浙江省嘉興市2015年高考化學一模試卷(解析版)

1、浙江省嘉興市2015年高考化學一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1下列說法不正確的是（）A利用二氧化碳制造全降解塑料，可以減緩二氧化碳對環(huán)境的影響B(tài)淀粉、油脂、蛋白質都能在人體內(nèi)水解，也能在體內(nèi)氧化提供能量CCO2與SiO2都是A族元素的氧化物，但它們的物理性質特別是在熔沸點、硬度上相差很大，這是由于它們的化學鍵類型不同造成的D酸堿質子理論認為，凡能給出質子（H+）的物質都是酸，凡能接受質子的物質都是堿根據(jù)這一理論，Al（OH）3、NaHCO3都是酸堿兩性物質考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理；酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系；原子晶體；合理攝入營養(yǎng)物質的重要性. 分析：

2、A利用二氧化碳制造全降解塑料，減少了二氧化碳的排放；B油脂、淀粉、蛋白質是我們食物中提供能量的主要物質，在人體內(nèi)都能發(fā)生水解；CCO2與SiO2都是A族元素的氧化物，但它們的物理性質相差很大，這是由于它們的晶體類型不同；D根據(jù)Al（OH）3、NaHCO3都能電離出氫離子又能結合氫離子發(fā)生反應判斷解答：解：A利用二氧化碳制造全降解塑料，減少了二氧化碳的排放，可以緩解二氧化碳對環(huán)境的影響，故A正確；B油脂、淀粉、蛋白質是我們食物中提供能量的主要物質，在人體內(nèi)都能發(fā)生水解，故B正確；CCO2與SiO2都是A族元素的氧化物，化學鍵類型都為共價鍵結合，但它們的物理性質相差很大，這是由于它們的晶體類型不同

3、，故C錯誤；D因為Al（OH）3、NaHCO3都既能電離出氫離子，又能結合氫離子發(fā)生反應，所以都是酸堿兩性物質，故D正確故選：C點評：本題考查化學與社會、環(huán)境的關系，把握物質的性質為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大2（6分）（2015嘉興一模）下列有關實驗的說法不正確的是（）A用廣泛pH試紙測得0.051 molL1 H2SO4溶液的pH=1B某氣體制備裝置如右圖，該裝置可減少污染性氣體的泄漏，且有利于收集到空氣含量較低的氣體C在分液操作中，當試液分層后，打開旋塞，將下層液體放出，然后關閉旋塞，將上層液體從上口倒出D10mL溴水與5mL正己烷混合，在光照下振蕩后靜置，當試液分為上、

4、下兩層且?guī)缀鯚o色時，用玻璃棒蘸取濃氨水伸入液面上方，可觀察到有白煙生成考點：常見氣體制備原理及裝置選擇；測定溶液pH的方法；分液和萃取. 分析：A0.051 molL1 H2SO4溶液的PH約等于1，廣泛pH試紙精確度不高；BCu和濃硝酸反應生成二氧化氮，該氣體應用向上排空氣法收集；C再分液操作中，上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體；D靜置后分為兩層，水層、油層均為無色，說明溴參加反應，且應生成不溶于水的溴代烴解答：解：A0.051 molL1 H2SO4溶液的PH約等于1，廣泛pH試紙精確度不高，只能測得pH=1，故A正確；BCu和濃硝酸反應生成二氧化氮，該氣體應用向上排空氣法收

5、集，而該裝置是想下排空氣法，因此不利于收集到空氣含量較低的氣體，故B錯誤；C上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體，所以分液操作時，先將漏斗中的下層液體放出，然后再將上層液體從上口倒出，故C正確；D正己烷和溴在光照條件下反應生成溴代烴和HBr，分層后，下層為油層，上層為HBr的水層，HBr和濃氨水反應生成溴化銨，因此會觀察到有白煙生成，故D正確；故選B點評：本題考查了實驗儀器的使用、氣體制備原理和儀器的選擇、分液和萃取，綜合性較強，難度一般，為高考高頻考點，內(nèi)容在教材中較為分散，學習中注意重視實驗，每個知識點各個擊破3（6分）（2015嘉興一模）元素XZ是元素周期表中4種主族元素，其性

6、質或結構信息如下表，有關下列元素的描述錯誤的是（）元素XYWZ相關信息用硫酸處理海藻灰時，可得通常狀況下為紫黑色的固體，其制劑可用來消毒工業(yè)上在冰晶石存在的條件下，用電解法制取其單質最早是在用氯氣處理提取食鹽后的鹽水母液中發(fā)現(xiàn)的，被稱作“海洋元素”原子的電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的6倍A實驗室可在海藻灰的浸出液中滴加雙氧水來制取元素X的單質B元素X、Y的單質充分混合后滴加少量水，可看到大量紫色蒸汽生成，說明該反應會放出大量的熱C元素X的氣態(tài)氫化物的沸點高于元素W的氣態(tài)氫化物的沸點D元素Z是一種較活潑的金屬元素，可用鋁熱法從Z的氧化物中制備Z的單質考點：原子結構與元素的性質；原子結構與元素周期律的關

7、系. 分析：元素XZ是元素周期表中4種主族元素，用硫酸處理海藻灰時，可得通常狀況下X為紫黑色的固體，其制劑可用來消毒，海藻中含有I元素，則X為I；工業(yè)上在冰晶石存在的條件下，用電解法制取Y的單質，則Y為Al；W是最早在用氯氣處理提取食鹽后的鹽水母液中發(fā)現(xiàn)的，被稱作“海洋元素”，則W為Br；Z原子的電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的6倍，則Z為Mg，據(jù)此解答解答：解：元素XZ是元素周期表中4種主族元素，用硫酸處理海藻灰時，可得通常狀況下X為紫黑色的固體，其制劑可用來消毒，則X為I；工業(yè)上在冰晶石存在的條件下，用電解法制取Y的單質，則Y為Al；W是最早在用氯氣處理提取食鹽后的鹽水母液中發(fā)現(xiàn)的，被稱作“海洋元

8、素”，則W為Br；Z原子的電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的6倍，則Z為MgA雙氧水具有強氧化性，能將溴離子氧化為溴單質，故A正確；B碘受熱易升華，碘與Al混合后滴加少量水可看到大量紫色蒸汽生成，碘發(fā)生升華，說明Al與碘的反應會放出大量的熱，故B正確；CHBr、HI均形成分子晶體，HI相對分子質量大，分子間作用力強，沸點高于HBr，故C正確；DZ為Mg，是一種較活潑的金屬元素，其活潑性比Al強，不能用鋁熱法從氧化鎂中制備鎂，可以采用電解熔融氯化鎂的方法冶煉鎂，故D錯誤，故選D點評：本題考查元素推斷、元素化合物性質，難度不大，注意D選項中鋁熱反應本質是置換反應，會根據(jù)金屬活潑性強弱選取金屬冶煉方法4（6分

9、）（2015嘉興一模）下列說法正確的是（）A化合物的分子式為C13H9O4N2BCH3（CH2）2CH3與CH（CH3）3具有不同數(shù)目的一氯代物C在一定條件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白質均能與NaOH發(fā)生反應D石油的裂化、裂解屬于化學變化，煤的氣化、液化則屬于物理變化考點：物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系；分子式；同分異構現(xiàn)象和同分異構體；乙酸的化學性質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點. 分析：A根據(jù)結構簡式確定分子式；B分子中有幾種氫原子，就有幾種一氯代物；C乙酸、氨基乙酸含有羧基、蛋白質含有肽鍵；D化學變化和物理變化的本質區(qū)別在于是否有新物質生成解答：解：A根據(jù)結構簡式可知分子式為：C13H10

10、O4N2，故A錯誤； BCH3（CH2）2CH3與CH（CH3）3都有2種氫原子，有2種一氯代物，故B錯誤；C乙酸、氨基乙酸含有羧基、蛋白質含有肽鍵，均能與NaOH發(fā)生反應，故C正確；D煤的氣化是將其轉化為可燃氣體的過程，主要反應為碳與水蒸氣反應生成H2、CO等氣體，屬于化學變化；煤液化，把固體炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料、化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤故選C點評：本題考查有機物的結構與性質，注意習題中的信息分析物質的性質，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，題目難度不大5（6分）（2015嘉興一模）最近有研究人員利用隔膜電解法處理高濃度的乙醛

11、廢水乙醛分別在陰、陽極發(fā)生反應，轉化為乙醇和乙酸實驗室以一定濃度的乙醛Na2SO4溶液為電解質溶液，模擬乙醛廢水的處理過程，其裝置如圖所示下列說法不正確的是（）A電解過程中，陰極附近的乙醛被氧化B陽極反應CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+C若以CH4空氣燃料電池為直流電源，燃料電池的b極應通入CH4D現(xiàn)處理含1mol乙醛的廢水，至少需轉移1mol電子考點：電解原理. 分析：A電解池陰極上發(fā)生的還原反應；B電解池陽極發(fā)生氧化反應，乙醛在陽極上失去電子生成乙酸；Ca為正極，b為負極，負極發(fā)生氧化反應，通入甲烷；D.1mol乙醛轉化為乙醇或者轉化為乙酸，轉移2mol電子解答：解：A電解過

12、程中，陰極附近的乙醛被還原，故A錯誤；B電解池陽極發(fā)生氧化反應，乙醛在陽極上失去電子生成乙酸，電極反應式為：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+，故B正確；C連接電解池陰極的是原電池負極，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應，a為正極，b為負極，燃料電池的a極應通入空氣，故C正確；D.1mol乙醛轉化為乙醇或者轉化為乙酸，轉移2mol電子，故D錯誤；故選：AD點評：本題考查了原電池和電解池的原理，側重于學生的分析能力的考查，明確電極上發(fā)生的反應是解題關鍵，題目難度不大6（6分）（2015嘉興一模）取未知濃度的硫酸、鹽酸和醋酸各25.00mL，分別用0.10molL1的NaOH溶液或0.10m

13、olL1 的稀氨水滴定得下圖下列說法正確的是（）A由圖可知曲線c為NaOH滴定硫酸B由圖可知硫酸的物質的量濃度大于鹽酸的物質的量濃度C曲線b、c的滴定實驗可用酚酞做指示劑D由圖可知滴定前醋酸電離度約為1.67%考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算. 分析：由圖象可知加入NaOH或氨水時，a的pH在開始階段變化較大，應為堿滴定弱酸的變化曲線，則b、c為硫酸、鹽酸的滴定曲線，由于濃度未知，則不能確定b、c，如用氨水中和，滴定終點時溶液呈酸性，應用甲基橙為指示劑，結合消耗氫氧化鈉的物質的量計算醋酸的濃度，結合pH計算電離度解答：解：A由圖象可知加入NaOH或氨水時，a的pH在開始階段變化較大，

14、應為堿滴定弱酸的變化曲線，則b、c為硫酸、鹽酸的滴定曲線，由于濃度未知，則不能確定b、c，故A錯誤；B硫酸、鹽酸都為強酸，題中縱坐標為pH，不能確定濃度大小，故B錯誤；C如用氨水中和，滴定終點時溶液呈酸性，應用甲基橙為指示劑，故C錯誤；D開始時醋酸溶液pH=3，c（H+）=103mol/L，滴定終點時消耗NaOH的體積為15mL，則有c（HAc）×0.025L=0.10mol/L×0.015L，c（HAc）=0.06mol/L，醋酸電離度為=1.67%，故D正確故選D點評：本題考查酸堿混合的定性判斷和計算，為高頻考點，側重于學生的分析、計算能力的考查，注意把握題目圖象的分析

15、和弱電解質的電離特點，難度中等7（6分）（2015嘉興一模）某無色混合氣體可能由H2、O2、NH3、N2、CO2、HCl和He中的兩種或多種組成常溫下取此氣體200mL進行實驗，實驗的過程和結果如下（上述氣體的體積都是折算成相同條件下的體積）下列說法錯誤的是（）A原混合氣體中有5mLO2B原混合氣體中肯定存在的氣體是NH3，肯定不存在的氣體是HClC原混合氣體中CO2的體積分數(shù)為40%D可能存在N2和He，它們在原混合氣體中的體積分數(shù)不可能超過5%考點：有關混合物反應的計算；常見氣體的檢驗. 分析：200mL的混合氣體通過足量的濃H2SO4，體積減少至160mL，說明一定存在氨氣，且氨氣體積為

16、200mL160mL=40mL，則一定不存在HCl氣體；再通過過氧化鈉，體積減少，則一定含有CO2，發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2體積二氧化碳反應時，生成1體積氧氣，氣體體積減少1體積，故二氧化碳體積為（160mL120mL）×2=80mL，則反應生成氧氣為40mL；點燃后，體積減小，說明含有氫氣，發(fā)生反應：2H2+O22H2O，則參加反應的氫氣為（120mL15mL）×=70mL，參加反應氧氣為105mL70mL=35mL，剩余的15mL氣體再通過銅網(wǎng)，體積減小，且還有氣體剩余，說明氫氣燃燒后氧氣剩余，混合氣體中還含有N2、He中

17、的至少一種，且體積為10mL，故原混合氣體中氫氣為70mL，氨氣、氫氣、二氧化碳、氮氣、He的總體積為：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合氣體中沒有氧氣，據(jù)此解答解答：解：200mL的混合氣體通過足量的濃H2SO4，體積減少至160mL，說明一定存在氨氣，且氨氣體積為200mL160mL=40mL，則一定不存在HCl氣體；再通過過氧化鈉，體積減少，則一定含有CO2，發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由方程式可知，2體積二氧化碳反應時，生成1體積氧氣，氣體體積減少1體積，故二氧化碳體積為（160mL120mL）×2=80mL，則反應生成氧

18、氣為40mL；點燃后，體積減小，說明含有氫氣，發(fā)生反應：2H2+O22H2O，則參加反應的氫氣為（120mL15mL）×=70mL，參加反應氧氣為105mL70mL=35mL，剩余的15mL氣體再通過銅網(wǎng)，體積減小，且還有氣體剩余，說明氫氣燃燒后氧氣剩余，混合氣體中還含有N2、He中的至少一種，且體積為10mL，故原混合氣體中氫氣為70mL，氨氣、氫氣、二氧化碳、氮氣、He的總體積為：40mL+70mL+80mL+10mL=200mL，故原混合氣體中沒有氧氣，A由上述分析可知，原混合氣體中沒有氧氣，故A錯誤；B由上述分析可知，原混合氣體中一定存在氨氣，一定不含HCl，故B正確；C原混

19、合氣體中二氧化碳體積分數(shù)為×100%=40%，故C正確；D由上述分析可知，混合氣體中一定存在N2、He中的至少一種，且體積為10mL，在原混合氣體中的體積分數(shù)為×100%=5%，故D正確，故選A點評：本題考查物質推斷、混合物計算，題目難度中等，明確發(fā)生的反應，結合氣體體積判斷混合氣體的組成，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力二、解答題（共4小題，滿分58分）8（10分）（2015嘉興一模）如圖1所示是某些物質的轉化關系圖（個別小分子產(chǎn)物可能沒有標出）已知：A、B、C是三種常見的氣態(tài)含碳化合物，A、B的相對分子質量均為28，C的相對分子質量略小于A化合物D

20、的比例模型如圖2所示；D完全燃燒時，消耗的氧氣與生成的CO2的體積比為1：1硫酸氫乙酯水解得E與硫酸，從A經(jīng)硫酸氫乙酯至E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用E與F反應，得一種有濃郁香味的油狀液體G，E與D反應得無色液體H，在反應、中，參與反應的官能團完全相同請按要求回答下列問題：（1）化合物D所含官能團的名稱是碳碳雙鍵和羧基，化合物C的結構簡式為CHCH（2）反應的反應類型是加成，化合物A與F在一定條件下也可發(fā)生類似的反應，其化學方程式為CH3COOH+CH2=CH2CH3COOCH2CH3（3）化合物H可進一步聚合成某種柔軟且透明的高分子化合物，寫出其化學反應方程式考點：有機物的推斷. 分

21、析：化合物D的比例模型如圖2所示，D完全燃燒時，消耗的氧氣與生成的CO2的體積比為1：1，則D為CH2=CHCOOH，硫酸氫乙酯水解得E與硫酸，則E為CH3CH2OH，從A經(jīng)硫酸氫乙酯至E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用，A的相對分子質量為28，可推知A為CH2=CH2，E與F反應，得一種有濃郁香味的油狀液體G，則F為CH3COOH，G為CH3COOCH2CH3，E與D反應得無色液體H，則H為CH2=CHCOOCH2CH3，在反應、中，參與反應的官能團完全相同，都是羥基和羧基發(fā)生酯化反應，A、B、C是三種常見的氣態(tài)含碳化合物，A、B的相對分子質量均為28，C的相對分子質量略小于A，且B和C

22、反應生成D，則B為CO，C為CHCH，據(jù)此答題解答：解：化合物D的比例模型如圖2所示，D完全燃燒時，消耗的氧氣與生成的CO2的體積比為1：1，則D為CH2=CHCOOH，硫酸氫乙酯水解得E與硫酸，則E為CH3CH2OH，從A經(jīng)硫酸氫乙酯至E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用，A的相對分子質量為28，可推知A為CH2=CH2，E與F反應，得一種有濃郁香味的油狀液體G，則F為CH3COOH，G為CH3COOCH2CH3，E與D反應得無色液體H，則H為CH2=CHCOOCH2CH3，在反應、中，參與反應的官能團完全相同，都是羥基和羧基發(fā)生酯化反應，A、B、C是三種常見的氣態(tài)含碳化合物，A、B的相對

23、分子質量均為28，C的相對分子質量略小于A，且B和C反應生成D，則B為CO，C為CHCH，（1）根據(jù)上面的分析可知，D為CH2=CHCOOH，D所含官能團的名稱是碳碳雙鍵和羧基，C為CHCH，故答案為：碳碳雙鍵和羧基；CHCH；（2）反應的反應類型是硫酸與乙烯的加成反應，A為CH2=CH2，F(xiàn)為CH3COOH，A與F在一定條件下也可發(fā)生類似的反應，其化學方程式為CH3COOH+CH2=CH2CH3COOCH2CH3，故答案為：加成；CH3COOH+CH2=CH2CH3COOCH2CH3；（3）H為CH2=CHCOOCH2CH3，H可進一步聚合成某種柔軟且透明的高分子化合物，其化學反應方程式為，

24、故答案為：點評：本題考查有機物推斷，根據(jù)題中信息結合有機物結構及相互轉化關系進行推斷，從而得出各有機化合物的結構，是對有機化學基礎知識的綜合考查，需要學生熟練掌握分子結構中的官能團，抓官能團性質進行解答，難度中等9（18分）（2015嘉興一模）（1）硫酸是一種重要的含氧酸實驗室用濃硫酸與乙二酸（H2C2O4）晶體共熱，可獲得CO與CO2的混合氣體，再將混合氣進一步通過堿石灰（填一種試劑的名稱）即可得純凈干燥的CO在此反應中，硫酸體現(xiàn)了脫水性性質（2）凈水丸能對飲用水進行快速的殺菌消毒，藥丸通常分內(nèi)外兩層外層的優(yōu)氯凈 Cl2Na（NCO）3先與水反應，生成次氯酸起殺菌消毒作用；幾分鐘后，內(nèi)層的亞

25、硫酸鈉（Na2SO3）溶出，可將水中的余氯（次氯酸等）除去優(yōu)氯凈中氯元素的化合價為+1亞硫酸鈉將水中多余次氯酸除去的離子反應方程式為SO32+HClOSO42+Cl+H+亞硫酸鈉溶液在空氣中易變質，請寫出檢驗亞硫酸鈉溶液是否變質的方法取適量固體于試管，加水溶解，滴加過量鹽酸至無氣體放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成證明試樣已經(jīng)變質無水亞硫酸鈉隔絕空氣加熱到600便開始分解，分解產(chǎn)物是硫化鈉和另一固體請寫出無水亞硫酸鈉受熱分解的反應方程式4Na2SO33Na2SO4+Na2S（3）某無機鹽M是一種優(yōu)良的氧化劑，為確定其化學式，某小組設計并完成了如下實驗：已知：無機鹽M僅由鉀離子和一種含氧酸根

26、組成，其分子中的原子個數(shù)比為2：1：4；如圖中，將1.98g該無機鹽溶于水，滴加適量稀硫酸后，再加入1.12g還原鐵粉，恰好完全反應得混合溶液N該小組同學將溶液N分為二等份，分別按路線、路線進行實驗在路線中，首先向溶液N中滴加適量KOH至元素X剛好沉淀完全，過濾后將沉淀在空氣中充分灼燒得純凈的Fe2O3粉末1.20g；再將濾液在一定條件下蒸干，只得到3.48g純凈的不含結晶水的正鹽W請按要求回答下列問題：由路線的現(xiàn)象可知，溶液N中含有的陽離子是Fe2+由實驗流程圖可推得，含氧酸鹽W的化學式是K2SO4 ；由路線可知，1.98g無機鹽M中所含鉀元素的質量為0.78g無機鹽M與1.12g還原鐵粉恰

27、好完全反應生成溶液N的化學反應方程為2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O考點：探究物質的組成或測量物質的含量；根據(jù)化學式判斷化合價；濃硫酸的性質. 分析：（1）除去混合氣體中二氧化碳和水，可以選用堿石灰；濃硫酸在該反應中表現(xiàn)了脫水性；（2）根據(jù)化合物中總化合價為0計算出優(yōu)氯凈 Cl2Na（NCO）3中Cl元素的化合價；次氯酸具有強氧化性，能夠與亞硫酸根離子發(fā)生氧化還原反應；亞硫酸鈉若變質，溶液中會存在硫酸鈉，先用過量鹽酸除去亞硫酸根離子，然后用氯化鋇檢驗是否含有硫酸根離子，從而判斷亞硫酸鈉是否變質；根據(jù)化合價變化判斷反應產(chǎn)物，寫出反應的化學方程式；（3）1.2g

28、氧化鐵的物質的量為：=0.0075mol，則溶液中含有鐵元素的物質的量為：0.0075mol×2×2=0.03mol，質量為：56g/mol×0.03mol=1.68g1.12g，所以無機鹽M中一定含有Fe元素，無機鹽M分子中的原子個數(shù)比為2：1：4，則M的化學式為：K2FeO4，路線為檢驗亞鐵離子的方法；K2FeO4與稀硫酸、鐵粉反應生成硫酸亞鐵、硫酸鉀和水，根據(jù)質量守恒可知W為硫酸鉀；根據(jù)n=計算出K2FeO4的物質的量，再根據(jù)n=nM計算出鉀離子的質量；根據(jù)K2FeO4與稀硫酸、鐵粉反應生成硫酸亞鐵、硫酸鉀和水寫出反應的化學方程式解答：解：（1）硫酸是一種重

29、要的含氧酸，實驗室用濃硫酸與乙二酸（H2C2O4）晶體共熱，可獲得CO與CO2的混合氣體，再將混合氣進一步通過要得到純凈的CO氣體，需要除去混合氣體中二氧化碳和水，所以應該用堿石灰干燥；濃硫酸在反應中起到了脫水性，故答案為：堿石灰（CaO或NaOH固體）；脫水性；（2）優(yōu)氯凈Cl2Na（NCO）3中，鈉離子的化合價為+1價，N為3價、O為2價、C為+4價，設Cl元素的化合價為x，則：2x+（+1）+3（3）+（+4）+（2）=0，解得：x=+1，故答案為：+1；亞硫酸根離子與次氯酸反應生成硫酸根離子、氯離子，反應的離子方程式為：SO32+HClOSO42+Cl+H+，故答案為：SO32+HCl

30、OSO42+Cl+H+；亞硫酸鈉溶液在空氣中易變質，則溶液中會存在硫酸根離子，所以判斷亞硫酸鈉溶液是否變質的方法為：取適量固體于試管，加水溶解，滴加過量鹽酸至無氣體放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成證明試樣已經(jīng)變質；無水亞硫酸鈉隔絕空氣加熱到600便開始分解，分解產(chǎn)物是硫化鈉和另一固體，根據(jù)化合價變化可知，另一種產(chǎn)物為Na2SO4，反應的化學方程式為：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案為：取適量固體于試管，加水溶解，滴加過量鹽酸至無氣體放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成證明試樣已經(jīng)變質；4Na2SO33Na2SO4+Na2S；（3）根據(jù)路線可知，N溶液中一定含有亞鐵離子，故

31、答案為：Fe2+；1.2g氧化鐵的物質的量為：=0.0075mol，則溶液中含有鐵元素的物質的量為：0.0075mol×2×2=0.03mol，質量為：56g/mol×0.03mol=1.68g1.12g，所以無機鹽M中一定含有Fe元素，無機鹽M分子中的原子個數(shù)比為2：1：4，則M的化學式為：K2FeO4，根據(jù)流程可知，K2FeO4與稀硫酸、還原鐵粉反應生成硫酸亞鐵和硫酸鉀，根據(jù)質量守恒可知W為硫酸鉀；1.98gK2FeO4的物質的量為=0.01mol，0.01molK2FeO4中含有0.02mol鉀離子，含有鉀離子的質量為39g/mol×0.02mol

32、=0.78g，故答案為：K2SO4 ；0.78；無機鹽M與還原鐵粉反應生成硫酸亞鐵、硫酸鉀和水，反應的化學方程式為：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案為：2Fe+K2FeO4+4H2SO43FeSO4+K2SO4+4H2O點評：本題考查了探究物質組成的方法，題目難度較大，試題涉及物質組成的測定、濃硫酸的性質、離子方程式、化學方程式的書寫、離子的檢驗方法等知識，試題知識點較多，綜合性較強，充分考查了學生靈活應用基礎知識的能力10（15分）（2015嘉興一模）氨氣是一種重要的化工原料，在工農(nóng)業(yè)中都有廣泛的應用（1）NH3和CO2在120和催化劑的作用下可以

33、合成尿素，反應方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）某實驗小組向一個容積不變的真空密閉容器中充入CO2與NH3合成尿素在恒定溫度下，混合氣體中NH3的含量隨時間的變化關系如圖所示（該條件下尿素為固體）A點的正反應速率v正（CO2）大于B點的逆反應速率v逆（CO2）（填“大于”、“小于”或“等于”），NH3的平衡轉化率為75%（2）氨基甲酸銨（NH2COONH4）是合成尿素過程中的中間產(chǎn)物現(xiàn)將體積比為2：1的NH3和CO2混合氣體充入一個容積不變的真空密閉容器中，在恒定溫度下使其發(fā)生反應并達到平衡：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）實驗測得

34、在不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)如下表：溫度（）15.020.025.030.035.0平衡氣體總濃度 （103mol/L）2.43.44.86.89.4上述反應的焓變：H0，熵變S0（填“”、“”或“=”）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，列出15.0時該反應的化學平衡常數(shù)的計算式K=（不要求計算結果）若從已達平衡狀態(tài)的上述容器中分離出少量的氨基甲酸銨晶體，反應物的轉化率將不變（填“增大”、“減小”或“不變”）（3）向含a mol NH4NO3的溶液中滴加b L氨水后溶液恰好呈中性，則滴加氨水的過程中水的電離平衡將逆向（填“正向”、“不”或“逆向”）移動，所滴加氨水的濃度為molL1（25時，NH3H2O的電離平衡常數(shù)K

35、b=2×105）考點：化學平衡的計算；產(chǎn)物的百分含量隨濃度、時間的變化曲線. 分析：（1）圖象分析氨氣的體積分數(shù)從50%變化為20%后體積分數(shù)保持不變，說明B點反應達到平衡狀態(tài)，A點氨氣體積百分含量大于B的氨氣體積百分含量，說明反應正向進行達到平衡狀態(tài)，A點的正反應速率大于B點的正反應速率；依據(jù)氨氣的體積分數(shù)結合平衡三段式列式計算平衡轉化率；（2）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)分析：溫度越高，則平衡氣體的總濃度越大，所以升高溫度，平衡逆向移動，正反應反應是放熱反應；反應物是氣體，產(chǎn)物是固體，該反應是熵減小的過程；根據(jù)平衡三段式計算各物質的平衡濃度，再根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度

36、冪之積進行列式；固體量的變化，對平衡不產(chǎn)生影響；（3）一水合氨對銨根離子水解起到抑制作用；依據(jù)一水合氨的電離平衡常數(shù)計算得到氨水濃度解答：解：（1）氨氣的體積分數(shù)從50%變化為20%后體積分數(shù)保持不變，說明B點反應達到平衡狀態(tài)，A點氨氣體積百分含量大于B的氨氣體積百分含量，說明反應正向進行達到平衡狀態(tài)，A點的正反應速率大于B點的正反應速率，故v正（CO2）v逆（CO2）；設氨氣消耗物質的量x，開始氨氣體積分數(shù)為50%，假設氨氣為50mol，二氧化碳為50mol， CO2+2NH3（NH2）2CO+H2O起始量（mol） 50 50 0 0變化量（mol） 0.5x x 0.5x 0.5x平衡量

37、（mol） 500.5x 50x 0.5x 0.5x 氨氣的體積分數(shù)=20%；解得x=37.5mol，氨氣的平衡轉化率=×100%=75%，故答案為：大于；75%；（2）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)分析：溫度越高，則平衡氣體的總濃度越大，所以升高溫度，平衡逆向移動，正反應反應是放熱反應，故H0；反應物是氣體，產(chǎn)物是固體，該反應是熵減小的過程，即，S0，反應NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），設二氧化碳濃度的變化量x， 2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）初始濃度 0 0變化濃度：2x x平衡濃度：2x x則3x=2.4×103mol/L，即x=0.8&#

38、215;103mol/L，2x=1.6×103mol/L，K=，故答案為：；從已達平衡狀態(tài)的上述容器中分離出少量的氨基甲酸銨晶體，對平衡不產(chǎn)生影響，故反應物的轉化率將不變，故答案為：不變；（3）加入氨水溶液抑制銨根離子水解，平衡逆向進行；將amolNH4NO3溶于水，向該溶液滴加bL 氨水后溶液呈中性，依據(jù)電荷守恒可知，溶液中氫氧根離子濃度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3）；NH3H2O的電離平衡常數(shù)取Kb=2×105molL1，設混合后溶液體積為1L，則（NH4+）=c（NO3）=amol/L；根據(jù)一水合氨電離平衡得到：NH3H2ONH4+OH，平衡常數(shù)K=

39、2×105molL1，解得c（NH3H2O）=mol/L，故答案為：逆向；點評：本題考查化學反應速率、化學平衡的移動原理、平衡常數(shù)的計算、弱電解質溶液中的電離平衡的計算應用等知識，綜合性較大，難度中等11（15分）（2015嘉興一模）某化學活動小組按如圖所示流程由粗氧化銅樣品（含少量氧化亞鐵及不溶于酸的雜質）制取無水硫酸銅已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三種離子在水溶液中形成氫氧化物沉淀的pH范圍如圖所示：請回答下列問題：（1）在整個實驗過程中，下列實驗裝置不可能用到的是（填序號）（2）溶液A中所含溶質為CuSO4、FeSO4、H2SO4；物質X應選用（填序號）氯水 雙氧水 鐵粉 高

40、錳酸鉀（3）從溶液C中制取硫酸銅晶體的實驗操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、自然干燥（4）用“間接碘量法”可以測定溶液A中Cu2+（不含能與I發(fā)生反應的雜質）的濃度過程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL第二步：取稀釋后試液20.00mL于錐形瓶中，加入過量KI固體，充分反應生成白色沉淀與碘單質第三步：以淀粉溶液為指示劑，用0.05000molL1的Na2S2O3標準溶液滴定，前后共測定三組達到滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液的體積如下表：（已知：I2+2S2O322I+S4O62）滴定次數(shù)第一次第二次第三次滴定前讀數(shù)（mL）0.100.361.1

41、0滴定滴定后讀數(shù)（mL）20.1220.3422.12CuSO4溶液與KI的反應的離子方程式為2Cu2+4I2CuI+I2滴定中，試液Na2S2O3應放在堿式滴定管（填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”），滴定終點的現(xiàn)象是最后一滴試液滴入，溶液由藍色變?yōu)闊o色，振蕩半分鐘，溶液無明顯變化溶液A中c（Cu2+）=0.5000mol/L考點：探究物質的組成或測量物質的含量. 分析：將粗氧化銅（含少量氧化亞鐵及不溶于酸的雜質）溶于過量硫酸，生成FeSO4、CuSO4，然后過濾，得到沉淀I為不溶于酸的雜質，溶液A中溶質為FeSO4、CuSO4和H2SO4，向溶液A中加入X調節(jié)pH過濾，得到溶液B，向溶液B中

42、加入Cu（OH）2調節(jié)pH過濾，得到沉淀II，除去FeSO4、CuSO4和H2SO4中的FeSO4，根據(jù)氫氧化物沉淀需要的pH知，應該先將FeSO4氧化為鐵鹽，為不引進新的雜質，氧化劑X應該為Cl2或H2O2，然后向溶液中加入Cu（OH）2調節(jié)溶液的pH，所以沉淀II為Fe（OH）3，然后將溶液C蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到CuSO45H2O，最后在HCl氛圍中加熱CuSO45H2O得到CuSO4，（1）實驗中用到的化學操作有稱量、過濾和蒸發(fā)、熱分解，沒有制取氣體、分液操作；（2）根據(jù)物質的性質和藥品的用量來分析溶液A中所含溶質；獲得純凈的硫酸銅晶體，選用除去鐵離子和亞鐵離子，由于亞鐵離子不易完全除去，應該使用氧化劑將亞鐵離子氧化成鐵離子，并且選用的氧化劑不能引進雜質離子、不能污染空氣，據(jù)此進行解答；（3）從溶液中獲得硫酸銅晶體，直接加熱會導致硫酸銅失去結晶水，應該采用加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、自然干燥的操作方法；（4）CuSO4與KI反應生成碘單質、碘化亞銅、硫酸鉀；根據(jù)Na2