2025年人民版选修4化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人民版选修4化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、室温下，CuSO4·5H2O(s)、CuSO4(s)与其水溶液之间转化的焓变关系如图：

已知CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液温度降低；CuSO4(s)溶于水，溶液温度升高。下列有关说法正确的是A.ΔH2=ΔH1+ΔH3B.1molCuSO4(s)的总能量大于1molCu2+(aq)与1molSO42-(aq)的总能量C.ΔH2>ΔH1D.从硫酸铜溶液中析出CuSO4·5H2O(s)的反应焓变ΔH>02、已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3；分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是。

A.b代表下CH3COCH3的Y-t曲线B.反应进行到20min末，H3COCH3的C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的3、ZnSO4受热分解过程中各物质物质的量随温度变化关系如图所示(A；B为含硫的氧化物)；下列说法正确的是。

A.ZnO属于金属晶体B.SO3和SO2互为同素异形体C.物质B分别是SO3、SO2D.700℃~980℃时发生反应的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑4、活性炭可处理大气污染物NO，反应原理：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）。T℃时，在2L密闭容器中加入0.100molNO和2.030mol活性炭（无杂质），平衡时活性炭物质的量是2.000mol。下列说法不合理的是A.该温度下的平衡常数是：K=B.达到平衡时，NO的转化率是60%C.3min末达到平衡，则v（NO）=0.01mol/（L·min）D.若平衡时再加入0.100molNO，则达到新平衡时NO的转化率比原平衡时低5、下列事实不属于盐类水解应用的是（）A.纯碱溶液去油污B.草木灰与铵态氮肥不能混合施用C.浓的硫化钠溶液有臭味D.实验室用Zn和稀H2SO4制氢气时加入少量CuSO4溶液6、下表是25℃时弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是。CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10—5Ka=3.0×10—8Ka1=4.1×10—7Ka2=5.6×10—11

A.根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(ClO﹣)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)B.根据表中数据可知，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClOC.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小D.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，溶液的中的OH—数目增多7、砷酸(H3AsO4)是三元弱酸；剧毒，可用于制备颜料；砷酸盐、杀虫剂等。常温下，其溶液中含砷的各微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。在常温下，下列说法错误的是。

A.曲线Ⅱ代表HAsO的分布分数B.该砷酸溶液：Ka2/Ka3=104.6C.等物质的量浓度的H3AsO4溶液和NaOH溶液等体积混合后所得溶液：pH>7D.0.1mol/L的Na2HAsO4溶液中:c(HAsO)>c(H2AsO)>c(AsO)8、在含有浓度均为0.01mol•L-1的Cl-、Br-、I-离子的溶液中，缓慢加入AgNO3稀溶液，析出三种沉淀的先后顺序是A.AgCl、AgBr、AgIB.AgI、AgBr、AgClC.AgBr、AgCl、AgID.三种沉淀同时析出9、下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是（）。操作和现象结论A向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，铜片很快开始溶解，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有强氧化性B向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I⇌I2+I-C向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、已知：Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1，Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1，写出Na2CO3•10H2O脱水反应生成Na2CO3(s)和水蒸气的热化学方程式______11、顺-1；2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如下转化：

该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时为常数；分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：

（1）已知：t1温度下，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则________0(填“小于”“等于”或“大于”)。

（2）t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_____；温度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”),判断理由是______。

12、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

离子浓度大小关系：__________________；

电荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

质子守恒：__________________________。13、25℃时，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH与溶液体积关系如图所示：（忽略溶液体积变化；且无气体产生）

（1）用化学用语表示M点的原因__________。

（2）四点中，水电离产生的浓度最大的是______________点。

（3）下列关系中，正确的是________。

aP点

bN点

cQ点

d溶液中小于溶液中14、完成下列问题。

(1)已知常温下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5.则等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的电离程度由大到小排列顺序为_______(填序号)。

(2)已知H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含杂质Fe3+)通常利用“间接碘量法”测定。已知Cu2+与F-不反应，而Fe3+与F-反应生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步骤如下：

①称取1.250g产品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定；平行滴定3次。

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为_______；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00mL，则胆矾产品纯度为_______%。15、以废治废；变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠；转化关系如图所示：

(1)A溶液中一定含有的溶质是_______。

(2)若使③中水解程度变大，可采取的措施是_______(填字母序号)。

a．加热b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)写出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反应的化学方程式：______。

(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_______(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_______。

(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_______。评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、计算题(共1题，共2分)17、(1)已知单质硫16g燃烧放热为149kJ；写出硫燃烧热的热化学方程式：_________________

(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。

已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ/mol①

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=－571.6kJ/mol②

2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=－2599kJ/mol③

根据盖斯定律，计算298K时由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的焓变：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化学键的键能为_____kJ/mol。

(4)S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。

已知：①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(单斜；s)比S(正交，s)更_________（填“稳定”或“不稳定”）

(5)同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同条件下，2mol氢原子所具有的能量________1mol氢分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)评卷人得分五、有机推断题(共1题，共4分)18、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。

(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)

(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸馏水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共10分)19、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A.由盖斯定律可知，ΔH1=ΔH2-ΔH3；故A错误；

B.CuSO4(s)溶于水，溶液温度升高，ΔH3<0，则1molCuSO4(s)的总能量大于1molCu2+(aq)与1molSO42-(aq)的总能量；故B正确；

C.CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液温度降低，则ΔH2>0，CuSO4(s)溶于水，溶液温度升高，ΔH3<0，ΔH1=ΔH2-ΔH3>0，则ΔH2<ΔH1；故C错误；

D.由图示可得，CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液温度降低，则ΔH2>0，则从硫酸铜溶液中析出CuSO4·5H2O(s)的反应为电离的逆过程，焓变ΔH<0；故D错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线；A错误；

B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快；所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；

C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少；说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；

D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1；D正确；

答案选D。

【点晴】

做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：3、D【分析】【详解】

A．ZnO属于离子晶体；A不正确；

B．SO3和SO2是化合物；而同素异形体是同种元素不同单质的互称，B不正确；

C．由图中可以看出，A为SO2、B为SO3；C不正确；

D．700℃~980℃时，SO2、O2同时生成，且满足n(ZnO)：n(SO2)：n(O2)=2：2：1，所以发生反应的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；D正确；

故选D。4、D【分析】【详解】

A.根据题意，消耗活性炭的物质的量为0.03mol，同时消耗n(NO)=0.06mol，根据化学平衡常数的定义，K=故A正确；

B.根据A分析，NO的转化率为×100%=60%；故B正确；

C.根据化学反应速率的数学表达式，v(NO)==0.005mol/(L·min)；故C正确；

D.若平衡时再加入0.100molNO；相当于在原来基础上增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，NO的转化率不变，故D错误；

答案：D。5、D【分析】【详解】

A.纯碱溶液中，发生水解反应CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，OH-使油污发生水解；从而达到去油污目的，A不符合题意；

B.草木灰溶于水后，发生水解反应CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，NH4++OH-=NH3↑+H2O；从而使肥分损失，所以不能混合施用，B不合题意；

C.浓的硫化钠溶液发生以下水解反应：S2-＋H2OHS-＋OH-、HS-＋H2OH2S+OH-，水解生成的H2S释放到大气中；从而闻到有臭味，C不合题意；

D.实验室用Zn和稀H2SO4制氢气时，加入少量CuSO4溶液，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn；Cu、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，整个过程中未涉及盐的水解，D符合题意。

故选D。6、D【分析】【详解】

A.根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，NaClO的水解程度较大，则各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(ClO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；A错误；

B.根据表中数据可知酸性：HClO>HCO3﹣，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO；B错误；

C.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，体积增大，电离平衡正向进行，则c(CH3COOH)减小的程度大于c(H+)，溶液中增大；C错误；

D.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，温度升高，碳酸钠的水解平衡正向进行，溶液的中的OH-数目增多；D正确；

答案为D。

【点睛】

酸性：HClO>HCO3﹣，向次氯酸钠溶液中通入少量或过量的CO2，含C产物均为HCO3﹣。7、C【分析】【详解】

A．H3AsO4是三元弱酸，在水溶液中分步电离，随着pH增大电离程度增大；由图像可知，pH由2增大到5时H3AsO4分布分数降低，以第一步电离为主，曲线Ⅰ代表的分布分数；pH由5增大到9时分布分数降低，以第二步电离为主，曲线Ⅱ代表的分布分数；故A正确；

B．由图像可知，当pH=6.8时，c()=c()，Ka2==10-6.8，当pH=11.4时，c()=c()，Ka3==10-11.4，则Ka2/Ka3==104.6；故B正确；

C．等物质的量浓度的H3AsO4溶液和NaOH溶液等体积混合后所得溶液为NaH2AsO4溶液，由图示可知，当pH=6.8时，c()=c()，Ka2==10-6.8，Kb2==10-7.2，则Ka2>Kb2，电离程度大于水解程度，则溶液中pH<7；故C错误；

D．0.1mol/L的Na2HAsO4溶液中，Ka3==10-11.4，Kb1==10-2.6，则Ka3<Kb1，电离程度小于水解程度，则c()>c()>c()；故D正确；

故答案选C。8、B【分析】【分析】

【详解】

向浓度均为0.01mol•L-1的Cl-、Br-、I-的溶液中，缓慢加入AgNO3稀溶液，氯化银、溴化银、碘化银三种化学式中阴阳离子个数比相同，可以用溶度积常数比较判断，溶解性大小顺序是AgCl>AgBr>AgI、生成沉淀的顺序是先生成溶度积常数小的，再生成溶度积常数较大的，所以析出三种沉淀的顺序是AgI、AgBr、AgCl，答案选B。9、B【分析】【详解】

A．铜与浓硫酸的反应需要加热；常温下，几乎无明显现象，现象不正确，故A错误；

B．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中存在I2，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在I-，说明KI3溶液中存在平衡：I⇌I2+I-；故B正确；

C．向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，可能是因为溶液中硝酸银过量，因此不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；实验结论不正确，故C错误；

D．NaClO溶液具有强氧化性；不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液的pH，实验操作不正确，故D错误；

故选B。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需要的热化学方程式。

【详解】

①Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3(s)+10H2O(g)△H1=+532.36kJ•mol-1

②Na2CO3•10H2O(s)═Na2CO3•H2O(s)+9H2O(g)△H1=+473.63kJ•mol-1

由盖斯定律①-②得到：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1；

故答案为：Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-1。【解析】Na2CO3•H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ•mol-111、略

【分析】【详解】

（1）根据v（正）=k（正）c（顺）、则v（正）=0.006c（顺）,v（逆）=k（逆）c（反），v（逆）=k（逆）c（反）=0.002c（反）,化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），K1=c(反)/c(顺)=0.006÷0.002=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则小于零。

（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x,该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x,反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2==7/3，因为K1>K2,放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动,所以温度t2大于t1。【解析】①.3②.小于③.B④.⑤.大于⑥.放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动12、略

【分析】【详解】

且水解过程大于电离过程，可知。

水解方程式：故答案为：

离子浓度大小关系：故答案为：

电荷守恒：故答案为：

物料守恒：故答案为：

质子守恒：故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.13、略

【分析】【分析】

(1)M点为硫酸铵溶液；硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解使溶液呈酸性；

(2)M点溶质为硫酸铵和硫酸钠；铵根离子水解促进了水的电离，而Q溶质为硫酸钠和一水合氨，溶液呈碱性，氨水中氢氧根离子抑制了水的电离；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，同时铵根离子水解生成H+；

b．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；结合电荷守恒判断；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨；结合物料守恒判断；

d．NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解。

【详解】

(1)M点为硫酸铵溶液，硫酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硫酸根离子，铵根离子水解NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液呈酸性，所以此时溶液的pH＜7；

(2)根据图示可知，P点呈强酸性，抑制了水的电离；M点加入10mLNaOH溶液，此时二者恰好反应生成硫酸钠和硫酸铵，铵根离子发生水解，促进了水的电离；N点为中性，不影响水的电离；Q点加入20mLNaOH溶液，此时溶质为硫酸钠和NH3⋅H2O；氨水电离出的氢氧根离子抑制了水的电离；所以水的电离程度较大的为M点；

(3)a．P点溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4为强电解质，在溶液中完全电离：NH4HSO4=NH4++H++SO42−，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH−)，同时铵根离子水解生成H+，则c(H+)＞c(SO42−)＞c(NH4+)＞c(OH−)；故a错误；

b．N点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)＋c(OH−)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42−)，故b正确；

c．Q点溶质为等浓度的硫酸钠和一水合氨，结合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3⋅H2O)=c(Na+)；故c正确；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中铵根离子都能发生水解，但NH4HSO4可电离出氢离子，抑制NH4+水解，则浓度相等的两溶液中，NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大于NH4Cl溶液中的铵根离子浓度；故d错误；

答案选bc。【解析】Mbc14、略

【分析】【分析】

根据电离常数K值大小和盐类水解大小判断水电离程度的相对大小；根据K值和强酸制弱酸原理判断离子共存；根据氧化还原滴定计算产品纯度；据此解答。

(1)

酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，说明电离程度大于水解程度，①属于碱、⑤属于酸，所以二者都抑制水电离，由于H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的电离平衡常数为K=1.8×10-5，H2SO3的电离平衡常数K1＞氨水的电离平衡常数K，则H2SO3抑制水电离要大一些，水电离程度①＞⑤；③中电离程度大于水解程度；所以抑制水电离；②④促进水电离但②中阴阳离子相互促进水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案为②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越强，酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应，由H2SO3的电离平衡常数为K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，则酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根据强酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反应，即+=+不能大量共存；故a不符合题意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反应，能大量共存，故b符合题意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反应，能大量共存，故c符合题意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反应，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合题意；

答案为bc。

(3)

步骤②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，Fe3+也与碘化钾反应生成碘单质，即整个过程生成的碘单质增大，Na2S2O3标准溶液体积增大，测定结果偏大；消耗硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀(碘化亚铜)并析出碘，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反应关系式为2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2则反应的Na2S2O3的物质的量为n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的物质的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，试样中CuSO4·5H2O的质量分数为×100%=80.00%；答案为偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0015、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）废铁快与盐酸反应：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3＋水解；故a正确；

b、加入NaHCO3，Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，促进Fe3＋水解，故b正确；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c错误；

（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42－，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【点睛】

难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42－，即Fe→FeO42－，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe－3e－→FeO42－，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。【解析】FeCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl阳极Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)三、判断题(共1题，共2分)16、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、计算题(共1题，共2分)17、略

【分析】【分析】

(1)先根据n=计算16gS的物质的量；然后结合燃烧热的概念书写表示物质燃烧热的热化学方程式；

(2)将已知的热化学方程式叠加；可得待求反应的热化学方程式；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算NO分子中化学键的键能；

(4)根据盖斯定律；将已知热化学方程式叠加，可得单斜硫与正交硫转化的热化学方程式然后进行判断；依据物质含有的能量越低，物质的稳定性越强分析判断；

(5)根据盖斯定律分析比较；

(6)根据断裂化学键吸收能量；形成化学键释放能量分析比较。

【详解】

(1)16gS的物质的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃烧产生SO2气体放出热量149kJ，则1molS完全燃烧产生SO2气体放出热量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃烧热的热化学方程式为S(g)+O2(g)=SO2(g)，△H=-298kJ/mol；

(2)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ/mol

③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-2599kJ/mol

根据盖斯定律，①×4+②-③，整理可得4C(石墨，s)+2H2(g)=2C2H2(g)ΔH3=+453.4kJ/mol，所以2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)ΔH3=+226.7kJ/mol；

(3)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差；假设NO中键能为x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

(4)①S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH1=－297.16kJ/mol；

②S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.83kJ/mol；

根据盖斯定律，将①-②，整理可得S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根据该热化学方程式可知：单斜硫转化为正交硫放出热量；说明正交硫能量比单斜硫的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，故单斜硫不如正交硫的稳定性强；

(5)反应热只与反应的温度、物质的状态有关，而与反应条件无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1=ΔH2；

(6)由于键能是形成1mol化学键所释放的能量或断裂1mol化学键所吸收的能量；说明含有化学键的分子所具有的能量比形成该化学键的原子的能量低，因此在相同条件下，2mol氢原子所具有的能量比1mol氢分子所具有的能量高。

【点睛】

本题考查了盖斯定律的应用、表示燃烧热是热化学方程式的书写、反应热与键能和物质稳定性的关系。化学反应过程的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径、反应条件无关。在书写燃烧热的热化学方程式时，要注意可燃物的物质的量必须是1mol，且反应产物是稳定的化合物，如H2O的稳定状态是液态，CO2的稳定状态是气态；物质含有的能量越低稳定性就越强，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更稳定。【解析】S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不稳定=>五、有机推断题(共1题，共4分)18、略

【分析】【分析】

某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点；都是该温度下