2025年人民版選修4化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人民版選修4化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、室溫下，CuSO4·5H2O(s)、CuSO4(s)與其水溶液之間轉(zhuǎn)化的焓變關(guān)系如圖：

已知CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液溫度降低；CuSO4(s)溶于水，溶液溫度升高。下列有關(guān)說法正確的是A.ΔH2=ΔH1+ΔH3B.1molCuSO4(s)的總能量大于1molCu2+(aq)與1molSO42-(aq)的總能量C.ΔH2>ΔH1D.從硫酸銅溶液中析出CuSO4·5H2O(s)的反應(yīng)焓變ΔH>02、已知反應(yīng)：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3；分別在0℃和20℃下，測得其轉(zhuǎn)化分數(shù)隨時間變化的關(guān)系曲線（Y-t）如圖所示。下列說法正確的是。

A.b代表下CH3COCH3的Y-t曲線B.反應(yīng)進行到20min末，H3COCH3的C.升高溫度可縮短反應(yīng)達平衡的時間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率D.從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的3、ZnSO4受熱分解過程中各物質(zhì)物質(zhì)的量隨溫度變化關(guān)系如圖所示(A；B為含硫的氧化物)；下列說法正確的是。

A.ZnO屬于金屬晶體B.SO3和SO2互為同素異形體C.物質(zhì)B分別是SO3、SO2D.700℃~980℃時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑4、活性炭可處理大氣污染物NO，反應(yīng)原理：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）。T℃時，在2L密閉容器中加入0.100molNO和2.030mol活性炭（無雜質(zhì)），平衡時活性炭物質(zhì)的量是2.000mol。下列說法不合理的是A.該溫度下的平衡常數(shù)是：K=B.達到平衡時，NO的轉(zhuǎn)化率是60%C.3min末達到平衡，則v（NO）=0.01mol/（L·min）D.若平衡時再加入0.100molNO，則達到新平衡時NO的轉(zhuǎn)化率比原平衡時低5、下列事實不屬于鹽類水解應(yīng)用的是（）A.純堿溶液去油污B.草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用C.濃的硫化鈉溶液有臭味D.實驗室用Zn和稀H2SO4制氫氣時加入少量CuSO4溶液6、下表是25℃時弱酸的電離平衡常數(shù)，下列說法正確的是。CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8×10—5Ka=3.0×10—8Ka1=4.1×10—7Ka2=5.6×10—11

A.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，相同濃度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各種離子濃度的大小關(guān)系是：c(Na+)＞c(ClO﹣)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)B.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，次氯酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式為：2ClO﹣+CO2+H2O=CO32﹣+2HClOC.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小D.室溫下，將碳酸鈉溶液加熱至70℃，溶液的中的OH—數(shù)目增多7、砷酸(H3AsO4)是三元弱酸；劇毒，可用于制備顏料；砷酸鹽、殺蟲劑等。常溫下，其溶液中含砷的各微粒的分布分數(shù)(平衡時某微粒的濃度占各微粒濃度之和的分數(shù))與pH的關(guān)系如圖所示。在常溫下，下列說法錯誤的是。

A.曲線Ⅱ代表HAsO的分布分數(shù)B.該砷酸溶液：Ka2/Ka3=104.6C.等物質(zhì)的量濃度的H3AsO4溶液和NaOH溶液等體積混合后所得溶液：pH>7D.0.1mol/L的Na2HAsO4溶液中:c(HAsO)>c(H2AsO)>c(AsO)8、在含有濃度均為0.01mol?L-1的Cl-、Br-、I-離子的溶液中，緩慢加入AgNO3稀溶液，析出三種沉淀的先后順序是A.AgCl、AgBr、AgIB.AgI、AgBr、AgClC.AgBr、AgCl、AgID.三種沉淀同時析出9、下列實驗“操作和現(xiàn)象”與“結(jié)論”對應(yīng)且正確的是（）。操作和現(xiàn)象結(jié)論A向盛有濃硫酸的試管中加入銅片，銅片很快開始溶解，并放出刺激性氣味的氣體濃硫酸具有強氧化性B向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和硝酸銀溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡：I?I2+I-C向一定量的硝酸銀溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共6題，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，寫出Na2CO3?10H2O脫水反應(yīng)生成Na2CO3(s)和水蒸氣的熱化學(xué)方程式______11、順-1；2-二甲基環(huán)丙烷和反-1，2-二甲基環(huán)丙烷可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：

該反應(yīng)的速率方程可表示為：v（正）=k（正）c（順）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定溫度時為常數(shù)；分別稱作正，逆反應(yīng)速率常數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：

（1）已知：t1溫度下，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)值K1=_____；該反應(yīng)的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，則________0(填“小于”“等于”或“大于”)。

（2）t2溫度下，圖中能表示順式異構(gòu)體的質(zhì)量分數(shù)隨時間變化的曲線是_______(填曲線編號)，平衡常數(shù)值K2=_____；溫度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”),判斷理由是______。

12、NaHS溶液：

水解方程式：______________________；

離子濃度大小關(guān)系：__________________；

電荷守恒：__________________________；

物料守恒：__________________________；

質(zhì)子守恒：__________________________。13、25℃時，向溶液中逐滴滴入溶液，溶液的pH與溶液體積關(guān)系如圖所示：（忽略溶液體積變化；且無氣體產(chǎn)生）

（1）用化學(xué)用語表示M點的原因__________。

（2）四點中，水電離產(chǎn)生的濃度最大的是______________點。

（3）下列關(guān)系中，正確的是________。

aP點

bN點

cQ點

d溶液中小于溶液中14、完成下列問題。

(1)已知常溫下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5.則等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的電離程度由大到小排列順序為_______(填序號)。

(2)已知H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含雜質(zhì)Fe3+)通常利用“間接碘量法”測定。已知Cu2+與F-不反應(yīng)，而Fe3+與F-反應(yīng)生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步驟如下：

①稱取1.250g產(chǎn)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溶液至不再產(chǎn)生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定；平行滴定3次。

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，最終的測量值將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反應(yīng)的離子方程式為_______；若Na2S2O3標準溶液的平均用量為10.00mL，則膽礬產(chǎn)品純度為_______%。15、以廢治廢；變廢為寶可以實現(xiàn)資源的綜合利用。用廢鐵塊、廢鹽酸可以生產(chǎn)凈水劑聚合氯化鐵和高鐵酸鈉；轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：

(1)A溶液中一定含有的溶質(zhì)是_______。

(2)若使③中水解程度變大，可采取的措施是_______(填字母序號)。

a．加熱b．加入NaHCO3c．加入NH4Cl

(3)寫出③中水解生成Fe2(OH)mCl6－m反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。

(4)將廢鐵塊進行預(yù)處理制成電極，通過電解制備高鐵酸鈉，該裝置原理示意圖如圖所示。鐵塊做_______(填“陽極”或“陰極”)，對應(yīng)的電極反應(yīng)式為_______。

(5)高鐵酸鈉在水中緩慢產(chǎn)生紅褐色沉淀和一種氣體，該反應(yīng)的離子方程式：_______。評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、計算題(共1題，共2分)17、(1)已知單質(zhì)硫16g燃燒放熱為149kJ；寫出硫燃燒熱的熱化學(xué)方程式：_________________

(2)依據(jù)蓋斯定律可以對某些難以通過實驗直接測定的化學(xué)反應(yīng)的焓變進行推算。

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

根據(jù)蓋斯定律，計算298K時由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反應(yīng)的焓變：_____________。

(3)已知：N2、O2分子中化學(xué)鍵的鍵能分別是946kJ/mol、497kJ/mol。N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.0kJ/mol；NO分子中化學(xué)鍵的鍵能為_____kJ/mol。

(4)S(單斜)和S(正交)是硫的兩種同素異形體。

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

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

③S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH3=_____。

S(單斜；s)比S(正交，s)更_________（填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”）

(5)同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和點燃條件下的ΔH(化學(xué)計量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1___________ΔH2。（用“>”、“<”或“＝”填空）

(6)相同條件下，2mol氫原子所具有的能量________1mol氫分子所具有的能量。(用“>”、“<”或“=”填空)評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共4分)18、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A點表示Ag2SO4是_____(填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。

(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù)Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結(jié)果)

(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4固體分別加入：

a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液。

b．10mL蒸餾水。

c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。

則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。

(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共10分)19、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大。

①W的氫化物與W最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物之間兩兩反應(yīng)均可生成鹽和水。

③常溫下，Q的最高價氣態(tài)氧化物與化合物X2O2發(fā)生反應(yīng)生成鹽乙。

請回答下列各題:

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

(2)③中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的難溶半導(dǎo)體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應(yīng)的離子方秳式_____________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A.由蓋斯定律可知，ΔH1=ΔH2-ΔH3；故A錯誤；

B.CuSO4(s)溶于水，溶液溫度升高，ΔH3<0，則1molCuSO4(s)的總能量大于1molCu2+(aq)與1molSO42-(aq)的總能量；故B正確；

C.CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液溫度降低，則ΔH2>0，CuSO4(s)溶于水，溶液溫度升高，ΔH3<0，ΔH1=ΔH2-ΔH3>0，則ΔH2<ΔH1；故C錯誤；

D.由圖示可得，CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液溫度降低，則ΔH2>0，則從硫酸銅溶液中析出CuSO4·5H2O(s)的反應(yīng)為電離的逆過程，焓變ΔH<0；故D錯誤；

答案選B。2、D【分析】【詳解】

A、溫度越高反應(yīng)速率就越快，到達平衡的時間就越短，由圖像可看出曲線b首先到達平衡，所以曲線b表示的是20℃時的Y-t曲線；A錯誤；

B、當(dāng)反應(yīng)進行到20min時，從圖像中可以看出b曲線對應(yīng)的轉(zhuǎn)化分數(shù)高于a曲線對應(yīng)的轉(zhuǎn)化分數(shù)，這說明b曲線在20℃時對應(yīng)的反應(yīng)速率快；所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B錯誤；

C、根據(jù)圖像溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少；說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進行，即正方應(yīng)是放熱反應(yīng)，C錯誤；

D、根據(jù)圖像可以看出當(dāng)反應(yīng)進行到66min時a、b曲線對應(yīng)的轉(zhuǎn)化分數(shù)均相同，都是0.113，這說明此時生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多，所以從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1；D正確；

答案選D。

【點晴】

做題時注意觀察曲線的變化趨勢，以及溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像正確判斷反應(yīng)是吸熱還是放熱。平衡圖像題的一般解題流程為：3、D【分析】【詳解】

A．ZnO屬于離子晶體；A不正確；

B．SO3和SO2是化合物；而同素異形體是同種元素不同單質(zhì)的互稱，B不正確；

C．由圖中可以看出，A為SO2、B為SO3；C不正確；

D．700℃~980℃時，SO2、O2同時生成，且滿足n(ZnO)：n(SO2)：n(O2)=2：2：1，所以發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；D正確；

故選D。4、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)題意，消耗活性炭的物質(zhì)的量為0.03mol，同時消耗n(NO)=0.06mol，根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義，K=故A正確；

B.根據(jù)A分析，NO的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%；故B正確；

C.根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率的數(shù)學(xué)表達式，v(NO)==0.005mol/(L·min)；故C正確；

D.若平衡時再加入0.100molNO；相當(dāng)于在原來基礎(chǔ)上增大壓強，因為反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等，因此增大壓強，NO的轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤；

答案：D。5、D【分析】【詳解】

A.純堿溶液中，發(fā)生水解反應(yīng)CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，OH-使油污發(fā)生水解；從而達到去油污目的，A不符合題意；

B.草木灰溶于水后，發(fā)生水解反應(yīng)CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，NH4++OH-=NH3↑+H2O；從而使肥分損失，所以不能混合施用，B不合題意；

C.濃的硫化鈉溶液發(fā)生以下水解反應(yīng)：S2-＋H2OHS-＋OH-、HS-＋H2OH2S+OH-，水解生成的H2S釋放到大氣中；從而聞到有臭味，C不合題意；

D.實驗室用Zn和稀H2SO4制氫氣時，加入少量CuSO4溶液，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn；Cu、稀硫酸形成原電池，加快反應(yīng)速率，整個過程中未涉及鹽的水解，D符合題意。

故選D。6、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，相同濃度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，NaClO的水解程度較大，則各種離子濃度的大小關(guān)系是：c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(ClO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；A錯誤；

B.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知酸性：HClO>HCO3﹣，次氯酸鈉溶液中通入少量CO2的離子方程式為：ClO﹣+CO2+H2O=HCO3﹣+HClO；B錯誤；

C.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，體積增大，電離平衡正向進行，則c(CH3COOH)減小的程度大于c(H+)，溶液中增大；C錯誤；

D.室溫下，將碳酸鈉溶液加熱至70℃，溫度升高，碳酸鈉的水解平衡正向進行，溶液的中的OH-數(shù)目增多；D正確；

答案為D。

【點睛】

酸性：HClO>HCO3﹣，向次氯酸鈉溶液中通入少量或過量的CO2，含C產(chǎn)物均為HCO3﹣。7、C【分析】【詳解】

A．H3AsO4是三元弱酸，在水溶液中分步電離，隨著pH增大電離程度增大；由圖像可知，pH由2增大到5時H3AsO4分布分數(shù)降低，以第一步電離為主，曲線Ⅰ代表的分布分數(shù)；pH由5增大到9時分布分數(shù)降低，以第二步電離為主，曲線Ⅱ代表的分布分數(shù)；故A正確；

B．由圖像可知，當(dāng)pH=6.8時，c()=c()，Ka2==10-6.8，當(dāng)pH=11.4時，c()=c()，Ka3==10-11.4，則Ka2/Ka3==104.6；故B正確；

C．等物質(zhì)的量濃度的H3AsO4溶液和NaOH溶液等體積混合后所得溶液為NaH2AsO4溶液，由圖示可知，當(dāng)pH=6.8時，c()=c()，Ka2==10-6.8，Kb2==10-7.2，則Ka2>Kb2，電離程度大于水解程度，則溶液中pH<7；故C錯誤；

D．0.1mol/L的Na2HAsO4溶液中，Ka3==10-11.4，Kb1==10-2.6，則Ka3<Kb1，電離程度小于水解程度，則c()>c()>c()；故D正確；

故答案選C。8、B【分析】【分析】

【詳解】

向濃度均為0.01mol?L-1的Cl-、Br-、I-的溶液中，緩慢加入AgNO3稀溶液，氯化銀、溴化銀、碘化銀三種化學(xué)式中陰陽離子個數(shù)比相同，可以用溶度積常數(shù)比較判斷，溶解性大小順序是AgCl>AgBr>AgI、生成沉淀的順序是先生成溶度積常數(shù)小的，再生成溶度積常數(shù)較大的，所以析出三種沉淀的順序是AgI、AgBr、AgCl，答案選B。9、B【分析】【詳解】

A．銅與濃硫酸的反應(yīng)需要加熱；常溫下，幾乎無明顯現(xiàn)象，現(xiàn)象不正確，故A錯誤；

B．向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和硝酸銀溶液，前者溶液變藍，說明溶液中存在I2，后者有黃色沉淀，說明溶液中存在I-，說明KI3溶液中存在平衡：I?I2+I-；故B正確；

C．向一定量的硝酸銀溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出現(xiàn)白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀，可能是因為溶液中硝酸銀過量，因此不能說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；實驗結(jié)論不正確，故C錯誤；

D．NaClO溶液具有強氧化性；不能用pH試紙測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液的pH，實驗操作不正確，故D錯誤；

故選B。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需要的熱化學(xué)方程式。

【詳解】

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

由蓋斯定律①-②得到：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1；

故答案為：Na2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-1?！窘馕觥縉a2CO3?H2O(s)═Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=+58.73kJ?mol-111、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)v（正）=k（正）c（順）、則v（正）=0.006c（順）,v（逆）=k（逆）c（反），v（逆）=k（逆）c（反）=0.002c（反）,化學(xué)平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等，則0.006c（順）=0.002c（反），K1=c(反)/c(順)=0.006÷0.002=3；該反應(yīng)的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，說明斷鍵吸收的能量小于成鍵釋放的能量，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則小于零。

（2）隨著時間的推移，順式異構(gòu)體的質(zhì)量分數(shù)不斷減少，則符合條件的曲線是B，設(shè)順式異構(gòu)體的起始濃度為x,該可逆反應(yīng)左右物質(zhì)系數(shù)相等，均為1，則平衡時，順式異構(gòu)體為0.3x,反式異構(gòu)體為0.7x，所以平衡常數(shù)值K2==7/3，因為K1>K2,放熱反應(yīng)升高溫度時平衡向逆反應(yīng)方向移動,所以溫度t2大于t1?！窘馕觥竣?3②.小于③.B④.⑤.大于⑥.放熱反應(yīng)升高溫度時平衡向逆反應(yīng)方向移動12、略

【分析】【詳解】

且水解過程大于電離過程，可知。

水解方程式：故答案為：

離子濃度大小關(guān)系：故答案為：

電荷守恒：故答案為：

物料守恒：故答案為：

質(zhì)子守恒：故答案為：【解析】①.②.③.④.⑤.13、略

【分析】【分析】

(1)M點為硫酸銨溶液；硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解使溶液呈酸性；

(2)M點溶質(zhì)為硫酸銨和硫酸鈉；銨根離子水解促進了水的電離，而Q溶質(zhì)為硫酸鈉和一水合氨，溶液呈堿性，氨水中氫氧根離子抑制了水的電離；

(3)a．P溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，同時銨根離子水解生成H+；

b．N點溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；結(jié)合電荷守恒判斷；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨；結(jié)合物料守恒判斷；

d．NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解。

【詳解】

(1)M點為硫酸銨溶液，硫酸銨為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出銨根離子和硫酸根離子，銨根離子水解NH4++H2O?NH3?H2O+H+；溶液呈酸性，所以此時溶液的pH＜7；

(2)根據(jù)圖示可知，P點呈強酸性，抑制了水的電離；M點加入10mLNaOH溶液，此時二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根離子發(fā)生水解，促進了水的電離；N點為中性，不影響水的電離；Q點加入20mLNaOH溶液，此時溶質(zhì)為硫酸鈉和NH3?H2O；氨水電離出的氫氧根離子抑制了水的電離；所以水的電離程度較大的為M點；

(3)a．P點溶液只有NH4HSO4，NH4HSO4為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離：NH4HSO4=NH4++H++SO42?，溶液顯酸性，c(H+)＞c(OH?)，同時銨根離子水解生成H+，則c(H+)＞c(SO42?)＞c(NH4+)＞c(OH?)；故a錯誤；

b．N點溶液呈中性，則c(H+)=c(OH?)，結(jié)合電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)＋c(OH?)可知：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42?)，故b正確；

c．Q點溶質(zhì)為等濃度的硫酸鈉和一水合氨，結(jié)合物料守恒可知：2c(NH4+)+2c(NH3?H2O)=c(Na+)；故c正確；

d．NH4HSO4和NH4Cl溶液中銨根離子都能發(fā)生水解，但NH4HSO4可電離出氫離子，抑制NH4+水解，則濃度相等的兩溶液中，NH4HSO4溶液中銨根離子濃度大于NH4Cl溶液中的銨根離子濃度；故d錯誤；

答案選bc?！窘馕觥縈bc14、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離常數(shù)K值大小和鹽類水解大小判斷水電離程度的相對大?。桓鶕?jù)K值和強酸制弱酸原理判斷離子共存；根據(jù)氧化還原滴定計算產(chǎn)品純度；據(jù)此解答。

(1)

酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，說明電離程度大于水解程度，①屬于堿、⑤屬于酸，所以二者都抑制水電離，由于H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5，H2SO3的電離平衡常數(shù)K1＞氨水的電離平衡常數(shù)K，則H2SO3抑制水電離要大一些，水電離程度①＞⑤；③中電離程度大于水解程度；所以抑制水電離；②④促進水電離但②中陰陽離子相互促進水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案為②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越強，酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應(yīng)，由H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，則酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根據(jù)強酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反應(yīng)，即+=+不能大量共存；故a不符合題意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反應(yīng)，能大量共存，故b符合題意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反應(yīng)，能大量共存，故c符合題意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反應(yīng)，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合題意；

答案為bc。

(3)

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，F(xiàn)e3+也與碘化鉀反應(yīng)生成碘單質(zhì)，即整個過程生成的碘單質(zhì)增大，Na2S2O3標準溶液體積增大，測定結(jié)果偏大；消耗硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應(yīng)生成白色沉淀(碘化亞銅)并析出碘，離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反應(yīng)關(guān)系式為2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2則反應(yīng)的Na2S2O3的物質(zhì)的量為n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為×100%=80.00%；答案為偏大；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】

【詳解】

（1）廢鐵快與鹽酸反應(yīng)：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，即A溶液中一定含有的溶質(zhì)為FeCl2；

（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，F(xiàn)eCl3發(fā)生水解，水解是吸熱反應(yīng)，即加熱促進Fe3＋水解；故a正確；

b、加入NaHCO3，F(xiàn)e3＋與HCO3－發(fā)生雙水解反應(yīng)，促進Fe3＋水解，故b正確；

c、加入NH4Cl，NH4＋水解生成H＋；

抑制Fe3＋水解；水解程度降低，故c錯誤；

（3）根據(jù)聚合氯化鐵的化學(xué)式，生成聚合氯化鐵的化學(xué)反應(yīng)方程式為2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl；

（4）根據(jù)實驗?zāi)康?，制備高鐵酸鈉，F(xiàn)e應(yīng)失去電子轉(zhuǎn)化成FeO42－，F(xiàn)e的化合價升高，根據(jù)電解原理，鐵作陽極，環(huán)境為堿性，陽極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O；

（5）紅褐色沉淀為Fe(OH)3，F(xiàn)e元素化合價降低，氧元素的化合價升高，即氣體為O2，該反應(yīng)的離子方程式為4FeO42－+10H2O=4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH－。

【點睛】

難點是電極反應(yīng)式的書寫，一般先寫出還原劑、氧化產(chǎn)物，或氧化劑、還原產(chǎn)物，本題制備高鐵酸鈉，應(yīng)是鐵失去電子轉(zhuǎn)化成FeO42－，即Fe→FeO42－，標出得失電子物質(zhì)的量，化合價變化3價，即Fe－3e－→FeO42－，應(yīng)注意電解質(zhì)的酸堿性，因此電極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O?！窘馕觥縁eCl2ab2FeCl3+mH2OFe2(OH)mCl6－m+mHCl陽極Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O4FeO42-+10H2O===4Fe(OH)3↓+3O2↑+8OH-(Fe2O3或水合物，合理正確)三、判斷題(共1題，共2分)16、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、計算題(共1題，共2分)17、略

【分析】【分析】

(1)先根據(jù)n=計算16gS的物質(zhì)的量；然后結(jié)合燃燒熱的概念書寫表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式；

(2)將已知的熱化學(xué)方程式疊加；可得待求反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

(3)根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物總鍵能與生成物總鍵能的差計算NO分子中化學(xué)鍵的鍵能；

(4)根據(jù)蓋斯定律；將已知熱化學(xué)方程式疊加，可得單斜硫與正交硫轉(zhuǎn)化的熱化學(xué)方程式然后進行判斷；依據(jù)物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性越強分析判斷；

(5)根據(jù)蓋斯定律分析比較；

(6)根據(jù)斷裂化學(xué)鍵吸收能量；形成化學(xué)鍵釋放能量分析比較。

【詳解】

(1)16gS的物質(zhì)的量n(S)==0.5mol，0.5molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量149kJ，則1molS完全燃燒產(chǎn)生SO2氣體放出熱量Q=2×149kJ=298kJ，故S燃燒熱的熱化學(xué)方程式為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

根據(jù)蓋斯定律，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)根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物總鍵能與生成物總鍵能的差；假設(shè)NO中鍵能為x，可知946kJ/mol+497kJ/mol-2×x=+180.0kJ/mol，解得x=631.5kJ/mol；

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

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

根據(jù)蓋斯定律，將①-②，整理可得S(單斜，s)=S(正交，s)ΔH=ΔH1-ΔH2=-0.33kJ/mol；

根據(jù)該熱化學(xué)方程式可知：單斜硫轉(zhuǎn)化為正交硫放出熱量；說明正交硫能量比單斜硫的能量低，物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強，故單斜硫不如正交硫的穩(wěn)定性強；

(5)反應(yīng)熱只與反應(yīng)的溫度、物質(zhì)的狀態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)條件無關(guān)，所以同溫同壓下，在光照和點燃條件下的H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH(化學(xué)計量數(shù)相同)分別為ΔH1、ΔH2，則ΔH1=ΔH2；

(6)由于鍵能是形成1mol化學(xué)鍵所釋放的能量或斷裂1mol化學(xué)鍵所吸收的能量；說明含有化學(xué)鍵的分子所具有的能量比形成該化學(xué)鍵的原子的能量低，因此在相同條件下，2mol氫原子所具有的能量比1mol氫分子所具有的能量高。

【點睛】

本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、表示燃燒熱是熱化學(xué)方程式的書寫、反應(yīng)熱與鍵能和物質(zhì)穩(wěn)定性的關(guān)系?；瘜W(xué)反應(yīng)過程的能量變化只與物質(zhì)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑、反應(yīng)條件無關(guān)。在書寫燃燒熱的熱化學(xué)方程式時，要注意可燃物的物質(zhì)的量必須是1mol，且反應(yīng)產(chǎn)物是穩(wěn)定的化合物，如H2O的穩(wěn)定狀態(tài)是液態(tài)，CO2的穩(wěn)定狀態(tài)是氣態(tài)；物質(zhì)含有的能量越低穩(wěn)定性就越強，原子的能量比形成的分子能量高，分子比原子更穩(wěn)定?！窘馕觥縎(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-298kJ/mol△H=+226.7kJ/mol631.5kJ/mol-0.33kJ/mol不穩(wěn)定=>五、有機推斷題(共1題，共4分)18、略

【分析】【分析】

某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點；都是該溫度下