江西省名校（临川一中、南昌二中）2019届高三化学下学期3月联合考试试题（含解析）.docx

江西省名校（临川一中、南昌二中）2019届高三化学下学期3月联合考试试题（含解析）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10NAB. 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+2SO42-+2Ba2+5OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O+NH3H2OC. 麦芽糖溶液中：SO42-、MnO4-、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+NH3H2O，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。下列说法不正确的是（）A. 离子半径：EFDCAB. 含氧酸的酸性可能为：BEC. 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；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6molBr21mol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. 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-+2H2O=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-+H2O=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N2O5，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；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)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NH3D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5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 由现象可知，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，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（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；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（ ）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(HSO3-)=3：1B. 由图1可得Ka1(H2SO3)=10-2，Ka2(H2SO3)=10-7C. 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；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（SO32-）+n（HSO3-）+n（OH-）可知，n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根据图像曲线可知b点时HSO3-和SO32-物质的量分数都为0.5，即n(HSO3-)=n(SO32-)，则n(NH4+):n(HSO3-)=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(H2SO3)=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）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）实验一1.2021.0020.00实验二0.4019.2020.00实验三0.50x20.00（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；（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、Na2CO3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)= 20.lmolL-120.0010-3L=4.0010-3 mol，则原样品中含有的硫代硫酸钠的物质的量为4.0010-3 mol =510-2 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/%V2O3SiO2Fe2O3Al2O3MgOK2OCaO烧失量1.2655716.347.541.263.191.4120.55表2中间盐主要成分分析/%（以氧化物形式表示其含量）V2O3Al2O3Fe2O3MgOK2O5.921.7018.632.113.38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：VO2+(HR2)PO4(o)VOR2PO4R(o)+H+，(o)表示有机相有机萃取剂(HR2)PO4萃取VO2+的能力比萃取V02+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VO2+，加入氯酸钠后被氧化为VO2+，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). 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)2V12O31nH2O6V2O5+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pH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，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)2V12O31nH2O再经固液分离、干燥、焙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)2V12O31nH2O6V2O5+2NH3+(n+1)H2O，故答案为：6VO2+ClO3-+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；(NH4)2V12O31nH2O6V2O5+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) H12CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OCH2CH3(g) H22CH3CH2OH(g)CH3CH2OCH2CH3(g)+H2O(g) H3（1）几种化学键的键能如下：化学键H-CC=CH-OC-OC-C键能kJmol-1413615463351348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（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 -（5413kJ/mol+348 kJ/mol+351 kJ/mol+463 kJ/mol）=3193 kJmol-1-3227 kJmol-1=-34 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 kJmol-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，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)0.5 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 2y2-2y+1-y+2y=2.5，解得y=0.5，甲容积为2L，则甲平衡时A、B、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_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). N2H4H2ON2H5+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，其溶于水呈碱性用离子方程式为N2H4H2ON2H5+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3d24s2，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4g =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N2H4H2ON2H5+OH-；故答案为：sp3；N2H4H2ON2H5+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；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