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本文(【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))为本站会员(hua****011)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

【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)

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