ表示[Ag（NH3）]+的变化，Ⅲ表示Ag+的变化、IV表示c（Cl﹣）的变化，由图可知，lgc（NH3）＝﹣1时，c（NH3）＝0.1ml•L﹣1，c（Cl﹣）＝c{[Ag（NH3）2]+}＝10﹣2.35ml/L，则反应AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣的平衡常数K＝进行计算，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，曲线Ⅲ表示lgc（Ag+）随lgc（NH3）的变化曲线，故A错误；
B．反应：AgCl+NH3⇌[Ag（NH3）]++Cl﹣的平衡常数K＝为定值，随c（NH3）增大，c{[Ag（NH3）]+}的浓度先增大，后不变，所以先减小后不变，故B错误；
C．lgc（NH3）＝﹣1时，c（NH3）＝0.1ml•L﹣1，c（Cl﹣）＝c{[Ag（NH3）2]+}＝10﹣2.35ml/L，反应AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣的平衡常数K＝＝＝10﹣2.7，故C错误；
D．0.1mlAgCl完全溶解，生成0.1mlCl﹣和0.1ml[Ag（NH3）2]+，对应反应AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣的平衡常数K＝＝＝＝10﹣2.7，解得n（NH3）＝100.35ml，即反应后溶液中余下氨气的物质的量为100.35ml，加上0.1mlAg+结合的0.2ml氨气，生成了[Ag（NH3）2]+，共需要（0.2+100.35）mlNH3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查溶解平衡的应用，把握图中离子浓度的变化为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，注意平衡常数的计算，题目难度较大。
13．（2024•蜀山区校级期末）某温度下，Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应可生成不同的沉淀。下面图1表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。图2表示Mg2+与不同pH的Na2CO3体系反应生成沉淀的情况，其中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3）[注：起始c（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1，不同pH下c（）由图1得到]。
下列说法正确的是（ ）
A．上述Na2CO3体系呈中性时，一定是10﹣3.25
B．符合c（）＞c（）＞c（H2CO3）的pH范围：6.37＜pH＜10.25
C．pH＝9，c（Mg2+）＝0.01ml•L﹣1时，溶液中只存在MgCO3和Mg（OH）2两种沉淀
D．pH＝8，c（Mg2+）＝0.1ml•L﹣1时可发生反应：Mg2++2═Mg（OH）2↓+CO2↑
【答案】D
【分析】A．由图1可知，pH＝10.25时c（）＝c（），此时H2CO3的电离平衡常数K2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25；
B．由图1可知，pH＝6.37时c（）＝c（H2CO3），此时H2CO3的电离平衡常数K1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.37，同理H2CO3的电离平衡常数K2＝×c（H+）＝10﹣10.25，K1•K2＝×c2（H+）＝10﹣16.62；
C．由图2可知，初始状态pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2的点在曲线Ⅰ下方、曲线Ⅱ上方，为Mg（OH）2的不饱和溶液、MgCO3的过饱和溶液；
D．由图1可知，pH＝8时溶液中主要含有，由图2可知，pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1时生成MgCO3沉淀、不生成Mg（OH）2沉淀。
【解答】解：A．由图1可知，pH＝10.25时c（）＝c（），此时H2CO3的电离平衡常数K2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25，但反应温度不一定是常温，溶液呈中性时c（H+）不一定为10﹣ml/L，则不一定为10﹣3.25，故A错误；
B．由图1可知，pH＝6.37时c（）＝c（H2CO3），此时H2CO3的电离平衡常数K1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.37，同理H2CO3的电离平衡常数K2＝×c（H+）＝10﹣10.25，K1•K2＝×c2（H+）＝10﹣16.62，c（）＞c（H2CO3）时c（H+）＜ml/L＝10﹣8.31ml/L，pH＞8.31，由图2可知pH＜10.25时c（）＞c（），则符合c（）＞c（）＞c（H2CO3）的pH范围：8.31＜pH＜10.25，故B错误；
C．由图2可知pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2的点曲线Ⅰ下方、曲线Ⅱ上方，为Mg（OH）2的不饱和溶液、MgCO3的过饱和溶液，即生成MgCO3沉淀、不生成Mg（OH）2沉淀，故C错误；
D．由图1可知，pH＝8时溶液中主要含有，由图2可知，pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1的点在曲线Ⅰ下方、曲线Ⅱ上方，即为Mg（OH）2的不饱和溶液、MgCO3的过饱和溶液，生成MgCO3沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++2═MgCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和综合运用能力的考查，把握溶度积常数的应用、电离平衡常数计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
14．（2024•蜀山区校级期末）已知H2A为二元弱酸。室温下，将0.1ml•L﹣1的NaOH溶液滴入20mL 0.1ml•L﹣1的H2A溶液中，随NaOH溶液的滴入，pH、pc（X）[pc（X）＝﹣lgc（X），X为H2A、HA﹣或A2﹣]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线①表示A2﹣的变化曲线
B．H2A的第二步电离平衡常数Ka2＝1×10﹣8.2
C．当V（NaOH溶液）＝20.0mL时，溶液中c（H2A）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣）
D．当pH＝7.6时，溶液中3c（HA﹣）＜c（Na+）
【答案】B
【分析】A.由于H2A为二元弱酸，随着NaOH溶液的滴入，H2A浓度逐渐减少，HA﹣、A2﹣浓度也会发生变化；
B.当pH＝7.6时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），所以Ka2＝1×10﹣7.6；
C.当V（NaOH溶液）＝20.0mL时，NaOH与H2A恰好反应生成NaHA，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），根据元素质量守恒得c（Na+）＝c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣），据此计算；
D.pH＝7.6时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），所以c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣）。
【解答】解：A.由于H2A为二元弱酸，随着NaOH溶液的滴入，H2A浓度逐渐减少，HA﹣、A2﹣浓度也会发生变化，根据图像的起点或终点可知：曲线①表示A2﹣的变化曲线，曲线②表示H2A的变化曲线，曲线③表示HA﹣的变化曲线，故A正确；
B.当pH＝7.6时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），所以Ka2＝＝c（H+）＝1×10﹣7.6，故B错误；
C.当V（NaOH溶液）＝20.0mL时，NaOH与H2A恰好反应生成NaHA，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），根据元素质量守恒得c（Na+）＝c（HA﹣）+c（H2A）+c（A2﹣），综上可得c（H2A）+c（H+）＝c（A2﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D.pH＝7.6时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+c（OH﹣）+2c（A2﹣），所以c（Na+）+c（H+）＝3c（HA﹣）+c（OH﹣），溶液呈碱性，因此3c（HA﹣）＜c（Na+），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱中和滴定、盐类水解等知识点，把握化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意离子浓度关系的分析判断，题目难度中等。
15．（2024•包河区校级模拟）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1ml•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH＝﹣lgc（OH﹣）。下列有关叙述正确的是（ ））
A．曲线③表示H3PO3
B．H3PO3的Ka1＝10﹣6.7
C．NaH2PO3溶液中：c（）＞c（H3PO3）
D．b点：c（H+）＝c（H2）+2c（）+c（OH﹣）
【答案】C
【分析】随着碱性增强，即pOH减小，H3PO3浓度减小，c（H2）先增加后减小，c（）浓度逐渐增大，即随着pOH的减小，pc（H3PO3）逐渐增大，pc（H2）先减小后增大，pc（）逐渐减小，则曲线①表示H3PO3，曲线②表示H2，曲线③表示，点a（7.3，1.3）表示当POH＝7.3时，c（H2）＝c（），此时电离平衡常数Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣14+7.3＝10﹣6.7，同理当pOH＝12.6时，c（H2）＝pc（H3PO3），电离平衡常数Ka1＝10﹣14+12.6＝10﹣1.4，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，曲线①表示H3PO3，曲线②表示H2，曲线③表示，故A正确；
B．当pOH＝12.6时，c（H2）＝pc（H3PO3），电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣14+12.6＝10﹣1.4，同理Ka2＝10﹣6.7，故B错误；
C．H2的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.6＜Ka2，则H2的水解程度小于电离程度，即c（）＞c（H3PO3），故C正确；
D．b点呈酸性，含有其他阴阳离子，则c（H+）≠c（H2）+2c（）+c（OH﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡，明确明确图象曲线所对应的物质及其性质、弱电解质的电离平衡常数的计算是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，侧重分析能力和计算能力考查，题目难度中等。
16．（2024春•包河区期末）已知反应：2Na2SO3+O2＝2Na2SO4。在291.5K时，1.0L溶液中Na2SO3初始量为10mml（1ml＝103mml），每5s记录一次溶解氧浓度，一段时间后实验结果如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中，钠离子的物质的量不断减少
B．升高温度，该反应的反应速率一定加快
C．0～40s内溶解氧浓度变化为0.25ml•L﹣1
D．反应到40s时，Na2SO3的转化率为5%
【答案】D
【分析】A．根据反应：2Na2SO3+O2＝2Na2SO4进行分析；
B．升高温度氧气的溶解度减小，溶解氧浓度减小，反应速率减慢；
C．由图知0～40s内溶解氧从9.60mg/L降低至1.60mg/L，浓度变化为＝2.5×10﹣4ml/L；
D．由C 项可知，0～40s内溶解氧的浓度变化为＝2.5×10﹣4ml/L，即消耗氧气的物质的量为2.5×10﹣4ml/L×1L＝2.5×10﹣4ml，根据化学方程式2Na2SO3+O2＝2Na2SO4可知，反应消耗的Na2SO3的物质的量为2.5×10﹣4ml×2＝5.0×10﹣4ml，则反应到40s时，Na2SO3的转化率为进行计算。
【解答】解：A．由反应：2Na2SO3+O2＝2Na2SO4，钠离子的物质的量不变，故A错误；
B．升高温度氧气的溶解度减小，溶解氧浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C．由图知0～40s内溶解氧从9.60mg/L降低至1.60mg/L，浓度变化为＝2.5×10﹣4ml/L，故C错误；
D．由C 项可知，0～40s内溶解氧的浓度变化为＝2.5×10﹣4ml/L，即消耗氧气的物质的量为2.5×10﹣4ml/L×1L＝2.5×10﹣4ml，根据化学方程式2Na2SO3+O2＝2Na2SO4可知，反应消耗的Na2SO3的物质的量为2.5×10﹣4ml×2＝5.0×10﹣4ml，则反应到40s时，Na2SO3的转化率为＝＝5%，故D正确，
故选：D。
【点评】本题主要考查了化学平衡的计算，题目难度较大，分析题给图示，结合化学方程式进行计算是解答该题的关键。
17．（2024•蜀山区校级期末）丙烯是重要的有机化工原料。一定条件下，丙烷直接脱氢制备丙烯过程中的转化率和丙烯的选择性[]随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该反应为氧化反应
B．催化剂可以降低反应的活化能，不改变反应的焓变
C．丙烯的产率小于10%
D．恒温恒容条件下，增大c（丙烷），平衡正向移动，丙烷的转化率增大
【答案】D
【分析】A.在有机物中引入氧或脱去氢的反应叫做氧化反应；
B.催化剂不改变反应的焓变；
C.丙烷直接脱氢制备丙烯的反应为CH3CH2CH3（g）→CH2＝CHCH3（g）+H2（g），假设1ml丙烷完全转化为丙烯，则丙烯的理论产量为1ml，由图可知，达到平衡时丙烷的转化率约为10%，n消耗（丙烷）＝1ml×10%＝0.1ml，丙烯的选择性小于100%，则丙烯的实际产量小于0.1ml；
D.若是恒温恒容条件下，增大c（丙烷），丙烷的转化率减小。
【解答】解：A.在有机物中引入氧或脱去氢的反应叫做氧化反应，则丙烷直接脱氢生成丙烯和氢气，该反应为氧化反应，故A正确；
B.催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不会改变反应的焓变，故B正确；
C.丙烷直接脱氢制备丙烯的反应为CH3CH2CH3（g）→CH2＝CHCH3（g）+H2（g），设1ml丙烷完全转化为丙烯，则丙烯的理论产量为1ml，由图可知，达到平衡时丙烷的转化率约为10%，n消耗（丙烷）＝1ml×10%＝0.1ml，丙烯的选择性小于100%，则丙烯的实际产量小于0.1ml，其产率小于10%，故C正确；
D.若是恒温恒容条件下，增大丙烷的浓度，平衡正向移动，但丙烷的转化率减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡和反应中的能量变化，侧重考查学生平衡移动和焓变的掌握情况，试题难度中等。
18．（2024春•包河区校级期中）一定条件下，反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的速率方程为v＝kcn（H2）•cm（Cl2），k为速率常数（只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关），m、n是反应级数，可以是整数、分数。
实验测得速率与浓度关系如表所示：
下列说法错误的是（ ）
A．n＝1，m＝0.5
B．其他条件相同，升高温度，速率常数（k）增大
C．体积不变时通入He气，压强增大，反应速率加快
D．表格中，a＝0.9
【答案】C
【分析】A.由①②可知，氢气的浓度增大一倍，速率增大一倍，可知n＝1，由②③可知氯气的浓度增大4倍，速率增大一倍，则m＝；
B.k为速率常数，与温度有关，且升高温度，速率增大；
C.体积不变时通入He气，压强增大，参加反应的气体浓度不变；
D.由①④可知，氢气的浓度增大4倍，速率增大4倍，则氯气浓度的变化使速率增大3倍。
【解答】解：A.由①②可知，氢气的浓度增大一倍，速率增大一倍，可知n＝1，由②③可知氯气的浓度增大4倍，速率增大一倍，则m＝，则v＝kc（H2），故A正确；
B.k为速率常数，与温度有关，与浓度无关，且升高温度，速率增大，则升高温度，速率常数（k）增大，故B正确；
C.体积不变时通入He气，压强增大，参加反应的气体浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D.由①④可知，氢气的浓度增大4倍，速率增大4倍，则氯气浓度的变化使速率增大3倍，由v＝kc（H2），则④中浓度为0.1ml/L×9＝0.9ml/L，即a＝0.9，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、速率影响因素、浓度的变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。
19．（2024春•蜀山区校级期中）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述正确的是（ ）
A．若甲实验中产生气泡的速率①＞②，则说明Fe3+比Cu2+对H2O2的分解催化效果好
B．使用氯化铁后双氧水分解速率加快，水和氧气化合成双氧水速率减慢
C．用图乙所示装置测定生成氧气的速率，可用秒表测定产生相同体积的氧气需要的时间
D．为检查乙装置的气密性，可关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞不能回到原位，说明气密性良好
【答案】C
【分析】A．甲实验中，Fe3+与Cu2+、Cl﹣与对H2O2的分解可能都会起到催化效果；
B．双氧水分解后，生成的水和氧气不能再化合成双氧水；
C．由图可知，可用秒表测定产生相同体积的氧气需要的时间，时间越短，反应速率越快；
D．观察活塞不能回到原位，说明气密性不好。
【解答】解：A．甲实验中，滴加的试剂量相同，但阴离子和阳离子不同，若产生气泡的速率①＞②，无法说明Fe3+比Cu2+对H2O2的分解催化效果好，也可能是Cl﹣比对H2O2的分解催化效果好，故A错误；
B．使用氯化铁后双氧水分解速率加快，但水和氧气不能化合成双氧水，故B错误；
C．用图乙所示装置测定生成氧气的速率，可用秒表测定产生相同体积的氧气需要的时间，时间越短，反应速率越快，故C正确；
D．为检查乙装置的气密性，可关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞不能回到原位，说明气密性不好，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学反应速率的影响因素，同时考查学生的比较分析能力，对学生的比较思维要求较高，属于基本知识的考查，难度中等。
20．（2024春•蜀山区校级期中）为更精确地研究浓度对反应速率的影响，小组同学利用压强传感器等数字化实验设备，探究镁与不同浓度硫酸的反应速率，两组实验所用药品如表：
实验结果如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．实验Ⅰ对应图中曲线a，曲线的斜率大，反应速率快
B．随着反应的不断进行。化学反应速率减慢，原因是硫酸浓度变小
C．实验Ⅱ对应曲线可知，反应开始阶段，反应速率不断加快，可能是反应放热温度升高
D．向实验Ⅱ中滴加少量硫酸铜溶液，产生氢气速率加快，最终生成氢气的体积相同
【答案】D
【分析】A．其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快；
B．反应物浓度越大，反应速率越大；
C．温度越高，反应速率越快；
D．向实验Ⅱ中滴加少量硫酸铜溶液，生成铜单质，与镁形成原电池，加快反应速率，产生氢气速率加快，镁的质量减少。
【解答】解：A．实验Ⅰ中盐酸的浓度是实验Ⅱ中盐酸浓度的2倍，则实验Ⅰ生成H2的速率较快，单位时间内反应体系的气体压强变化程度大，即图中曲线a是实验Ⅰ的压强变化曲线，曲线b是实验Ⅱ的压强变化曲线，曲线的斜率大，变化速率快，反应速率快，故A正确；
B．反应物浓度越大，反应速率越大，随着反应的不断进行，化学反应速率减慢，原因是硫酸浓度变小，故B正确；
C．温度越高，反应速率越快，实验Ⅱ对应曲线可知，反应开始阶段，反应速率不断加快，可能是反应放热温度升高，故C正确；
D．向实验Ⅱ中滴加少量硫酸铜溶液，生成铜单质，与镁形成原电池，加快反应速率，产生氢气速率加快，镁的质量减少，最终生成氢气的体积减少，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率及其影响因素，把握浓度对反应速率的影响、图象信息分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意控制变量法在实验探究中的应用，题目难度不大。
二．解答题（共4小题）
21．（2023春•合肥期中）Ⅰ．化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。
（1）下列变化属于放热反应的是 ace （填序号）。
a．生石灰溶于水
b．氢氧化钠固体溶于水
c．氢气与氯气化合
d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌
e．过氧化钠溶于水
（2）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系
据此判断下列说法中正确的是 c （填序号）。
a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧释放的热量相同
b．白磷和红磷互为同素异形体，相同条件下白磷比红磷稳定
c．1mlN2（g）和1mlO2（g）具有的总能量小于2mlNO（g）具有的总能量
Ⅱ．如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：
（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液时，正极的电极反应式为 Cu2++2e﹣＝Cu 。若初始时两电极质量相等，当电路中有2mle﹣通过时，两极的质量差为 129 g。
（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，该电池的负极反应式为 Al﹣3e﹣+4OH﹣＝+2H2O 。当反应中收集到标准状况下336mL气体时，消耗负极的物质的量为 0.01 ml。
【答案】（1）ace；
（2）c；
（3）Cu2++2e﹣＝Cu；129；
（4）Al﹣3e﹣+4OH﹣＝+2H2O；0.01。
【分析】（1）常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
（2）a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石燃烧释放的热量大于石墨燃烧释放的热量；
b．白磷和红磷互为同素异形体，根据能量越低越稳定；
c．1ml N2（g）和1ml O2（g）的总键能大于2ml NO（g）的总键能，因此1ml N2（g）和1ml O2（g）具有的总能量小于2ml NO（g）具有的总能量；
（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液时，锌失去电子，作负极，Cu为正极，则正极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu。若初始时两电极质量相等，当电路中有2ml e﹣通过时，则负极有1ml锌溶解，正极得到1ml铜单质据此可以算出质量差；
（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，因此Al为负极，其电极反应式为Al−3e﹣+4OH﹣＝+2H2O。当反应中收集到标准状况下336mL气体（物质的量为0.015ml）时，根据关系式2Al～3H2进行计算。
【解答】解：（1）a．生石灰溶于水，反应生成氢氧化钙，是放热反应，故a正确；
b．氢氧化钠固体溶于水是放热过程，故b错误；
c．氢气与氯气化合反应生成氯化氢，是放热反应，故c正确；
d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌是吸热反应，故d错误；
e．过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠和氧气，是放热反应，故e正确；
故答案为：ace。
（2）a．等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石燃烧释放的热量大于石墨燃烧释放的热量，故a错误；
b．白磷和红磷互为同素异形体，根据能量越低越稳定，则相同条件下红磷比白磷稳定，故b错误；
c．1ml N2（g）和1ml O2（g）的总键能大于2ml NO（g）的总键能，因此1ml N2（g）和1ml O2（g）具有的总能量小于2ml NO（g）具有的总能量，故c正确；
故答案为：c。
（3）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液时，锌失去电子，作负极，Cu为正极，则正极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu。若初始时两电极质量相等，当电路中有2ml e﹣通过时，则负极有1ml锌溶解，正极得到1ml铜单质，则两极的质量差为1ml×65g•ml−1+1ml×64g•ml−1＝12.9g，
故答案为：Cu2++2e﹣＝Cu；129；
（4）当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，因此Al为负极，其电极反应式为Al−3e﹣+4OH﹣＝+2H2O。当反应中收集到标准状况下336mL气体（物质的量为0.015ml）时，根据关系式2Al～3H2，则消耗负极的物质的量为0.01ml，
故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣＝+2H2O；0.01。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应中的能量变化以及原电池等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握原电池的工作原理以及电极方程式的书写，题目难度中等。
22．（2022秋•庐江县期末）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 c（Na+）＞c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣）＞c（H+） 。
（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lg的是曲线 Ⅰ （填“I”或“II”），亚磷酸（H3PO3）的Kal＝_ 10﹣1.4 。
（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）＝ 1.98×10﹣6ml/L （写出最终计算结果，不能近似计算）。
（4）常温时，向100mL0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1ml•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 H++OH﹣＝H2O 。
②图中a、b、c、d点中水的电离程度最小的是 d 。
（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 可能是强酸可能是弱酸 （选择填入：强酸；弱酸；可能是强酸可能是弱酸）
【答案】（1）c（Na+）＞c（HPO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2PO3﹣）＞c（H+）；
（2）Ⅰ；10﹣1.4；
（3）1.98×10﹣6ml/L；
（4）①H++OH﹣＝H2O；
②d；
（5）可能是强酸可能是弱酸。
【分析】（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＝，Ka2＝，则lg＝lg，lg＝lg，图中关系可表示为：pH＝lg﹣1gKa1，pH＝lg﹣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 0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1ml•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。
【解答】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（OH﹣），因此溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）＞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＝，Ka2＝，则lg＝lg，lg＝lg，图中关系可表示为：pH＝lg﹣1gKa1，pH＝lg﹣lgKa2，当lg或lg＝0时，对应pH分别为﹣1gKa1、﹣1gKa2，由于Ka1＞Ka2，图中曲线Ⅱ表示lg，曲线I表示lg；当溶液中lg＝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﹣）＝2×10﹣6ml/L﹣2×10﹣8ml/L＝1.98×10﹣6ml/L，
故答案为：1.98×10﹣6ml/L；
（4）①向100mL 0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1ml•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。
【点评】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。
23．（2022秋•蜀山区校级月考）Ⅰ．磷能形成多种含氧酸。
（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子。
①写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式： NaH2PO2 。
②常温下，0.25ml/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数值一定变小的是 AB （填标号）。
A．c（H+）
B．
C．
（2）亚磷酸（H3PO3）是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1＝5.0×10﹣2、K2＝2.6×10﹣7。试从电离平衡移动的角度解释K1、K2数据的差异： H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用 。
（3）①25℃时，HF的电离常数为K＝3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为K1＝7.5×10﹣3，K2＝6.2×10﹣8，K3＝4.4×10﹣13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为 F﹣+H3PO4＝HF+H2PO4﹣ 。
②已知：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ⋅ml﹣1，则0.1ml/LH3PO4溶液与足量0.1ml/LNaOH溶液反应生成1mlH2O（l）放出的热量为 B （填标号）。
A．＝57.3kJ
B．＜57.3kJ
C．＞57.3kJ
D．无法确定
Ⅱ．25℃时：N2H4+H2O⇌N2H5+OH﹣，K1＝10﹣a；N2H5+H2O⇌N2H62++OH﹣，K2＝10﹣b。
（4）25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），应控制溶液中c（OH﹣）的范围为 10﹣bml•L﹣1＜c（OH﹣）＜10﹣aml•L﹣1 （用含a、b式子表示）。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①向10mLH3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2﹣、OH﹣两种阴离子，说明次磷酸为一元酸；
②常温下，0.25ml/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中促进H3PO2电离，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）、c（H2PO2﹣）、c（H3PO2）都减小，温度不变，电离平衡常数不变；
（2）多元弱酸中，一级电离出的氢离子会抑制二级电离；
（3）①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
②弱电解质电离吸热；
（4）N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣K1＝1×10﹣a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b，可知K1＝＝1×10﹣a，K2＝＝1×10﹣b，结合平衡常数计算。
【解答】解：（1）①次磷酸为一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式为NaH2PO2，
故答案为：NaH2PO2；
②A．加水，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大程度更大，故c（H+）减小，故A正确；
B．加水，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，H3PO2的物质的量减小，＝减小，故B正确；
C．＝K（H3PO2），温度不变，K（H3PO2）不变，故C错误；
故答案为：AB；
（2）K1、K2数据的差异原因是H3PO3第一步电离出的氢离子对第二步电离起到了抑制的作用，
故答案为：H3PO3第一步电离出的H+对第二步电离起到抑制作用；
（3）①25℃时，HF的电离常数为K＝3.6×10﹣4；H3PO4的电离常数为K1＝7.5×10﹣3，K2＝6.2×10﹣8，K＝4.4×10﹣13，则酸性H3PO4＞HF＞H2PO4﹣，足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为F﹣+H3PO4＝HF+H2PO4﹣，
故答案为：F﹣+H3PO4＝HF+H2PO4﹣；
②H3PO4电离过程吸热，则0.1ml/LH3PO4溶液与足量0.1ml/LNaOH溶液反应生成1mlH2O（1）放出的热量＜57.3kJ，
故答案为：B；
（4）N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣K1＝1×10﹣a；N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣K2＝1×10﹣b，可知K1＝＝1×10﹣a，K2＝＝1×10﹣b，欲使c（N2H5+）＞c（N2H4），同时c（N2H5+）＞c（N2H62+），则1×10﹣b＜c（OH﹣）＜1×10﹣a，
故答案为：10﹣bml•L﹣1＜c（OH﹣）＜10﹣aml•L﹣1。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键，注意结合电离平衡常数进行计算。
24．（2024•庐阳区校级模拟）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。
（1）CO2催化加氢制备乙醇的反应为2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（l）+3H2O（l）。
①若要计算上述反应的ΔH，须查阅的两个数据是C2H5OH（l）的燃烧热和 H2的燃烧热 。
②在恒容、绝热密闭容器中，对CO2催化加氢制乙醇反应体系说法不正确的是 A 。（填序号）
A．增大原料气中的比例，有利于提高CO2的转化率
B．若反应体系的温度保持不变，说明反应体系已达平衡
C．CO2催化加氢制乙醇，可以资源化转化二氧化碳，有助于碳中和
③一定条件下，向Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1L的恒容密闭容器中均充入1ml CO2（g）和3ml H2（g），在不同温度下发生2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）反应。反应5min，测得各容器内CO2的物质的量如图所示：图中 Ⅲ （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）一定是平衡状态点。5min后，向容器Ⅲ中再充入1ml CO2（g）和1ml H2O（g），此时v逆 ＞ v正（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应：
反应Ⅰ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣23.6kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOC2H5（g）+2CH3OH（g）ΔH＝﹣22.6kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH＝+44.2kJ•ml﹣1
在其他条件不变时，将n起始（H2）：n起始（CH3COOCH3）＝8：1的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性[S（C2H5OH）＝×100%]、CH3COOC2H5选择性[S（CH3COOC2H5）＝×100%]随温度的变化如图所示。
①若某温度下，在体积为2L的密闭容器中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3•h﹣1（已换算为标准状况）CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为 6.67 ml•L﹣1•min﹣1（保留三位有效数字）。CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是 若流速过快，乙酸甲酯不能与催化剂充分接触，导致反应不能充分进行，乙酸甲酯的转化率减小 。
②180～200℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是 温度升高与催化剂活性增强导致反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率加快 。
（3）T℃时，在刚性密闭容器内通入1ml CH3COOCH3和2ml H2，初始压强为P0MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时CH3COOCH3的转化率为50.0%，且C2H5OH选择性也为50.0%，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ p0 MPa﹣1。
【答案】（1）①H2的燃烧热；
②A；
③Ⅲ；＞；
（2）①6.67；若流速过快，乙酸甲酯不能与催化剂充分接触，导致反应不能充分进行，乙酸甲酯的转化率减小；
②温度升高与催化剂活性增强导致反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率加快；
（3）p0。
【分析】（1）①燃烧热是在101 kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水；
②A．增大原料气中的比例相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动；
B．在恒容、绝热密闭容器中反应时，体系的温度会因为反应发生而发生变化，则反应体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡；
C．二氧化碳催化加氢制乙醇可以资源化转化二氧化碳，有利于减少二氧化碳的排放；
③温度升高，反应速率加快，反应物二氧化碳的消耗物质的量减小越大，二氧化碳的物质的量越小，由图可知，Ⅲ点二氧化碳的物质的量大于Ⅰ、Ⅱ，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量增大，所以图中Ⅲ点一定是平衡状态点；由图可知，Ⅲ点二氧化碳的物质的量为0.7ml，由题意可建立如下三段式：
2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）（单位：ml）
开始 1 3 0 0
变化 0.3 0.9 0.15 0.45
平衡 0.7 2.1 0.15 0.45
由三段式数据可知，反应的平衡常数K＝，5min后，向容器Ⅲ中再充入1ml二氧化碳和1ml水蒸气，反应的浓度熵Q c ＝＞K；
（2）①设时间为1h，由图可知，乙酸甲酯的起始物质的量为＝103ml，乙酸甲酯的转化率为80%，则乙酸甲酯的反应速率为≈6.67 ml/（L•min），若流速过快，乙酸甲酯不能与催化剂充分接触；
②催化剂的活性越大，反应速率越快，180～200℃范围内，乙酸甲酯转化率随温度升高而迅速增大说明温度升高，使得催化剂的活性增强，导致反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率加快；
（3）由题给数据可建立如下三段式：
CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）（单位：ml）
开始 1 2 0 0
变化 0.25 0.5 0.25 0.25
平衡 0.5 1.25 0.25 0.5
2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOC2H5（g）+2CH3OH（g）（单位：ml）
开始 0.75 1.5 0 0.25
变化 0.25 0.25 0.125 0.25
平衡 0.5 1.25 0.125 0.5
由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时混合气体的压强为pMPa，则反应Ⅰ的平衡常数K p ═。
【解答】解：（1）①燃烧热是在101 kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧生成水、乙醇燃烧生成二氧化碳和水，若要计算2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（l）+3H2O（l）的ΔH，则须查阅的两个数据是C2H5OH（l）的燃烧热和H2的燃烧热，
故答案为：H2的燃烧热；
②A．增大原料气中的比例相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故A错误；
B．在恒容、绝热密闭容器中反应时，体系的温度会因为反应发生而发生变化，则反应体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．二氧化碳催化加氢制乙醇可以资源化转化二氧化碳，有利于减少二氧化碳的排放，有助于碳中和的实现，故C正确；
故答案为：A；
③温度升高，反应速率加快，反应物二氧化碳的消耗物质的量减小越大，二氧化碳的物质的量越小，由图可知，Ⅲ点二氧化碳的物质的量大于Ⅰ、Ⅱ，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量增大，所以图中Ⅲ点一定是平衡状态点；由图可知，Ⅲ点二氧化碳的物质的量为0.7ml，由题意可建立如下三段式：
2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）（单位：ml）
开始 1 3 0 0
变化 0.3 0.9 0.15 0.45
平衡 0.7 2.1 0.15 0.45
由三段式数据可知，反应的平衡常数K＝，5min后，向容器Ⅲ中再充入1ml二氧化碳和1ml水蒸气，反应的浓度熵Q c ＝＞K，则平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，
故答案为：Ⅲ；＞；
（2）①设时间为1h，由图可知，乙酸甲酯的起始物质的量为＝103ml，乙酸甲酯的转化率为80%，则乙酸甲酯的反应速率为≈6.67 ml/（L•min），若流速过快，乙酸甲酯不能与催化剂充分接触，导致反应不能充分进行，乙酸甲酯的转化率减小，
故答案为：6.67；若流速过快，乙酸甲酯不能与催化剂充分接触，导致反应不能充分进行，乙酸甲酯的转化率减小；
②催化剂的活性越大，反应速率越快，180～200℃范围内，乙酸甲酯转化率随温度升高而迅速增大说明温度升高，使得催化剂的活性增强，导致反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率加快，消耗乙酸甲酯的物质的量增大，
故答案为：温度升高与催化剂活性增强导致反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率加快；
（3）由题给数据可建立如下三段式：
CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）（单位：ml）
开始 1 2 0 0
变化 0.25 0.5 0.25 0.25
平衡 0.5 1.25 0.25 0.5
2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOC2H5（g）+2CH3OH（g）（单位：ml）
开始 0.75 1.5 0 0.25
变化 0.25 0.25 0.125 0.25
平衡 0.5 1.25 0.125 0.5
由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时混合气体的压强为pMPa，则反应Ⅰ的平衡常数K p ═＝p0MPa−1，
故答案为：p0。
实验
c（H2）/（ml•L﹣1）
c（Cl2）/（ml•L﹣1）
速率
①
0.10
0.10
v
②
0.20
0.10
2v
③
0.20
0.40
4v
④
0.40
a
12v
序号
镁条的质量/g
硫酸
物质的量浓度（ml/L）
体积/mL
Ⅰ
0.01
1.0
2
Ⅱ
0.01
0.5
2
实验
c（H2）/（ml•L﹣1）
c（Cl2）/（ml•L﹣1）
速率
①
0.10
0.10
v
②
0.20
0.10
2v
③
0.20
0.40
4v
④
0.40
a
12v
序号
镁条的质量/g
硫酸
物质的量浓度（ml/L）
体积/mL
Ⅰ
0.01
1.0
2
Ⅱ
0.01
0.5
2