【校级联考】江西省名校（临川一中、南昌二中）2019届高三下学期3月联合考试理科综合化学试题（解析版）

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1、江西省名校（临川一中、南昌二中）江西省名校（临川一中、南昌二中）20192019 届高三届高三 3 3 月联合考试理综化月联合考试理综化 学试题学试题 1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ） A. 聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等 B. 苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等 C. 红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯 D. 生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物 【答案】D 【解析】 【详解】A. 聚乙烯塑料耐化学腐蚀，耐寒，可用作食品袋、餐具、地膜等，A项正确； B. 苯是重要的化工原料，也是重要的有机溶剂，可用作洗

2、涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等，B项正确； C. 乙醇易被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在一定条件下反应生成具有香味的乙酸乙酯，C项正确； D. 生物柴油的主要成分为酯类，含碳、氢、氧元素，属于烃的衍生物的混合物，石油分馏所得的柴油是碳 氢化合物的混合物，D项错误； 答案选 D。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 18g 氨基（-ND2）中含有的电子数为 10NA B. 向 NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量 Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式为： NH4 +Al3+2SO 4 2-+2Ba2+5OH-=2BaSO 4+AlO2 -+2H 2O+NH3H2

3、O C. 麦芽糖溶液中：SO4 2-、MnO 4 -、K+、H+可以大量共存 D. 标准状况下，2.24LCl2通入足量 NaOH 溶液反应转移的电子数为 0.2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 18g氨基(ND2)的物质的量为 1mol，一个氨基(ND2)含有 9 个电子，即 18g 氨基(ND2)中含 有的电子数为 9 NA，A 项错误； B. 过量的 Ba(OH)2，Al3+要变成 AlO2-，SO42-转化为硫酸钡沉淀，铵根转化为一水合氨，按照化学式中各离 子的数量比例和电荷守恒可知， NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+5OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O+NH3

4、 H2O， B 项正确； C. 麦芽糖为还原性糖，MnO4-在酸性条件下具有强氧化性，不能大量共存，C项错误； D. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量是 0.1mol，通入足量 NaOH溶液中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和 水，转移电子数为 0.1NA，D 项错误； 答案选 B。 3.A、B、C、D、E、F 是六种短周期主族元素，其中 D、E 同主族，C、E 同周期，A 的核电荷数等于其电子层 数，B、D 形成的化合物可用于制不粘锅的保护膜，B、E 形成的某种化合物是一种常见的有机溶剂，C 的次 外层电子数是最外层电子数的 4 倍，D 的单质可与水反应置换出 F 的单质。下列说法不正确的

5、是（） A. 离子半径：EFDCA B. 含氧酸的酸性可能为：BE C. A、B、F 形成的某种化合物可使澄清石灰水变浑浊 D. A 与 C 形成的化合物溶于水显酸性 【答案】D 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F 是六种短周期主族元素，A 的核电荷数等于其电子层数，则 A 为 H 元素；B、D 形成 的化合物可用于制不粘锅的保护膜，则该化合物为 CF2=CF2，B、E 形成的某种化合物是一种常见的有机溶 剂，D、E 同主族，推出 B 为 C 元素，D 为 F元素，E为 Cl元素； C、E 同周期（第三周期） ，C 的次外层 电子数是最外层电子数的 4 倍，则推知 C 为 Mg 元素；

6、D 的单质可与水反应置换出 F的单质，即 F2与水反 应生成 HF与氧气，所以 F为 O 元素，据此分析作答。 【详解】根据上述分析可知，A、B、C、D、E、F分别为 H、C、Mg、F、Cl、O 元素； A. 电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径比较： Cl-O2-F-Mg2+H+，即 EFDCA，A项正确； B. B 的含氧酸为碳酸，E的含氧酸有许多，如高氯酸、氯酸、次氯酸等，因碳酸的酸性强于次氯酸，所以含 氧酸的酸性可能为：BE，B 项正确； C. A、B、F形成的化合物碳酸可与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀与水，C 项正确； D. A

7、与 C 形成的化合物为 MgH2可与水反应生成 Mg（OH）2与氢气，Mg（OH）2属于中强碱，D 项错误； 答案选 D。 4.茶多酚具有抗氧化作用和抗衰老、降血脂等一系列很好的药理功能，其结构简式如下图，关于茶多酚的下 列说法正确的数目有（ ） 1mol 茶多酚与浓溴水发生加成反应最多消耗 6molBr2 1mol 茶多酚与足量的 Na2CO3溶液反应放出 4molCO2 1mol 茶多酚与足量的 NaOH 溶液反应最多消耗 10molNaOH 能发生氧化、取代、加成、缩聚反应 已知茶多酚易溶于水，是因为能与水分子之间形成氢键 能使酸性 KMnO4溶液褪色 A. 2 个 B. 3 个 C.

8、4 个 D. 5 个 【答案】B 【解析】 【分析】 由结构简式可知，分子中含酚-OH 与酯基，酚羟基能被氧化，且酚-OH 的邻、对位与溴水发生取代反应， 酚-OH、酯基均与 NaOH溶液反应，结合多官能团的结构与性质分析作答。 【详解】根据上述分析可知，茶多酚分子内含酚羟基与酯基， 酚-OH 的邻、对位与溴水发生取代反应，根据结构简式可知，1mol茶多酚与浓溴水发生取代反应最多消 耗 6molBr2，项错误； 酸性比较：H2CO3苯酚HCO3-，茶多酚中含酚羟基，但不能与足量的 Na2CO3溶液反应放出 CO2， 项错误； 酚-OH、酯基均与 NaOH溶液反应，根据结构简式可知，1mol茶多

9、酚中酯基会与 1mol 氢氧化钠反应，酚 羟基会与 8mol氢氧化钠反应，则 1mol茶多酚分子与足量的 NaOH溶液反应最多消耗 9molNaOH，项错 误； 酚羟基易被氧化，可发生缩聚反应，苯环上可发生取代与加成反应，项正确； 依据茶多酚中含多个羟基，茶多酚易溶于水，是因为能与水分子间形成氢键，项正确； 酚羟基易被氧化，能使酸性 KMnO4溶液褪色，项正确； 综上所述，共 3个选项正确，B项正确， 答案选 B。 【点睛】本题的难点是，学生容易疏忽有一个含氧环并不是苯环，所以酯基在氢氧化钠条件下水解生成 的羧基可以与氢氧化钠反应，但生成的羟基只是普通的醇，不能与氢氧化钠反应。 5.利用膜技术

10、原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂 N2O5，装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 电极 b 反应式是 O2+4e -+2H 2O=4OH - B. 电解后乙装置 d 电极附近溶液的 pH 不变 C. c 电极上的电极反应式为 N2O4-2e -+H 2O=N2O5+2H + D. 甲中每消耗 1mol SO2，乙装置中有 1mol H +通过隔膜 【答案】B 【解析】 【分析】 甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a 极上二氧化硫失电子为负极，b 上氧 气得电子为正极，乙属于电解池，与电源的正极 b 相连的电极 c 为阳极，N2O4在阳极失电子生成 N2O

11、5，d 为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。 【详解】A甲装置为原电池，其中 a电极为负极、b电极为正极，左侧加入了硫酸，其中的 H+可透过质子 膜而进入右侧极室， 所以右侧极室是酸性的， 所以电极反应中不能生成 OH-， 而应生成水： O2+4e-+4H+=2H2O， A 项错误； B乙装置是一个电解池，均采用了惰性电极，左侧为阳极，右侧 d电极为阴极，其中盛放了硝酸溶液，发 生的反应为：2H+2e-=H2，虽然消耗了 H+，但同时有等量的 H+从阳极区迁移过来，故溶液的 pH 不变，B 项正确； Cc 电极为阳极，发生氧化反应：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，C项错误；

12、D. 依据电子转移数相同可知，甲装置的左侧的电极反应式：SO2-2e-+2H2O=4H+SO42-，可知消耗 1molSO2 电子转移数为 2mol， 乙装置中阳极 N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+， 阴极反应为 2H+2e-=H2， 为了平衡电荷， 则有 2mol H+通过隔膜，D项错误； 答案选 B。 6.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ） 选 项 实验操作 实验目的或结论 A 室温下，将 BaSO4投入饱和 Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后 所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生 验证 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)

13、B 将混有 Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中， 搅拌， 成浆状后， 再加入饱和 MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。 除去 Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂 质 C 向 KNO3和 KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红 色石蕊试纸，试纸变为蓝色 NO3-被氧化为 NH3 D 室温下，用 pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液 pH 约为 10， 0.1mol/LNaHSO3溶液 pH 约为 5 HSO3-结合 H+的能力比 SO32-的强 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A. 由现象可知，将 BaSO

14、4投入饱和 Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸， 固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有 BaCO3和 BaSO4，有 BaSO4转化成 BaCO3，这是由于 CO3 2-浓度大使 Q c（BaCO3）Ksp（BaCO3） ，所以不能验证 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A项错误； B. Mg（OH）2比 Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和 MgCl2溶液，充分搅拌后 Ca（OH）2与 MgCl2 反应生成 Mg（OH）2和溶于水的 CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去 Mg(OH)2样品中 Ca(OH)2杂 质的目的，B项正确；

15、C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明 NO3被还原为 NH3，结论不正确，C项错误； D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则 HSO3结合 H+的能力比 SO32的弱，D项错误； 答案选 B。 【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶 解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。 7.室温条件下，分别将 SO2通入 100mL(NH4)2SO3溶液、100mLNaOH 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分 数的变化关系如图和如图，已知 Kb(NH3H2O)=1.810 -5，下列说法不正确的是（ ）

16、图 1：SO2通入(NH4)2SO3溶液中 图 2：SO2通入 NaOH 溶液中 A. b 点 n(NH4 +):n(HSO 3 -)=3：1 B. 由图 1 可得 Ka1(H2SO3)=10 -2，K a2(H2SO3)=10 -7 C. 图 2 中，b 点溶液呈中性 D. 由图 2 可得 NaOH 溶液的浓度为 10mol/L 【答案】D 【解析】 【分析】 图 1发生的主要反应(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3， 根据图像可知 a点时 HSO3-与 H2SO3物质的量分数相等， 则 c(HSO3-):c(H2SO3)=1:1；b 点时溶液 pH=7，根据电荷守恒分析作答

17、；图 2 中 SO2与氢氧化钠反应生成亚 硫酸钠与水，氢氧化钠会抑制水的电离，生成的亚硫酸钠由于会发生水解会促进水的电离，随着二氧化硫 的不断加入，亚硫酸钠继续与二氧化硫反应会生成亚硫酸氢钠，此时电离程度大于水解程度，电离的氢离 子又会抑制水的电离，据此分析作答。 【详解】A. 图 1发生的主要反应(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，根据图像可知 b 点时溶液 pH=7，根据电 荷守恒 n（NH4 +）+n（H+）=2n（SO 3 2-）+n（HSO 3 -）+n（OH-）可知，n(NH 4 +)=n(HSO 3 -)+2n(SO 3 2-)，又根据图像 曲线可知 b 点时

18、HSO3 -和 SO 3 2-物质的量分数都为 0.5，即 n(HSO 3 -)=n(SO 3 2-)，则 n(NH 4 +):n(HSO 3 -)=3:1，A项 正确； B. 根据图示可知，a点时 与两个比值相等且溶液的 pH=2，则 c(HSO3 -):c(H 2SO3)=1:1，又 因为 Ka1(H2SO3)= ，所以 Ka1(H2SO3)=c(H+)=10-pHa = 10-2，同理 b点时与 两个比值相等且 pH=7，即 c(HSO3-):c(SO32-)=1:1，所以 Ka2(H2SO3)= =10-pHb = 10-7，B 项正 确； C. 根据图 2 当消耗 11.2mLSO2

19、时由水电离的 c（H+）达到最大值，即消耗 11.2mLSO2时 SO2与 NaOH恰好 完全反应生成 Na2SO3和水，图 2 中 b 点，由水电离的氢离子与由水电离的氢氧根离子均为 10-7，此时溶液 中溶质为亚硫酸钠与亚硫酸氢钠，溶液的氢离子刚好等于氢氧根离子，即溶液呈中性，C项正确； D.从图 2 中可以看出当消耗 11.2mL SO2时恰好生成亚硫酸钠，但室温下，11.2 mL SO2无法计算物质的量， 因此也无法计算 NaOH溶液的浓度，D项错误； 答案选 D。 8.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作分析试剂、基准试剂、还原剂、除氯剂等。 、实验室制备硫代硫酸钠装置图如下。 （1）

20、仪器 B 的名称是_。 （2）写出装置 B 制备 Na2S2O3化学反应方程式_。 （3）NaOH 溶液的作用是_。 、测硫代硫酸钠样品纯度步骤如下 称取中制得硫代硫酸钠样品 8.0g 配成 250mL 溶液 从中量取 20.00mL 溶液于锥形瓶中 用 0.lmolL -1标准碘液滴定，实验测得数据如下 滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL） 待测液体积（mL） 实验一 1.20 21.00 20.00 实验二 0.40 19.20 20.00 实验三 0.50 x 20.00 （4）该滴定时，向锥形瓶中加入 1 至 2 滴淀粉液作指示剂，则达到滴定终点的判断标准是_。 （5） x 读数如图

21、所示， 则 x=_， 根据所测的数据计算该硫代硫酸钠样品纯度为_。 （已 知 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6） （6）若步骤中量取 20.00mL 硫代硫酸钠溶液时，未用硫代硫酸钠溶液润洗滴定管，则测得样品的纯度将 _（填“偏大”或“偏小”） 。 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2 (3). 吸收多余的 SO2 (4). 滴加最 后一滴标准液后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色 (5). 20.70 (6). 98.75%或 98.8% (7). 偏 小 【解析】 【分析】 、 （1）依据仪器构造作答； （

22、2）装置 A中制备出的二氧化硫通入装置 B 中，此装置硫化钠与碳酸钠和通入的二氧化硫发生氧化还原反 应生硫代硫酸钠，根据氧化还原反应规律与质量守恒定律书写其化学方程式； （3）氢氧化钠可吸收二氧化硫； 、 （4）淀粉溶液遇碘单质变蓝，据此分析； （5）滴定管读数时，凹液面的最低处与刻度线相切，且要估读一位；根据实验数据得出消耗的碘液的体积， 结合关系式 I22S2O32-，得出样品中 S2O32-的物质的量，进而计算样品的纯度； （6）依据滴定实验操作不当可能带来的误差分析结果。 【详解】、 （1）仪器 B的名称为三颈烧瓶， 故答案为：三颈烧瓶； （2）在装置 B 中利用 Na2S、Na2CO

23、3与 SO2制备 Na2S2O3，此反应为氧化还原反应，-2价的 S 元素升高到 +2价，+4 价的 S 元素降低到+2 价，依据氧化还原反应规律配平该化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2， 故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2； （3）NaOH溶液可吸收多余的 SO2，防止污染环境， 故答案为：吸收多余的 SO2； 、 （4）根据给定的已知反应 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，硫代硫酸钠会使碘单质变成碘离子，则滴 定时向锥形瓶中加入 1至 2 滴淀粉液作指示剂， 当滴加最后一滴标准液后， 溶液由

24、无色变为蓝色且半分钟内 不变色，则证明达到滴定终点， 故答案为：滴加最后一滴标准液后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色； （5）根据滴定管的读数规则可知，实验三滴定后读数为 20.70mL，则三次实验得出消耗的标准碘液的体积 分别为 21.00 mL -1.20 mL =19.80mL、19.20 mL -0.40mL =18.80mL、20.70 mL -0.50 mL =20.20 mL，则可以 看出第二实验误差太大，实验数据应该舍去，由此可知消耗的碘液的体积平均值为 =，结合化学方程式，根据关系式 I22S2O32-可得，则配制的 20mL样品溶液中硫代硫酸钠的物质的量 n=2n(I2

25、)= 2 0.lmol L-1 20.00 10-3L=4.00 10-3 mol，则原样品中含 有的硫代硫酸钠的物质的量为 4.00 10-3 mol =5 10-2 mol，所以样品纯度为 ， 故答案：20.70；98.75%或 98.8%； （6）待测的滴定管未用硫代硫酸钠溶液润洗，会使锥形瓶内待测液浓度偏低，消耗的碘液体积偏小，最终 导致样品纯度偏小， 故答案为：偏小。 【点睛】本题的易错点是样品中硫代硫酸钠纯度计算过程中，碘单质标准液体积的取舍，要注意在读取标 准液体积时，可能会造成误差的数据需要舍去。 9.五氧化二钒及其他钒的化合物广泛应用于钢铁、有色合金、化工、炼油、玻璃及陶瓷等

26、工业部门。可从含 钒石煤灰渣中提钒，该试验工艺流程如下图： 表 1 灰渣主要化学成分分析/% V2O3 SiO2 Fe2O3 Al2O3 MgO K2O CaO 烧失量 1.26 55 71 6.34 7.54 1.26 3.19 1.41 20.55 表 2 中间盐主要成分分析/%（以氧化物形式表示其含量） V2O3 Al2O3 Fe2O3 MgO K2O 5.92 1.70 18.63 2.11 3.38 已知： 石煤灰渣的化学成分分析见表 1，中间盐的主要成分分析见表 2。 矿物焙烧过程中，若温度过高，易发生烧结，温度越高，烧结现象越严重。 萃取反应可以表示为：VO 2+(HR 2)PO

27、4(o)VOR2PO4R(o)+H +，(o)表示有机相 有机萃取剂(HR2)PO4萃取 VO 2+的能力比萃取 V0 2 +要强。 请回答： （1）提高浸取率的方法有_，残渣的主要成分为_， （2）经几级萃取后，有时候要适当加酸调整 pH 值，结合萃取反应方程式，说明原因_。反萃 取操作应加入_试剂。 （3）中间盐溶解过程中，加铁粉的主要目的是_。 （4）石煤中的钒以 V()为主，有部分 V()，很少见 V()。如图 1 和如图 2 分别为焙烧温度和焙烧时间 对钒浸出率的影响，由如图 2 可得最佳焙烧时间为_h，由如图 1 可得最佳焙烧温度为 800-850之间，焙烧温度在 850以下时，钒

28、浸出率随焙烧温度的上升几乎直线上升的原因是 _，当焙烧温度高超过 850以后，再提高温度，浸出率反而下降的可能原因是： _。 （5）反萃取液中的 VO 2+，加入氯酸钠后被氧化为 VO 2 +，请写出该反应的离子方程式_。然后 用氨水调节 pH 到 1.92.2 沉钒，得多钒酸铵沉淀（化学式为(NH4)2V12O31nH2O)，再经固液分离、干燥、焙 烧得五氧化二钒产品，请写出此步反应的化学方程式_。 【答案】 (1). 加热，提高酸的浓度，粉碎等 (2). SiO2 (3). 随着萃取过程的进行，水相中的 pH 值有所下降，所以经几级萃取后需要调整 pH 值 (4). H2SO4溶液 (5)

29、. 将 VO2+还原为 VO2+ (6). 1.5-2.0 之间 (7). 850以前，随着焙烧温度的升高，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸 出率上升。 (8). 850以后， 样品发生烧结， 温度越高， 烧结现象越严重， 从而使钒的浸出率下降。 (9). 3H2O+6VO2+ClO3-=Cl-+6VO2+6H+ (10). (NH4)2V12O31 nH2O6V2O5+2NH3+(n+1)H2O 【解析】 【分析】 （1）结合提高产率或原料利用率的角度分析；二氧化硅不溶于硫酸； （2）结合萃取反应分析萃取后水相pH值变化；反萃取操作是使该萃取反应平衡向逆反应方向移动； （3）结合

30、已知信息分析，铁粉具有还原性； （4）结合图像分析作答；850以前，温度可影响化学反应速率和原料利用率，提高浸出率；850以后结 合给定信息进行解答； （5）依据氧化还原反应的规律书写该反应的离子方程式；铵盐焙烧过程中有氨气生成，根据题意分析作答。 【详解】 （1）加热，提高酸的浓度，粉碎等均可提高浸取率；加硫酸酸浸后，二氧化硅不反应，则残渣的 主要成分为 SiO2， 故答案为：加热，提高酸的浓度，粉碎等；SiO2； （2）萃取反应根据 VO2+(HR2)PO4(o)VOR2PO4R(o)+H+可知，随着萃取过程的进行，水相中的氢离子浓 度不断增大，pH值有所下降，所以经几级萃取后需要调整 p

31、H值，反萃取时，可加入适量硫酸溶液，使平 衡向逆向移动，达到反萃取的目的， 故答案为：随着萃取过程的进行，水相中的 pH 值有所下降，所以经几级萃取后需要调整 pH 值 H2SO4 溶液； （3）由已知信息可知，有机萃取剂(HR2)PO4萃取 VO2+的能力比萃取 VO2+要强，所以在中间盐溶液过程 中，加入还原剂铁粉，可将 VO2+还原为 VO2+，提高原料利用率，便于后续萃取操作， 故答案为：将 VO2+还原为 VO2+； （4）图 2 可得浸出率随着焙烧时间呈增大趋势，其最佳焙烧时间在 1.5-2.0 h之间均可；浸出率随温度的变 化曲线如图 1，其原因是，850以前，随着焙烧温度的升高

32、，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多， 因此浸出率上升；850以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严重，从而使钒的浸出率下降， 故答案为：1.5-2.0之间；850以前，随着焙烧温度的升高，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因 此浸出率上升；850以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严重，从而使钒的浸出率下降； （5）反萃取液中的 VO2+，加入氯酸钠后被氧化为 VO2+，则 NaClO3被还原为 Cl-，根据得失电子守恒、电 荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为 6VO2+ClO3-+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；(NH4)2V12O31 nH2O再经固 液分离、干燥、焙

33、烧得五氧化二钒产品，同时会有氨气与水生成，其化学方程式为： (NH4)2V12O31 nH2O6V2O5+2NH3+(n+1)H2O， 故答案为：6VO2+ClO3-+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；(NH4)2V12O31 nH2O 6V2O5+2NH3+(n+1)H2O。 10.乙醇是重要的化工原料，也是清洁的能源。 、工业上，在一定条件下用乙烯水化法制备乙醇。已知热化学方程式如下： CH2=CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OH(g) H1 2CH2=CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OCH2CH3(g) H2 2CH3CH2OH(g) CH3CH2OCH2CH3(g)+

34、H2O(g) H3 （1）几种化学键的键能如下： 化学键 H-C C=C H-O C-O C-C 键能 kJmol -1 413 615 463 351 348 根据键能计算 H1=_kJmol -1。 （2）在恒容密闭容器中发生反应，下列能说明该反应达到平衡的是_。 a、容器中总压强保持不变 b、H2O(g)的消耗速率与 CH3CH2OCH2CH3(g)生成速率相等 c、气体平均摩尔质量保持不变 d、容器中气体密度保持不变 （3）在密闭容器中投入 CH2=CH2(g)、H2O(g)和催化剂发生反应，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系 如图所示。 x 代表_。 （选填“温度”或“压强”） L1

35、和 L2哪个大？并请说出理由：_。 、如图所示，甲、乙之间的隔板 K 和活塞 F 都可左右移动，甲中充入 2molA 和 1molB，乙中充入 2molC 和 lmolHe，此时 K 停在 0 处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g)；反应达到平衡后，再恢复至 原温度。回答下列问题： （4）达到平衡时，隔板 K 最终停留在 0 刻度左侧某一处，记为 a 处，则 a 的取值范围是_。 （5）若达到平衡时，隔板 K 最终停留在左侧刻度 1 处，此时甲容积为 2L，则该反应化学平衡常数为 _。 （6）若一开始就将 K、F 如上图固定，其他条件均不变，则达到平衡时：测得甲中 A

36、的转化率为 b，则乙中 C 的转化率为_。 【答案】 (1). 34 (2). ac (3). 温度 (4). L1L2， 正反应是气体分子数减小的反应， 增大压强， 平衡转化率增大 (5). 0a2 (6). 4L/moL(也可不带单位） (7). 1-b 【解析】 【分析】 I.（1）依据化学反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和来分析； （2）当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以 此判断是否达到平衡状态； （3）根据（1）问可知，反应为放热反应，且随着反应的进行，混合气体总物质的量减少，根据压强、 温度对反应平衡的影响进行分析； II

37、 （4）当物质的量不变时平衡，此时隔板 K、F不再移动，根据可逆反应的特征用极限法分析； （5）根据化学平衡常数表达式的概念，结合条件和给出的可逆反应方程式解答； （6）根据恒温恒容下等效平衡规律分析计算； 【详解】I.（1）CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)的焓变 H1=反应物总键能之和-生成物总键能之和，结 合图表提供的化学键的键能， 则H1615 kJ/mol +4413 kJ/mol+2463 kJ/mol - （5 413kJ/mol+348 kJ/mol+351 kJ/mol+463 kJ/mol）=3193 kJmol-1-3227 kJmol-1=-34

38、kJmol-1， 故答案为：34； （2） a. 2CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g)，正反应气体物质的量减小，随反应进行混合气体总物 质的量减少，恒容容器中，容器内总压强减小，容器内总压强保持不变，说明到达平衡状态； b. H2O(g)的消耗速率与 CH3CH2OCH2CH3(g)生成速率都属于正反应速率，正反应速率之比等于计量数之比， 不能说明到达平衡状态； c. 气体的总质量保持不变，气体总物质的量减少，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当容器中混合气体的 平均摩尔质量保持不变，说明到达平衡状态； d. 在恒容密闭容器中发生反应，气体的总质量保持不变，气体的密

39、度始终保持不变，因此当容器内混合 气体密度保持不变时，不能说明达到平衡状态； 答案选 ac； （3）反应为 2CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g) H1=-34 kJ mol-1（第 1 小问已得出结论） ，该 反应的正反应是放热反应，且气体分子数减小；若增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，与 图像不吻合，x 不可能为压强；若升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙烯的平衡转化率减小，与图像吻合， x 可能为温度；因此横坐标 x代表温度， 故答案为：温度； 横坐标为温度， 则 L1与 L2代表压强对乙烯平衡转化率的影响曲线， 因增大压强， 平衡向正反应方向进行

40、， 乙烯的平衡转化率增大，所以 L1L2， 故答案为：L1L2，正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡转化率增大； II.（4）甲、乙之间的隔板 K和活塞 F都可左右移动，此时甲、乙是恒温恒压容器，根据反应式 2A(g)+B(g)2C(g)可知甲中反应达平衡时气体物质的量减小，乙中反应达到平衡时气体物质的量增大，当 物质的量不变时平衡，此时隔板 K、F不再移动；通过观察，当反应未开始时隔板位于 0 处，每一个格相当 于 0.5 mol气体。隔板在 a处时，甲中的气体为 0.5(6a)mol；设甲中反应到达平衡时， 有 x mol B 发生反应， 则(22x)+(1x)+2x=(6a)0.

41、5 0.5a=x 当 B 完全反应时，x=1，a取最大，即 a=2；当 B 没有反应时，x=0，a 取最小，即 a=0；根据可逆反应达到 平衡的特点，K停留在 02 之间某位置， 故答案为：0a2； （5） 根据题中的条件， 当到达平衡时， 隔板位于左侧 1处， 则说明甲中平衡时气体物质的量为 0.5(61)mol =2.5mol，设甲中到达平衡时有 y mol B 反应， 2A(g)+B(g)2C(g) 开始（mol）2 1 0 转化（mol）2y y 2y 平衡（mol）2-2y 1-y 2y 2-2y+1-y+2y=2.5， 解得 y=0.5， 甲容积为 2L， 则甲平衡时 A、 B、

42、C 物质的量浓度依次为 0.5mol/L、 0.25mol/L、 0.5mol/L，根据化学平常数表达式的概念，该反应的平衡常数 ， 故答案为：4L/moL（可不带单位） ； （6）若一开始就将 K、F固定，则甲、乙为恒温恒容容器，甲中起始充入 2molA和 1molB，与乙中起始充 入 2molC 达到平衡时为完全全等的等效平衡，恒温恒容时乙中的氦气对平衡无影响；甲容器中 A的转化率 为 b，则 A转化了 2b，平衡时 C为 2b；乙容器中平衡时含有 2b的 C 物质，乙中 C 的转化率= = 1b； 故答案为：1b。 11.氮和氮的相关化合物在很多领域有着广泛的应用。请回答： I.搭载“神

43、舟十一号”的长征-2F火箭使用的推进剂燃料由 N、H 两种元素组成，且原子个数 N:H=1:2，其水溶 液显碱性。 (1)该物质中 N原子的杂化方式为_，溶于水呈碱性的原因为_(用离子方程式表示)。 (2)氮元素的第一电离能比相邻的氧元素大，其原因为_。 II.笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。 (3)预测 N2O 的结构式为_。 (4)在短周期元素组成物质中，写出与 NO2-互为等电子体的分子_。(写两个，填分子式) III.氮化钛为金黄色晶体，有仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。 (5)Ti 金属晶体的堆积模型为_，配位数为_，基态 Ti3+中未成对电子数有_

44、个。 (6)氮化钛晶体的晶胞与 NaCl 晶胞相似(如图所示)，该氮化钛的密度为 gcm-3，则该晶胞中 N、Ti之间的最 近距离为_nm(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与氮原子距离相等且最近的钛原子 围成的空间几何体为_。 【答案】 (1). sp3 (2). N2H4H2O N2H5+OH- (3). 氮原子的 2p 轨道为 2p3半充满稳定状态，不 易再电离出电子，故氮原子第一电离能大于氧原子 (4). N=N=O (5). SO2、O3 (6). 六方最密堆积 (7). 12 (8). 1 (9). (10). 正八面体 【解析】 【分析】 (1)由题干知此物质是 N

45、2H4，N 原子的杂化方式为 sp3，其水溶液显碱性原理与 NH3类似，其溶于水呈碱性用 离子方程式为 N2H4H2O N2H5+OH-； (2) 氮原子的 2p轨道为 2p3半充满稳定状态，不易再电离出电子，故氮原子第一电离能大于氧原子； (3)N2O 与 CO2互为等电子体，所以 N2O 的结构式为 N=N=O ； (4) NO2-为 3原子，价电子数为 18，与 SO2和 O3互为等电子体； (5)Ti 金属晶体的堆积模型为 Mg 型，六方最密堆积，配位数为 12，基态 Ti 外围电子排布式为 3d 24s2，基态 Ti3+中未成对电子数有 1个； (6) 根据均摊法，可以知道该晶胞中

46、N原子个数为：6 +8 =4，该晶胞中 Ti原子个数为：1+12 =4， 则晶胞的质量 m=4g，设晶胞中 N、Ti之间的最近距离为为 anm， 则晶胞的体积 V=cm3，根据 = 得，m= V，即 4 g =gcm-3cm3， 解得 a=； 以晶胞顶点 N 原子研究，与之距离相等且最近的 Ti原子共计 6 个 ，围成的空间几何体为正八面体。 【详解】(1)由题干知此物质是 N2H4，N原子的杂化方式为 sp3，其水溶液显碱性原理与 NH3类似，其溶于水 呈碱性的离子方程式为 N2H4H2O N2H5+OH-； 故答案为：sp3；N2H4H2O N2H5+OH- ； (2) 氮原子的 2p轨道

47、为 2p3半充满稳定状态，不易再电离出电子，故氮原子第一电离能大于氧原子； 故答案为：氮原子的 2p 轨道为 2p3半充满稳定状态，不易再电离出电子，故氮原子第一电离能大于氧原子； (3)N2O 与 CO2互为等电子体，所以 N2O 的结构式为 N=N=O ； 故答案为：N=N=O； (4) NO2-为 3原子，价电子数为 18，与 SO2和 O3互为等电子体； 故答案为：SO2、O3； (5)Ti 金属晶体的堆积模型为 Mg 型，六方最密堆积，配位数为 12，基态 Ti 外围电子排布式为 3d 24s2，基态 Ti3+中未成对电子数有 1个； 故答案为：六方最密堆积；12；1； (6) 根据均摊法，可以知道该晶胞中 N原子个数为：6 +8 =4，该晶胞中 Ti原子个数为：1+12 =4， 则晶胞的质量 m=4g，设晶胞中 N、Ti之间的最近距离为为 anm， 则晶胞的体积