浙江省嘉兴市高考化学一模试题(含解析)新人教版

浙江省嘉兴市2015年高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．下列说法不正确的是（）
A．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以减缓二氧化碳对环境的影响
B．淀粉、油脂、蛋白质都能在人体内水解，也能在体内氧化提供能量
C．C O2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质特别是在熔沸点、硬度上相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的
D．酸碱质子理论认为，凡能给出质子（H+）的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱．根据这一理论，Al（OH）3、NaHCO3都是酸碱两性物质
考点：常见的生活环境的污染及治理；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；原子晶体；
合理摄入营养物质的重要性．.
分析：A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同；
D．根据Al（OH）3、NaHCO3都能电离出氢离子又能结合氢离子发生反应判断．
解答：解：A．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解二氧化碳对环境的影响，故A正确；
B．油脂、淀粉、蛋白质是我们食物中提供能量的主要物质，在人体内都能发生水解，故B正确；
C．CO2与SiO2都是ⅣA族元素的氧化物，化学键类型都为共价键结合，但它们的物理性质相差很大，这是由于它们的晶体类型不同，故C错误；
D．因为Al（OH）3、NaHCO3都既能电离出氢离子，又能结合氢离子发生反应，所以都是酸碱两性物质，故D正确．
故选：C．
点评：本题考查化学与社会、环境的关系，把握物质的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．
2．（6分）（2015•嘉兴一模）下列有关实验的说法不正确的是（）
A．用广泛pH试纸测得0.051 mol•L﹣1 H2SO4溶液的pH=1
B．某气体制备装置如右图，该装置可减少污染性气体的泄漏，且有利于收集到空气含量较低的气体
C．在分液操作中，当试液分层后，打开旋塞，将下层液体放出，然后关闭旋塞，将上层液体从上口倒出
D．10mL溴水与5mL正己烷混合，在光照下振荡后静置，当试液分为上、下两层且几乎无色
时，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入液面上方，可观察到有白烟生成
考点：常见气体制备原理及装置选择；测定溶液pH的方法；分液和萃取．.
分析：A．0.051 mol•L﹣1 H2SO4溶液的PH约等于1，广泛pH试纸精确度不高；
B．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，该气体应用向上排空气法收集；
C．再分液操作中，上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体；
D．静置后分为两层，水层、油层均为无色，说明溴参加反应，且应生成不溶于水的溴代烃．
解答：解：A．0.051 mol•L﹣1 H2SO4溶液的PH约等于1，广泛pH试纸精确度不高，只能测得pH=1，故A正确；
B．Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，该气体应用向上排空气法收集，而该装置是想下排空气法，因此不利于收集到空气含量较低的气体，故B错误；
C．上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体，所以分液操作时，先将漏斗中的下层液体放出，然后再将上层液体从上口倒出，故C正确；
D．正己烷和溴在光照条件下反应生成溴代烃和HBr，分层后，下层为油层，上层为HBr 的水层，HBr和浓氨水反应生成溴化铵，因此会观察到有白烟生成，故D正确；
故选B．
点评：本题考查了实验仪器的使用、气体制备原理和仪器的选择、分液和萃取，综合性较强，难度一般，为高考高频考点，内容在教材中较为分散，学习中注意重视实验，每个知识点各个击破．
3．（6分）（2015•嘉兴一模）元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，其性质或结构信息如下表，有关下列元素的描述错误的是（）
元
素
X Y W Z
相关信息用硫酸处理海藻灰时，可得
通常状况下为紫黑色的固
体，其制剂可用来消毒．
工业上在冰晶石存
在的条件下，用电解
法制取其单质．
最早是在用氯气处理提取
食盐后的盐水母液中发现
的，被称作“海洋元素”．
原子的电子
总数是最外
层电子数的6
倍
A．实验室可在海藻灰的浸出液中滴加双氧水来制取元素X的单质
B．元素X、Y的单质充分混合后滴加少量水，可看到大量紫色蒸汽生成，说明该反应会放出大量的热
C．元素X的气态氢化物的沸点高于元素W的气态氢化物的沸点
D．元素Z是一种较活泼的金属元素，可用铝热法从Z的氧化物中制备Z的单质
考点：原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．.
分析：元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下X为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒，海藻中含有I元素，则X为I；
工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取Y的单质，则Y为Al；
W是最早在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”，则W为Br；
Z原子的电子总数是最外层电子数的6倍，则Z为Mg，据此解答．
解答：解：元素X～Z是元素周期表中4种主族元素，用硫酸处理海藻灰时，可得通常状况下
X为紫黑色的固体，其制剂可用来消毒，则X为I；工业上在冰晶石存在的条件下，用电解法制取Y的单质，则Y为Al；W是最早在用氯气处理提取食盐后的盐水母液中发现的，被称作“海洋元素”，则W为Br；Z原子的电子总数是最外层电子数的6倍，则Z 为Mg．
A．双氧水具有强氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，故A正确；
B．碘受热易升华，碘与Al混合后滴加少量水可看到大量紫色蒸汽生成，碘发生升华，说明Al与碘的反应会放出大量的热，故B正确；
C．HBr、HI均形成分子晶体，HI相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高于HBr，故C正确；
D．Z为Mg，是一种较活泼的金属元素，其活泼性比Al强，不能用铝热法从氧化镁中制备镁，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误，
故选D．
点评：本题考查元素推断、元素化合物性质，难度不大，注意D选项中铝热反应本质是置换反应，会根据金属活泼性强弱选取金属冶炼方法．
4．（6分）（2015•嘉兴一模）下列说法正确的是（）
A．
化合物的分子式为C13H9O4N2
B．C H3（CH2）2CH3与CH（CH3）3具有不同数目的一氯代物
C．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
D．石油的裂化、裂解属于化学变化，煤的气化、液化则属于物理变化
考点：物理变化与化学变化的区别与联系；分子式；同分异构现象和同分异构体；乙酸的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．.
分析：A．根据结构简式确定分子式；
B．分子中有几种氢原子，就有几种一氯代物；
C．乙酸、氨基乙酸含有羧基、蛋白质含有肽键；
D．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成．
解答：解：A．根据结构简式可知分子式为：C13H10O4N2，故A错误；
B．CH3（CH2）2CH3与CH（CH3）3都有2种氢原子，有2种一氯代物，故B错误；
C．乙酸、氨基乙酸含有羧基、蛋白质含有肽键，均能与NaOH发生反应，故C正确；
D．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO 等气体，属于化学变化；煤液化，把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化，故D错误．
故选C．
点评：本题考查有机物的结构与性质，注意习题中的信息分析物质的性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．
5．（6分）（2015•嘉兴一模）最近有研究人员利用隔膜电解法处理高浓度的乙醛废水．乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸．实验室以一定浓度的乙醛﹣Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示．下列说法不正确的是（）
A．电解过程中，阴极附近的乙醛被氧化
B．阳极反应CH3CHO﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+
C．若以CH4﹣空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入CH4
D．现处理含1mol乙醛的废水，至少需转移1mol电子
考点：电解原理．.
分析：A．电解池阴极上发生的还原反应；
B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；
C．a为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；
D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子．
解答：解：A．电解过程中，阴极附近的乙醛被还原，故A错误；
B．电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反应式为：CH3CHO ﹣2e﹣+H2O═CH3COOH+2H+，故B正确；
C．连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故C正确；
D.1mol乙醛转化为乙醇或者转化为乙酸，转移2mol电子，故D错误；
故选：AD．
点评：本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解题关键，题目难度不大．
6．（6分）（2015•嘉兴一模）取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00mL，分別用0.10mol•L ﹣1的NaOH溶液或0.10mol•L﹣1 的稀氨水滴定得下图．下列说法正确的是（）
A．由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸
B．由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度
C．曲线b、c的滴定实验可用酚酞做指示剂
D．由图可知滴定前醋酸电离度约为1.67%
考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.
分析：由图象可知加入NaOH或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，如用氨水中和，滴定终点时溶液呈酸性，应用甲基橙为指示剂，结合消耗氢氧化钠的物质的量计算醋酸的浓度，结合pH计算电离度．
解答：解：A．由图象可知加入NaOH或氨水时，a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定b、c，故A错误；
B．硫酸、盐酸都为强酸，题中纵坐标为pH，不能确定浓度大小，故B错误；
C．如用氨水中和，滴定终点时溶液呈酸性，应用甲基橙为指示剂，故C错误；
D．开始时醋酸溶液pH=3，c（H+）=10﹣3mol/L，滴定终点时消耗NaOH的体积为15mL，则有c（HAc）×0.025L=0.10mol/L×0.015L，c（HAc）=0.06mol/L，醋酸电离度为
=1.67%，故D正确．
故选D．
点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握题目图象的分析和弱电解质的电离特点，难度中等．
7．（6分）（2015•嘉兴一模）某无色混合气体可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的两种或多种组成．常温下取此气体200mL进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）．下列说法错误的是（）
A．原混合气体中有5mLO2
B．原混合气体中肯定存在的气体是NH3，肯定不存在的气体是HCl
C．原混合气体中CO2的体积分数为40%
D．可能存在N2和He，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%
考点：有关混合物反应的计算；常见气体的检验．.
分析：200mL的混合气体通过足量的浓H2SO4，体积减少至160mL，说明一定存在氨气，且氨气体积为200mL﹣160mL=40mL，则一定不存在HCl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有CO2，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160mL﹣120mL）×2=80mL，则反应生成氧气为40mL；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：
2H2+O22H2O，则参加反应的氢气为（120mL﹣15mL）×=70mL，参加反应氧气为105mL﹣70mL=35mL，剩余的15mL气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有N2、He中的至少一种，且体积为10mL，故原混合气体中氢气为70mL，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、He的总体积为：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合气体中没有氧气，据此解答．
解答：解：200mL的混合气体通过足量的浓H2SO4，体积减少至160mL，说明一定存在氨气，且氨气体积为200mL﹣160mL=40mL，则一定不存在HCl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有CO2，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160mL ﹣120mL）×2=80mL，则反应生成氧气为40mL；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发
生反应：2H2+O22H2O，则参加反应的氢气为（120mL﹣15mL）×=70mL，
参加反应氧气为105mL﹣70mL=35mL，剩余的15mL气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有N2、He中的至少一种，且体积为10mL，故原混合气体中氢气为70mL，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、He的总体积为：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合气体中没有氧气，
A．由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故A错误；
B．由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含HCl，故B正确；
C．原混合气体中二氧化碳体积分数为×100%=40%，故C正确；
D．由上述分析可知，混合气体中一定存在N2、He中的至少一种，且体积为10mL，在
原混合气体中的体积分数为×100%=5%，故D正确，
故选A．
点评：本题考查物质推断、混合物计算，题目难度中等，明确发生的反应，结合气体体积判断混合气体的组成，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（10分）（2015•嘉兴一模）如图1所示是某些物质的转化关系图（个别小分子产物可能没有标出）．
已知：
Ⅰ．A、B、C是三种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A．
Ⅱ．化合物D的比例模型如图2所示；D完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2的体积比为1：1．
Ⅲ．硫酸氢乙酯水解得E与硫酸，从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用．
Ⅳ．E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，E与D反应得无色液体H，在反应②、③中，参与反应的官能团完全相同．
请按要求回答下列问题：
（1）化合物D所含官能团的名称是碳碳双键和羧基，化合物C的结构简式为CH≡CH．（2）反应①的反应类型是加成，化合物A与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3．
（3）化合物H可进一步聚合成某种柔软且透明的高分子化合物，写出其化学反应方程式
．
考点：有机物的推断．.
分析：化合物D的比例模型如图2所示，D完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2的体积比为1：1，则D为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得E与硫酸，则E为CH3CH2OH，从A 经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可推知A为CH2=CH2，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为CH3COOH，G为CH3COOCH2CH3，E与D反应得无色液体H，则H为CH2=CHCOOCH2CH3，在反应
②、③中，参与反应的官能团完全相同，都是羟基和羧基发生酯化反应，A、B、C是三
种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A，且B和C反应生成D，则B为CO，C为CH≡CH，据此答题．
解答：解：化合物D的比例模型如图2所示，D完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2的体积比为1：1，则D为CH2=CHCOOH，硫酸氢乙酯水解得E与硫酸，则E为CH3CH2OH，从A经硫酸氢乙酯至E的反应中，硫酸实际起到了催化剂的作用，A的相对分子质量为28，可推知A为CH2=CH2，E与F反应，得一种有浓郁香味的油状液体G，则F为CH3COOH，G为CH3COOCH2CH3，E与D反应得无色液体H，则H为CH2=CHCOOCH2CH3，在反应
②、③中，参与反应的官能团完全相同，都是羟基和羧基发生酯化反应，A、B、C是三
种常见的气态含碳化合物，A、B的相对分子质量均为28，C的相对分子质量略小于A，且B和C反应生成D，则B为CO，C为CH≡CH，
（1）根据上面的分析可知，D为CH2=CHCOOH，D所含官能团的名称是碳碳双键和羧基，C为CH≡CH，
故答案为：碳碳双键和羧基；CH≡CH；
（2）反应①的反应类型是硫酸与乙烯的加成反应，A为CH2=CH2，F为CH3COOH，A 与F在一定条件下也可发生类似①的反应，其化学方程式为CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3，
故答案为：加成；CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；
（3）H为CH2=CHCOOCH2CH3，H可进一步聚合成某种柔软且透明的高分子化合物，其化学反应方程式为，
故答案为：．
点评：本题考查有机物推断，根据题中信息结合有机物结构及相互转化关系进行推断，从而得出各有机化合物的结构，是对有机化学基础知识的综合考查，需要学生熟练掌握分子结构中的官能团，抓官能团性质进行解答，难度中等．
9．（18分）（2015•嘉兴一模）（1）硫酸是一种重要的含氧酸．实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体共热，可获得CO与CO2的混合气体，再将混合气进一步通过碱石灰（填一种试剂的名称）即可得纯净干燥的CO．在此反应中，硫酸体现了脱水性性质．
（2）净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净Cl2Na （NCO）3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去．
①优氯净中氯元素的化合价为+1．
②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为SO32﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+．
③亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质．无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600℃便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体．请写出无水亚硫酸钠受热分解的反应方程式4Na2SO3═3Na2SO4+Na2S．
（3）某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：
已知：
①无机盐M仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；
②如图中，将1.98g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入1.12g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液N．
③该小组同学将溶液N分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验．
④在路线Ⅱ中，首先向溶液N中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末1.20g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到3.48g纯净的不含结晶水的正盐W．
请按要求回答下列问题：
①由路线Ⅰ的现象可知，溶液N中含有的阳离子是Fe2+．
②由实验流程图可推得，含氧酸盐W的化学式是K2SO4 ；由路线Ⅱ可知，1.98g无机盐M中所含钾元素的质量为0.78g．
③无机盐M与 1.12g还原铁粉恰好完全反应生成溶液N的化学反应方程为
2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．
考点：探究物质的组成或测量物质的含量；根据化学式判断化合价；浓硫酸的性质．.
分析：（1）除去混合气体中二氧化碳和水，可以选用碱石灰；浓硫酸在该反应中表现了脱水性；
（2）①根据化合物中总化合价为0计算出优氯净Cl2Na（NCO）3中Cl元素的化合价；
②次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应；
③亚硫酸钠若变质，溶液中会存在硫酸钠，先用过量盐酸除去亚硫酸根离子，然后用氯
化钡检验是否含有硫酸根离子，从而判断亚硫酸钠是否变质；根据化合价变化判断反应产物，写出反应的化学方程式；
（3）1.2g氧化铁的物质的量为：=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量为：0.0075mol×2×2=0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol=1.68g＞1.12g，所以无机盐M中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为2：1：4，则M的化学式为：K2FeO4，
①路线Ⅰ为检验亚铁离子的方法；
②K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫
酸钾；根据n=计算出K2FeO4的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；
③根据K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式．解答：解：（1）硫酸是一种重要的含氧酸，实验室用浓硫酸与乙二酸（H2C2O4）晶体共热，可获得CO与CO2的混合气体，再将混合气进一步通过要得到纯净的CO气体，需要除去混合气体中二氧化碳和水，所以应该用碱石灰干燥；浓硫酸在反应中起到了脱水性，故答案为：碱石灰（CaO或NaOH固体）；脱水性；
（2）①优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为﹣3价、O为﹣2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（﹣3）+（+4）+（﹣2）]=0，解得：x=+1，故答案为：+1；
②亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：SO32
﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+，故答案为：SO32﹣+HClO═SO42﹣+Cl﹣+H+；
③亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液
是否变质的方法为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质；无水亚硫酸钠隔绝空气加热到600℃便开始分解，分解产物是硫化钠和另一固体，根据化合价变化可知，另一种产物为Na2SO4，反应的化学方程式为：4Na2SO3═3Na2SO4+Na2S，
故答案为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质；4Na2SO3═3Na2SO4+Na2S；
（3）①根据路线Ⅰ可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；
②1.2g氧化铁的物质的量为：=0.0075mol，则溶液中含有铁元素的物质的量
为：0.0075mol×2×2=0.03mol，质量为：56g/mol×0.03mol=1.68g＞1.12g，所以无机盐M 中一定含有Fe元素，无机盐M分子中的原子个数比为2：1：4，则M的化学式为：K2FeO4，根据流程可知，K2FeO4与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知W为硫酸钾；
1.98gK2FeO4的物质的量为=0.01mol，0.01molK2FeO4中含有0.02mol钾离子，
含有钾离子的质量为39g/mol×0.02mol=0.78g，
故答案为：K2SO4 ；0.78；
③无机盐M与还原铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，反应的化学方程式为：
2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O，
故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．
点评：本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、浓硫酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．
10．（15分）（2015•嘉兴一模）氨气是一种重要的化工原料，在工农业中都有广泛的应用．（1）NH3和CO2在120℃和催化剂的作用下可以合成尿素，反应方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）．某实验小组向一个容积不变的真空密闭容器中充入CO2与NH3合成尿素．在恒定温度下，混合气体中NH3的含量随时间的变化关系如图所示（该条件下尿素为固体）．A点的正反应速率v正（CO2）大于B点的逆反应速率v逆（CO2）（填“大于”、“小于”或“等于”），NH3的平衡转化率为75%．
（2）氨基甲酸铵（NH2COONH4）是合成尿素过程中的中间产物．现将体积比为2：1的NH3和CO2混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生反应并达到平衡：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）．实验测得在不同温度下的平衡数据如下表：
温度（℃）15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
2.4
3.4
4.8 6.8 9.4
平衡气体总浓度（10﹣
3mol/L）
①上述反应的焓变：△H＜0，熵变△S＜0（填“＞”、“＜”或“=”）．根据表中数据，列
出15.0℃时该反应的化学平衡常数的计算式K=
（不要求计算结果）．
②若从已达平衡状态的上述容器中分离出少量的氨基甲酸铵晶体，反应物的转化率将不变（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）向含a mol NH4NO3的溶液中滴加b L氨水后溶液恰好呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将
逆向（填“正向”、“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为mol•L﹣1（25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=2×10﹣5）
考点：化学平衡的计算；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．.
分析：（1）图象分析氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应
达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率；依据氨气的体积分数结合平衡三段式列式计算平衡转化率；
（2）①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应；
反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程；
根据平衡三段式计算各物质的平衡浓度，再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行列式；
③固体量的变化，对平衡不产生影响；
（3）一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；
依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度．
解答：解：（1）氨气的体积分数从50%变化为20%后体积分数保持不变，说明B点反应达到平衡状态，A点氨气体积百分含量大于B的氨气体积百分含量，说明反应正向进行达到平衡状态，A点的正反应速率大于B点的正反应速率，故v正（CO2）＞v逆（CO2）；
设氨气消耗物质的量x，开始氨气体积分数为50%，假设氨气为50mol，二氧化碳为50mol，
CO2+2NH3⇌（NH2）2CO+H2O
起始量（mol）50 50 0 0
变化量（mol）0.5x x 0.5x 0.5x
平衡量（mol）50﹣0.5x 50﹣x 0.5x 0.5x
氨气的体积分数==20%；解得x=37.5mol，
氨气的平衡转化率=×100%=75%，
故答案为：大于；75%；
（2）①根据表中的数据分析：温度越高，则平衡气体的总浓度越大，所以升高温度，平衡逆向移动，正反应反应是放热反应，故△H＜0；
反应物是气体，产物是固体，该反应是熵减小的过程，即，△S＜0，反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），设二氧化碳浓度的变化量x，
2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）．
初始浓度0 0
变化浓度：2x x
平衡浓度：2x x
则3x=2.4×10﹣3mol/L，即x=0.8×10﹣3mol/L，2x=1.6×10﹣3mol/L，
K==，
故答案为：＜；＜；；
③从已达平衡状态的上述容器中分离出少量的氨基甲酸铵晶体，对平衡不产生影响，故
反应物的转化率将不变，
故答案为：不变；。