1、四川省自贡市田家炳中学2019-2020学年高二化学下学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：C12 H1 O16 Fe56第卷(选择题，满分60分)一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分)1.化学与人类生活、生产密切相关。下列说法正确的是A. 大力发展火力发电，解决当前电力紧张问题B. 天然药物无任何毒副作用，可放心服用C. 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀D. 维生素C具有还原性，所以用作食品抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】A火力发电主要利用燃煤产生电能，煤属于非再生能源，且火力发电能排放有害物质，故不可大力发展火力发电，故A错误；B“是药三分毒”天
2、然药物也有副作用，不可长期服用，故B错误；C在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块，铁和铜在海水中形成原电池反应，铁做负极，钢铁闸门腐蚀速率更快，故C错误；D维生素C具有还原性，可防止食品被氧化，常用作食品抗氧化剂，故D正确；答案选D。2.下列说法不正确的是A. 汽油、沼气、电能都是二次能源B. 1 mol 碳和3 mol 碳的燃烧热相等C. 共价化合物可以电解质，离子化合物也可以是非电解质D. 吸热反应可以自发进行【答案】C【解析】【详解】A由一次能源直接或间接转化而来的能源是二次能源，电能、汽油、沼气都是由一次能源转化而来的能源，属于二次能源，故A正确；B燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成
3、稳定氧化物时所放出的热量，与量的多少无关，因此1 mol 碳和3 mol 碳的燃烧热相等，故B正确；C氯化氢是共价化合物，溶于水能够完全电离，是强电解质，因此共价化合物可以是电解质；但离子化合物都是电解质，不可能是非电解质，故C错误；D化学反应能否自发进行的判据是：H-TS0，吸热反应也可能自发进行，故D正确；答案选C。3.已知：(1) H2(g)1/2O2 (g)H2O(g)；H1 =a kJ/mol(2) 2H2 (g)O2 (g)2H2O(g)；H2 = b kJ/mol(3) H2 (g)1/2O2 (g)H2O(l)；H3 = c kJ/mol(4) 2H2 (g)O2 (g)2H2
4、O(l)；H4 = d kJ/mol则a、b、c、d的关系正确的是A. ac0B. bd0C. 2a=b0D. 2c=d0【答案】C【解析】【详解】氢气的燃烧是放热反应，所以焓变是负值，所以a、b、c、d都是小于零的值；方程式的系数(2)是(1)的2倍，(4)是(3)的2倍，所以2a=b0，2c=d0；氢气燃烧生成的水从液态变为气态会吸收热，即生成气态水放出的热量要少，所以ca0，db0，综上所述答案为C。4.某学生欲完成2HCl2Ag=2AgClH2反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】通常情况下HCl与Ag的置换反应不能发生，而通过电
5、解可实施2HCl2Ag=2AgClH2，电解时，银失去电子被氧化，氢离子得到电子被还原，因此金属银作电解池的阳极，电解质溶液选盐酸，C符合；答案选C。5. 对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反应速率的关系可知( )A. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动B. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化C. 正反应进行的程度大，正反应速率一定大D. 改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动【答案】B【解析】【详解】A项，化学反应速率变化时，化学平衡不一定发生移动，如使用催化剂化学反应速率变化，但化学平衡不移动，A项错误；B项，只有改变条件使正、逆反应速率不相等，化学平衡才会发生移动，
6、故化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化，B项正确；C项，反应进行的程度与化学反应速率没有必然的联系，C项错误；D项，改变压强对没有气体参与的反应，化学反应速率不改变，改变压强对反应前后气体化学计量数之和相等的反应，平衡不移动，D项错误；答案选B。6.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A. 已知2SO2(g)O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，则金刚石比石墨稳定C. 已知H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJD. 在25、101kPa时，
7、已知C(s)O2(g)=CO2(g) H，则C的燃烧热为-H【答案】D【解析】【详解】A由于2SO2(g)O2(g)=2SO3(g)是放热反应，说明2mol二氧化硫和1mol氧气能量之和高于2mol三氧化硫的能量，不能确定二氧化硫能量与三氧化硫能量的关系，故A错误；B已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，表明反应为吸热反应，则石墨的能量小于金刚石，则金刚石不如石墨稳定，故B错误；C在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，如醋酸是弱酸，没有完全电离，醋酸电离需要吸热，所以1molNaOH与醋酸中和放热小于57.3 kJ，故C错误；D在25、101kPa时，已知C(s)
8、O2(g)=CO2(g)为放热反应，H0，则C的燃烧热为-H，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意中和热概念的理解，当酸或碱不是强电解质时，或者酸或碱的浓度很大时，中和热都不一定是57.3 kJmol1，如浓硫酸与氢氧化钠的反应、醋酸与氢氧化钠的反应等。7.已知下列反应的平衡常数：H2(g)S(s) H2S(g)，K1；S(s)O2(g) SO2(g)，K2；则反应H2(g)SO2(g) O2(g)H2S(g)的平衡常数是A. K1K2B. K1K2C. K1K2D. K1/K2【答案】D【解析】【详解】H2(g)+S(s) H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)
9、SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g) O2(g)+H2S(g)的平衡常数K=，故选D。【点睛】解答本题的关键是正确书写平衡常数表达式，需要注意的是平衡常数及其单位与化学计量数有关。8.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡HIn(aq，红色) H(aq)+ In(aq，黄色)故可作酸碱指示剂。浓度为0.02mol/L的下列溶液： 盐酸 石灰水 NaCl溶液 NaHSO4溶液 NaHCO3溶液 氨水，其中能使指示剂显红色的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】能使指示剂显红色，应使电离平衡HIn(aq，红色) H(aq)+ In(aq，黄色)逆向移动，据此分
10、析解答。【详解】能使指示剂显红色，应使电离平衡HIn(aq，红色) H(aq)+ In(aq，黄色)逆向移动，所以加入溶液应呈酸性，为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，为中性溶液，平衡不移动，故选C。9.下列化学实验的叙述正确的是A. 用待测液润洗滴定用的锥形瓶B. 测溶液pH值时，先将pH试纸润湿C. 用量筒量取5.20mL液体D. 中和热的测定实验中，每组实验至少三次使用温度计【答案】D【解析】【详解】A锥形瓶用待测液润洗，会造成待测液的物质的量增多，导致消耗的标准液的体积偏大，影响测定结果，故A错误；BpH试纸润湿，相当于对溶液进行了稀释，因此会
11、造成溶液pH的误差(中性溶液无影响)，故B错误；C量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取5.20mL液体，故C错误；D中和反应之前，分别记录酸溶液和碱溶液的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，每组实验至少3次使用温度计，故D正确；答案选D。10.在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而且c(Mg2+)不变，可采取的措施是：A. 加MgCl2B. 加H2OC. 加NaOHD. 加HCl【答案】B【解析】【详解】A、加入氯化镁，镁离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，氢
12、氧化镁的固体增加，不符合题意；B、加水，氢氧化镁固体溶解，但溶液仍为饱和溶液，镁离子浓度不变，符合题意；C、加入氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，氢氧化镁固体增加，镁离子浓度减小，不符合题意；D、加入氯化氢，氢氧根离子浓度减小，溶解平衡正向移动，氢氧化镁固体减小，但镁离子浓度增加，不符合题意。答案选B。11.已知：H2O(g)=H2O(l) HQ1 kJmol1C2H5OH(g)=C2H5OH(l)HQ2 kJmol1C2H5OH(g)3O2(g)=2CO2(g)3H2O(g)HQ3 kJmol1若使46 g液体酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为A. (3Q1Q2Q3)
13、 kJB. 0.5(Q1Q2Q3) kJC. (0.5Q11.5Q20.5Q3) kJD. (Q1Q2Q3) kJ【答案】A【解析】【分析】根据盖斯定律，利用已知的反应计算出C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)的反应热H，利用乙醇的物质的量与反应放出的热量成正比来解答。【详解】H2O(g)H2O(l)H1=Q1kJmol-1，C2H5OH(g)C2H5OH(l)H2=Q2kJmol-1，C2H5OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)H3=Q3kJmol-1，根据盖斯定律，3+-得C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)，故H=(3
14、Q1+Q3-Q2)kJ/mol，该反应为放热反应，H=(3Q1+Q3-Q2)kJ/mol0；46g液体酒精的物质的量为=1mol，故1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为-(3Q1 +Q3-Q2) kJ，故选A。【点睛】解答本题需要注意Q的正负，题中三个过程均为放热过程，因此Q1、Q2、Q3均小于0，而反应放出的热量为正值。12.将0.1mol/L CH3COOH溶液加入水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起A. 溶液中pH增大B. CH3COOH的电离程度变大C. 溶液的导电能力减弱D. CH3COO的浓度变小【答案】A【解析】【分析】CH3COOH溶液中存在电离平衡
15、CH3COOH CH3COO-+ H+，加水稀释，平衡向正反应方向移动；加入少量CH3COONa晶体时，平衡向逆反应方向移动，据此分析解答。【详解】ACH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的pH增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，c(H+)减小，溶液的pH增大，故A正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，醋酸的电离程度增大；加入少量CH3COONa晶体，平衡向逆反应方向移动，醋酸的电离程度减小，故B错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱；加入少量CH3COONa晶体，离子浓度增大，溶液的导电
16、能力增强，故C错误；DCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，促进醋酸电离，但溶液中CH3COO浓度减小；加入少量CH3COONa晶体，CH3COO浓度增大，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，CH3COOH溶液加水稀释，尽管平衡向正反应方向移动，但溶液中的主要微粒浓度均会减小，根据水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度会增大。13.金属镍有广泛的有途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2+Ni2+Cu2+）（ ）A. 阳极发生还原反应，电极反应式：Ni2+2e-=NiB.
17、电解后，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C. 电解后，溶液中存在的金属离子只有Fe2+和Zn2+D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt【答案】D【解析】【详解】A阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；B阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；C电解后溶液中还有Ni2+，C错误；DPt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正确；答案选D。14.在25时，在浓度为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）
18、2CO3、（NH4）2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是A. a=b=cB. abcC. acbD. cab【答案】D【解析】【分析】根据外界条件对铵根离子水解平衡的影响分析解答。【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的水解对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4的浓度的大小关系是cab，答案选D。15.现有pH=a和pH=b的两种强碱溶液，已知b=a+2，将两种溶液等体积混合后，所得溶液的
19、pH接近于A. a1g2B. b1g2C. a+1g2D. b+1g2【答案】B【解析】【详解】pH=a和pH=b的两种强碱溶液，已知b=a+2，说明pH=b的强碱溶液中c（OH-）为pH=a的强碱溶液中c（OH-）的100倍，因为两溶液等体积混合，所以体积变为原来的2倍，c(OH-)=0.510-(12-a)，则混合溶液中c(H+)=210-(a+2)=210-b，所以pH近似为b-lg2，故选B。【点睛】解答本题主要是掌握pH的计算方法，对于强碱和强碱混合后，首先计算混合后氢氧根离子浓度，再根据Kw=c(H+)c(OH-)，计算氢离子浓度，最后根据pH=-lgc(H+)求pH。16.某温度
20、时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是A. 加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B. 通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C. d点无BaSO4沉淀生成D. a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析】【详解】A项，增大SO42浓度，抑制硫酸钡的溶解，但溶液仍然是饱和溶液，不可能变成b点，A不正确；B项，在蒸发过程中，Ba2+、SO42浓度都增大，B不正确；C项，d点溶液中c（Ba2+）c（SO42-）Ksp（BaSO4），溶液没有达到饱和，所以不可能生成沉淀，C正确；D项，溶度积常数只与温度有关系，a和c两点对应的温度是相同的，所以溶度积常数相同，D不正确；答
21、案选C。17.在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/molL10.10.20平衡浓度/molL10.050.050.1下列说法错误的是A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%B. 反应可表示为X3Y 2Z，其平衡常数为1600C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D. 升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应【答案】C【解析】【分析】本题主要考查化学反应中物质的浓度变化与化学计量数关系。A.转化率=，根据表格信息得出结论即可；B.由表格中数据求出各物质的浓度变化比例，得出化学方程式；C.平衡常数只与温度有关；D.温度升高，吸热方向化
22、学平衡常数增大。【详解】A.达到平衡时，X的转化率为=50%，正确；B.由表可知，X、Y作为反应物，Z作为生成物，、，由此可知该反应X、Y、Z的系数比为1:3:2，即反应可表示为X3Y2Z，故B正确；C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由B项可知，该反应正向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，而化学平衡常数只与温度有关，改变压强对平衡常数无影响，错误；D.升高温度，平衡向吸热方向移动，若升高温度平衡常数增大，则说明向正向移动，即正向为吸热反应，正确。18.在两个绝热恒容的密闭容器中分别进行下列两个可逆反应：甲：C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)；乙：CO(g)H2O(g) C
23、O2(g)H2(g)现有下列状态：混合气体平均相对分子质量不再改变气体的总物质的量不再改变 各气体组成浓度相等 反应体系中温度保持不变 断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍 混合气体密度不变其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，混合气体平均相对分子质量始终不变，所以平均相对分子质量不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故错误；乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，气体的总物质的量始终不变，所以气体的总物质的量不变无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度是否不变，无法
24、证明达到了平衡状态，故错误；因为为绝热容器，反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，所以混合气体密度不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故错误；能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的有，故选B。19.在一定温度下，向一容积固定的密闭容器中充入2mol X，发生反应X(g) Y(g)+Z(g)，使反应达到平衡，X的转化率为a。若在相同温度下，向其中加入1mol X，当反应平衡后，X的转化率为b。则a和b的关系是A
25、abB. a=2bC. abD. a=b【答案】C【解析】【详解】在一定温度下，向一个容积固定的密闭容器中充入2molX气体，发生反应X(g)Y(g)+Z(g)，反应达到平衡，X的转化率为a。在相同温度下，向其中加入1mol X，相当于减小压强，而减小压强，平衡正向移动，X的转化率增大，因此ab，故选C。20.在0.1mol/L NaHSO3溶液中，下列粒子浓度关系式不正确的是A. c(Na+)c(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)B. c(H+)+c(SO32)=c(OH-)+c(H2SO3)C. c(Na+)=c(SO32)+ c(H2SO3)+c(HSO3)D. c(H+)+c(N
26、a+) =c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)【答案】B【解析】【分析】0.1mol/L NaHSO3溶液中HSO3-的水解程度小于电离程度，溶液显酸性，结合三大守恒分析判断。【详解】ANaHSO3溶液中HSO3-的水解程度小于电离程度，但电离和水解程度均较小，因此c(Na+)c(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)，故A正确；B根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+) =c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)，根据物料守恒有c(Na+)=c(SO32)+ c(H2SO3)+c(HSO3)，二者处理得质子守恒：c(H+)+c(H2SO3) =c(OH-)+c(SO32)，故B错
27、误；C根据物料守恒有c(Na+)=c(SO32)+ c(H2SO3)+c(HSO3)，故C正确；D根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+) =c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)，故D正确；答案选B。第卷(非选择题，满分40分)二、填空题(三个小题，每空2分，共40分)21.某研究性学习小组将下列装置如图连接，E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试回答下列问题：（1）电源A极的名称是_，丁中_（填“X”或“Y”）极颜色会加深。（2）欲用丙装置给铜镀银，H应该是_，电镀液的主要成分是_(填化学式)。（3）如果收集乙装置中产生的气体，相同条件下两种
28、气体的体积比是_。（4）甲装置为使用过的铅蓄电池，充电后电极D应与用电器的_（填“正”或“负”）极连接，电极C上的电极反应式为_。【答案】 (1). 正极 (2). Y (3). Cu (4). AgNO3 (5). 1:1 (6). 负 (7). PbSO4 - 2e+ 2H2O = PbO2 + SO42+ 4H【解析】【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH-，则F为阴极，因此电源的A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，结合电解原理和胶体的电泳分析解答。【详解】根据上述分析，A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H
29、、Y为阴极。(1)A是电源的正极，B是电源的负极；根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的胶体粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为正极；Y；(2)给铜镀银，应该选用金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的硝酸银溶液作电解质溶液，即H为纯铜，电镀液的主要成分是AgNO3，故答案为Cu；AgNO3；(3)电解饱和食盐水的原理是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，相同条件下，产生的氢气和氯气体积比为11，故答案为11；(4)甲装置为使用过的铅蓄电池，充电后电极D为负极，使用时应与用电器的负极连接，电极C为阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4 - 2
30、e+ 2H2O = PbO2 + SO42+ 4H，故答案为负；PbSO4 - 2e+ 2H2O = PbO2 + SO42+ 4H。【点睛】正确判断正负极及阴阳极是解本题关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意第一空格是“充电后”，表示的是原电池；第二空格是题中的电解池。22.(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为_。(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式为：，为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温
31、度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间/s012345c(NO)/ molL-11.0010-34.5010-42.5010-41.5010-41.0010-41.0010-4c(CO)/molL-13.6010-33.0510-32.8510-32.7510-32.7010-32.7010-3请回答下列问题：前2s内的平均反应速率(N2)_；上述条件下，该反应平衡常数为_；上述条件下，测得某时刻反应体系中各物质的物质的量浓度均为0.01mol/L，则此时反应处于_状态。(填“平衡”或“向右进行”或“向左进行”)(3)实验室常用0.10mol/L KMnO4标准酸性溶液来测定H
32、2C2O4样品的纯度(标准液滴待测液)，其反应原理为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O。KMnO4标准液应装在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管；清水洗净滴定管后直接装入标准液，则测定结果会_；(填“偏大”或“偏小”或“不变”)【答案】 (1). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)；H= -2165kJ/mol (2). 1.87510-4mol/(Ls) (3). 5000 (4). 向右进行 (5). 酸式 (6). 偏大【解析】【分析】(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5k
33、J的热量，据此计算出1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出的热量，再写出反应的热化学反应方程式；(2)根据=计算出(NO)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算(N2)；根据三段式列式结合平衡常数计算；首先计算Qc，再与K比较大小；(3)KMnO4具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管；清水洗净滴定管后直接装入标准液，使得标准液的浓度减小，结合c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)分析判断。【详解】(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液
34、态水，放出649.5kJ0.32165kJ的热量，因此反应的热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)；H= -2165kJ/mol；(2)前2s内的平均反应速度(NO)=3.7510-4mol/(Ls)，(N2)(NO)=12得到(N2)=1.87510-4mol/(Ls)；由表格中的数据可知到4s时达到化学平衡，则开始(10-3mol/L) 1 3.60 0 0转化(10-3mol/L) 0.9 0.9 0.9 0.45平衡(10-3mol/L) 0.1 2.70 0.9 0.45则平衡常数K=5000；上述条件下，测得某时刻反应体系中各物质的物质的量浓度
35、均为0.01mol/L，则Qc=100K=5000，说明反应向右进行；(3)KMnO4具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管，因此KMnO4标准液应装在酸式滴定管中；清水洗净滴定管后直接装入标准液，使得标准液的浓度减小，滴定消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)，则测定结果会偏大。23.(1)25时，0.1mol/L HCl溶液中由水电离出的H+的浓度为_；(2)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中将_；(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)25时，向AgNO3溶液中加入BaCl2溶液和KBr溶液，当两种沉淀共存时， _；已知：25时，Ksp(AgBr)5.410
36、13，Ksp(AgCl)2.01010 (4)用离子方程式表示NH4F不能用玻璃试剂瓶装的原因_；(5)25时，有下列四种溶液：A. 0.1mol/L CH3COONH4溶液 B. 0.1mol/L CH3COOH溶液 C.0.1mol/L CH3COONa溶液 D.等体积0.4mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L NaOH溶液的混合液(混合液呈酸性) 已知A溶液呈中性，试推断(NH4)2CO3溶液呈_性(填“酸”或“碱”或“中”)； D溶液中除H2O外所有分子、离子浓度由大到小的顺序为_； 上述四种溶液中水的电离程度由小到大的顺序为_。【答案】 (1). 1013 mol/L (
37、2). 减小 (3). 2.7103 (4). F+H2OHF+OH 或NH4+F+H2OHF+NH3H2O (5). 碱 (6). c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH) (7). BDCA【解析】【分析】(1)氯化氢为强电解质，氢离子浓度等于氯化氢的物质的量浓度，根据水的离子积计算出该溶液中水电离的氢氧根离子浓度，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；(2)向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大；(3)当两种沉淀共存时，溶液是AgCl和AgBr的饱和溶液，溶液中=，依此计算；(4)NH4F在溶
38、液中水解生成HF，二氧化硅能溶于HF；(5)0.1mol/L CH3COONH4溶液呈中性，说明铵根离子的水解程度与醋酸根离子的水解程度相同，即氨水和CH3COOH的电离程度相同，因为醋酸的酸性比碳酸的强，所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，据此判断；等体积0.4mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L NaOH溶液的混合液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，因为溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，据此分析排序； 根据酸和碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，结合离子间的相互影响分析判断。【详解】(1)在25时，在0.1mol/L HCl溶液
39、中，c(H+)=c(HCl)=0.1mol/L，氯化氢溶液中氢氧根离子是水电离的，则由水电离出的c（H+）水=c（OH-）=mol/L=110-13 mol/L，故答案为110-13 ；(2)由于(NH4)2SO4=2NH4+SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，所以此时溶液中减小，故答案为减小；(3)当两种沉淀共存时，溶液中Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则=2.710-3，故答案为2.710-3；(4)NH4F在溶液中水解生成HF，其水解方程式为：F-+H2OHF+OH-或NH4+F+H
40、2OHF+NH3H2O，玻璃中的二氧化硅能溶于HF，其反应为：4HF+SiO2SiF4+2H2O，故答案为F-+H2OHF+OH-或NH4+F+H2OHF+NH3H2O；(5)0.1mol/L CH3COONH4溶液呈中性，说明铵根离子的水解程度与醋酸根离子的水解程度相同，即氨水和CH3COOH的电离程度相同，因为醋酸的酸性比碳酸的强，所以(NH4)2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，溶液显碱性，故答案为碱；等体积0.4mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L NaOH溶液的混合液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，因为溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此
41、除H2O外所有分子、离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)，故答案为c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)； A. 0.1mol/L CH3COONH4溶液显中性，但铵根离子和醋酸根离子均水解促进水的电离；B. 0.1mol/L CH3COOH溶液，为酸，抑制水的电离；C.0.1mol/L CH3COONa溶液水解显碱性，促进水的电离，但促进程度比A小；D.等体积0.4mol/L CH3COOH溶液和0.2mol/L NaOH溶液的混合液含有浓度均为0.1mol/L的醋酸钠和醋酸，因为溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，抑制水的电离，但抑制程度比B小，上述四种溶液中水的电离程度由小到大的顺序为BDCA，故答案为BDCA。
