2016年河南省南阳市高考化学三模试卷

2016年河南省南阳市高考化学三模试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）已知4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H═﹣xkJ/mol．蒸发1mol H2O （l）需要吸收的能量为44kJ，其它相关数据如下表：则表中z（用x、a、b、d表示）的大
A． B．
C．D．
2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5N A
B．1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1N A
C．100 mL 0.2 mol•L﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02N A
D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2N A个O原子
3．（6分）关于三种有机物叙述错误的是（﹣SH的性质类似于﹣OH）（）
A．都能发生酯化反应
B．都能与NaOH反应
C．甲的苯环上的一氯代物有4种
D．丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种
4．（6分）常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）
A．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
B．在pH=2的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣
C．在c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液中：K+、Na+、C1O﹣、NO3﹣
D．水电离c（H+）=10﹣12的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42+、K+
5．（6分）短周期元素X、Y可以形成化合物XY2，下列有关叙述正确的是（）
A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8
C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
6．（6分）可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是（）
A．维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）
7．（6分）下列四位同学设计的实验方案能达到实验目的是（）
A．甲同学为测定0.01mol•L﹣1盐酸的pH值：用湿的玻璃棒蘸取盐酸，点在pH试纸上B．乙同学要检验（NH4）2Fe（SO4）2•12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
C．丙同学为检验Fe3O4中+2价铁元素：先用稀盐酸溶解Fe3O4，再滴加KMnO4溶液D．丁同学要验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液
8．（6分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列分析正确
的是（）
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.4N A个电子时，两极共产生4.48L气体
二、解答题（共3小题，满分52分）
9．（18分）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，易吸水，溶于水后与水反应生成碳酸氢铵和一水合氨：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O．可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的方程式：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0．
（1）如图1所示装置制取氨气，你所选择的试剂是．
（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
①发生器用冰水冷却的原因．液体石蜡鼓泡瓶的作用是．
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是（填写操作名称）．为了得到干燥产品，应采取的方法是（填写选项序号）．
a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如图3所示．
浓硫酸的作用：、．
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为．
[Mr（NH2COONH4）=78，Mr（NH4HCO3）=79，Mr（CaCO3）=100]．
10．（18分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按如图组装仪器，；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）补全步骤①的操作．
（2）装置C的作用为．
（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的质量百分含量为．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是．
（2）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂
b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液
d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化
f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数
（3）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液22.50mL，则铁矿石中铁的质量百分含量为．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为．
11．（16分）（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液，其pH为，此时水的电离受到．
（2）已知：2NO2（g）═N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）═N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是（填字母）．
A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度
（3）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2•L﹣2，则该温度下：
①0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH=；
②100mL 0.1mol•L﹣1H2SO4溶液与100mL 0.4mol•L﹣1的KOH溶液混合后，pH=．（4）已知一溶液有4种离子：X+、Y﹣、H+、OH﹣，下列分析结果肯定错误的是．A．c（Y﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（X+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）
C．c（H+）＞c（Y﹣）＞c（X+）＞c（OH﹣）D．c（OH﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y ﹣）
（5）在25℃下，将a mol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c （NH）=c（Cl﹣）．则溶液显（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O 的电离常数K b=．
2016年河南省南阳市高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）（2016•南阳三模）已知4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H═﹣xkJ/mol．蒸发1mol H2O（l）需要吸收的能量为44kJ，其它相关数据如下表：则表中z（用x、a、b、d
A． B．
C．D．
【分析】1mol氨气化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，1molO2（g）化学键断裂时需要吸收的能量为bkJ，1molNO（g）化学键断裂时需要吸收的能量为zkJ，1molH2O（g）化学键断裂时需要吸收的能量为dkJ，蒸发1mol H2O（l）需要吸收的能量为44kJ，依据△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能计算．
【解答】解：蒸发1mol H2O（l）需要吸收的能量为44kJ，6mol H2O（g）变成液态水需要放出的能量为6×44kJ，则4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣xkJ/mol，依据△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，﹣xkJ═4akJ+5bkJ﹣4zkJ﹣6dkJ﹣6×44kJ，
z=kJ，
故选C．
【点评】本题考查反应热的有关计算、键能与反应热的关系等，明确△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能是解题的关键，题目难度中等．
2．（6分）（2016•南阳三模）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5N A
B．1 mol Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数为1N A
C．100 mL 0.2 mol•L﹣1的FeCl3溶液中，含Fe3+数为0.02N A
D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2N A个O原子
【分析】A．气体摩尔体积适用对象为气体；
B．根据Cl2与NaOH方程式分析；
C．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解；
D．气体摩尔体积适用条件为标况下．
【解答】解：A．标况下，水是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．Cl2与NaOH方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl元素从0价升高到+1价，转移1个电子，所以1mol的Cl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数为N A，故B正确；C．Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Fe3+的个数小0.02N A个，故C错误；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，无法计算，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算及应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意气体摩尔体积适用对象，注意三价铁离子的水解，题目难度不大．
3．（6分）（2016•南阳三模）关于三种有机物叙述错误的是（﹣SH的性质类似于﹣OH）（）
A．都能发生酯化反应
B．都能与NaOH反应
C．甲的苯环上的一氯代物有4种
D．丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种
【分析】甲中含﹣COOH、﹣COOC﹣；乙中含﹣COOH、﹣SH及氨基；丙中含﹣OH，结合羧酸、酯、醇的性质及物质结构对称性来解答．
【解答】解：A．甲乙含﹣COOH、丙中含﹣OH，均可发生酯化反应，故A正确；
B．丙不能与NaOH反应，故B错误；
C．甲苯环上有四种H，则甲的苯环上的一氯代物有4种，故C正确；
D．由结构可知，丙的分子式为C10H15ON，结构对称，苯环上有3种H，苯环上的一氯代物有3种，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质为解答的关键，侧重羧酸、醇的性质及结构分析的考查，题目难度不大．
4．（6分）（2016•南阳三模）常温下，下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（）
A．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
B．在pH=2的溶液中：NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣
C．在c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液中：K+、Na+、C1O﹣、NO3﹣
D．水电离c（H+）=10﹣12的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42+、K+
【分析】A．离子之间结合生成络离子；
B．pH=2的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
C．c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液，显碱性；
D．水电离c（H+）=10﹣12的溶液，为酸或碱溶液．
【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；
B．pH=2的溶液，显酸性，H+、ClO﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．c（H+）/c（OH﹣）=10﹣12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C
正确；
D．水电离c（H+）=10﹣12的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Mg2+、Cu2+，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及分析与应用能力的考查，题目难度不大．
5．（6分）（2016•南阳三模）短周期元素X、Y可以形成化合物XY2，下列有关叙述正确的是（）
A．若XY2是共价化合物，则X与Y的原子序数不可能相差1
B．若XY2是离子化合物，则X与Y的原子序数可能相差8
C．若X与Y的原子序数相差5，则离子化合物XY2不溶于水
D．若X与Y的原子序数相差6，则共价化合物XY2可溶于强碱溶液
【分析】A．短周期元素X，Y可以形成化合物XY2，可以推出：Y为﹣2价，X为+4价．Y 可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如NO2；
B．短周期序数差8是同族，离子化合物是活泼金属与活泼非金属的化合物；
C．Y为﹣1价，X为+2价．Y可能为：H，F，Cl．X可能为：Be，Mg，C，N．MgCl2可溶于水；
D．Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如SiO2．
【解答】解：A．短周期元素X，Y可以形成化合物XY2，可以推出：Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如NO2，故A错误；
B．短周期序数差8是同族，离子化合物是活泼金属与活泼非金属的化合物，故B错误；C．Y为﹣1价，X为+2价．Y可能为：H，F，Cl．X可能为：Be，Mg，C，N．MgCl2可溶于水，故C错误；
D．Y为﹣2价，X为+4价．Y可能为：O，S．X可能为：C，Si，N，S．如SiO2，故D
正确；
故选D．
【点评】本题考查元素周期表，原子结构，化合价与形成化合物关系，难度较大．
6．（6分）（2016•湘潭模拟）可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件．化学反应速率与反应时间的关系如图所示．下列说法正确的是（）
A．维持温度、容积不变，t1时充入SO3（g）
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g）
【分析】由图象可以看出，在t1时，逆反应速率增大，正反应速率减小，则该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大．
【解答】解：A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查考查化学反应速率和化学平衡图象，题目难度中等，注意分析图示中正逆反应速率的变化关系，结合影响反应速率的因素分析．
7．（6分）（2016•南阳三模）下列四位同学设计的实验方案能达到实验目的是（）A．甲同学为测定0.01mol•L﹣1盐酸的pH值：用湿的玻璃棒蘸取盐酸，点在pH试纸上B．乙同学要检验（NH4）2Fe（SO4）2•12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
C．丙同学为检验Fe3O4中+2价铁元素：先用稀盐酸溶解Fe3O4，再滴加KMnO4溶液D．丁同学要验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液
【分析】A．用湿的玻璃棒蘸取盐酸稀释了盐酸；
B．检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸；
C．盐酸能被高锰酸钾氧化；
D．KSCN溶液遇三价铁离子变红色．
【解答】解：A．用湿的玻璃棒蘸取盐酸稀释了盐酸，pH变大，故A错误；
B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；
C．盐酸和+2价铁都能被高锰酸钾氧化，故C错误；
D．KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及pH试纸的使用、氨气的制备及检验、铁元素及其化合物的性质等，侧重实验操作及实验原理的考查，注意实验方案的可行性、操作性及评价性的分析，题目难度不大．
8．（6分）（2016•南阳三模）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管
中．下列分析正确的是（）
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e﹣→H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.4N A个电子时，两极共产生4.48L气体
【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧
根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．
【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；
B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；
C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C 正确；
D、K2闭合，电路中通过0.4N A个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．
二、解答题（共3小题，满分52分）
9．（18分）（2016•南阳三模）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，易吸水，溶于水后与水反应生成碳酸氢铵和一水合氨：NH2COONH4+2H2O⇌
NH4HCO3+NH3•H2O．可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的方程式：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0．
（1）如图1所示装置制取氨气，你所选择的试剂是浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等．（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
①发生器用冰水冷却的原因降低温度，促平衡正向移动，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）．液体石蜡鼓泡瓶的作用是通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例．
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤（填写操作名称）．为了得到干燥产品，应采取的方法是c（填写选项序号）．
a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如图3所示．
浓硫酸的作用：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解．（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为80%．
[Mr（NH2COONH4）=78，Mr（NH4HCO3）=79，Mr（CaCO3）=100]．
【分析】（1）由图可知，为固体与液体混合制备氨气，且不需要加热；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行；液体石蜡鼓泡瓶可观察到气体的流速；
②生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，得到干燥产品时应防止分解和氧化；
③浓硫酸可吸收氨气、水；
（3）用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g，n（碳酸钙）==0.015mol，结合元素守恒、质量守恒计算．
【解答】解：（1）由图可知，为固体与液体混合制备氨气，且不需要加热，则把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，
故答案为：降低温度，促平衡正向移动，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
②制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，为防止产品分解和被氧化，采用真空40℃以下烘干，
故答案为：过滤；c；
③浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g，碳酸钙物质的量为
=0.015mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，
由碳元素守恒及质量守恒可知
，
解得x=0.012mol、y=0.003mol，
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为×100%=80%，
故答案为：80%．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握气体的制备原理、平衡移动原理、混合物分离提纯等为解答的关键，（3）中注意守恒法应用，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，题目难度中等．
10．（18分）（2016•南阳三模）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）．某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按如图组装仪器，检验装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（1）补全步骤①的操作检验装置的气密性．
（2）装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果．
（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的质量百分含量为24%．
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2．
（2）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是df．
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂
b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液
d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化
f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数
（3）若滴定过程中消耗0.5000mol•L﹣1的KI溶液22.50mL，则铁矿石中铁的质量百分含量为70%．
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6．
【分析】Ⅰ、（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水以及二氧化碳；
（2）反应后装置B增重1.35g，即氢气和氧化铁反应后生成的水的质量，可以根据氧守恒来计算；
Ⅱ、铁矿石先用足量的稀硫酸溶解，过滤除去杂质，得到只含铁的离子的溶液，再通氯气将溶液中的铁的离子氧化成三价铁离子，再用碘化钾来滴定，据此分析计算．
（1）煮沸可以将水中的气体赶跑；
（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；
（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答判断；
（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算；
Ⅲ．Ⅰ中装置B增重1.35g为生成水的质量，根据氧元素守恒5g矿石中计算n（O），Ⅱ中步骤⑥发生2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，根据消耗KI溶液体积计算n（Fe3+），根据Fe元素守恒计算10g矿石中n（Fe），据此确定氧化物化学式．
【解答】解：Ⅰ．（1）由于该实验中有气体通过装置参加反应，所以实验开始要检验装置的气密性，
故答案为：检验装置的气密性；
（2）该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，B处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以C装置要防止防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果，
故答案为：防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；（3）测的反应后装置B 增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，根据质量守恒定律，所以铁矿石中氧的
百分含量是：×100%=24%，
故答案为：24%；
Ⅱ、（1）向铁矿石中加入硫酸，化反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量的氯气，煮沸后可以降低氯气的溶解度，赶走溶液中溶解的过量的Cl2，
故答案为：赶走溶液中溶解的过量的Cl2；
（2）a．碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b．滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；
c．滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；
d．锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；
e．滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；
f．滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确．
故答案为：df；
（3）根据反应的方程式为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI），即：0.5000mol•L﹣1×0.025L=c（Fe3+）×0.02L，解得c（Fe3+）=0.625mol•L
﹣1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%，
Ⅲ．铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，
所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，
铁的氧化物的化学式为：Fe5O6，
故答案是：Fe5O6．
【点评】本题是一道探究物质的组成、测量物质的含量知识的一道综合考查题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，题目难度中等．
11．（16分）（2016•南阳三模）（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c （OH﹣）=1×10﹣20的溶液，其pH为4或10，此时水的电离受到抑制．
（2）已知：2NO2（g）═N2O4（g）△H=﹣57.20kJ•mol﹣1．一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）═N2O4（g）达到平衡．其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是BC （填字母）．
A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度
（3）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2•L﹣2，则该温度下：
①0.01mol•L﹣1NaOH溶液的pH=11；
②100mL 0.1mol•L﹣1H2SO4溶液与100mL 0.4mol•L﹣1的KOH溶液混合后，pH=12．
（4）已知一溶液有4种离子：X+、Y﹣、H+、OH﹣，下列分析结果肯定错误的是C．A．c（Y﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．c（X+）＞c（Y﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）
C．c（H+）＞c（Y﹣）＞c（X+）＞c（OH﹣）D．c（OH﹣）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y ﹣）
（5）在25℃下，将a mol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c （NH）=c（Cl﹣）．则溶液显中（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O
的电离常数K b=．
【分析】（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液中满足：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液；
（2）该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等，依据化学平衡移动原理分析选项；
（3）①在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13 mol2•L﹣2，0.01mol•L﹣1NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol•L﹣1，则氢离子浓度为10﹣11mol/L，据此计算溶液PH；
②100mL 0.1mol•L﹣1H2SO4溶液与100mL 0.4mol•L﹣1的KOH溶液混合后恰反应后氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度过量，溶液显碱性，依据剩余氢氧根离子浓度和离子积常数计算溶液中氢离子浓度计算溶液PH；
（4）该溶液可能为中性、酸性、碱性溶液，但溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；
（5）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a﹣0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，根据NH3•H2O的电离常数K b计算；
【解答】解：（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣20的溶液中满足：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L，则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液，溶液的pH可能为4或10，
故答案为：4或10；抑制；
（2）该反应是反应前后气体体积减小的、放热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可改变反应物的浓度、体系的压强、温度等，
A．减小N02的浓度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故A错误；
B．降低温度，平衡向正反应方向移动，N02的转化率提高，故B正确；
C．增加N02的浓度，平衡向正反应方向移动，且体系压强增大，也利于反应向正反应方向移动，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，N02的转化率降低，故D错误；
故答案为：BC；
（3）①溶液中c（H+）=mol/L=10﹣11 mol/L，pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣11=11，
故答案为：11；。