届江西省金溪一中余江一中等五市八校高三上学期第一次联考化学试题解析版.docx

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届江西省金溪一中余江一中等五市八校高三上学期第一次联考化学试题解析版

江西省金溪一中、余江一中等五市八校2018届高三上学期第一次联考化学试题

考试时间:

100分钟试卷满分:

100分

可能用到的相对原子质量:

H:

1Li:

7C:

12N:

14O:

16S:

32V:

51Fe:

56

第Ⅰ卷（选择题42分）

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。

每小题3分，共42分）

1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道:

“自元时始创其法，用浓酒和槽入甑，蒸令气上.....其清如水，味极浓烈，盖酒露也。

”这里所用的“法”是指

A.萃取B.渗析C.蒸馏D.干馏

【答案】C

【解析】乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。

点睛：

掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意萃取与蒸馏的区别，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，二者的原理是不同的。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.30g乙烷中所含的极性共价键数为7NA

B.标准状况下，22.4LN2和CO2混合气体所含的分子数为2NA

C.1L浓度为1mol/L的H2O2水溶液中含有的氧原子数为2NA

D.MnO2和浓盐酸反应生成1mol氯气时，转移的电子数为2NA

【答案】D

【解析】A、30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含有6个极性共价键，故1mol乙烷中所含的极性共价键数为6NA，选项A错误；B、标准状况下，22.4LN2和CO2混合气体所含的分子数为N=

NA=

NA=NA，选项B错误；C、在双氧水溶液中，除了双氧水外，水分子也含有氧原子，故1L浓度为1mol·L-1的H2O2水溶液中含有的氧原子数大于2NA，选项C错误；D、MnO2和浓盐酸反应时，氯元素的价态由-1价变为0价，故当生成1mol氯气时，转移的电子数为2NA，选项D正确。

答案选D。

点睛：

本题考查阿伏加德罗常数的应用，注意标准状况下气体的摩尔体积与常温常压下气体的摩尔体积的关系区别，为易错点。

3.EDTA是一种重要的络合剂。

4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（

）在一定条件下发生反应生成1molEDTA和4molHCl,则EDTA的分子式为

A.C10H16N2O8B.C10H20N2O8C.C8H16N2O8D.C16H20N2O8Cl

【答案】A

【解析】一氯乙酸结构简式为CH2ClCOOH，分子式为C2H3O2Cl，乙二胺的分子式为C2H8N2，4mol一氯乙酸和1mol乙二胺在一定条件下发生反应生成1molEDTA和4molHCl，有4C2H3O2Cl+C2H8N2→EDTA+4HCl，由质量守恒可得EDTA的分子式为C10H16N2O8，故选A。

点睛：

本题考查有机物分子式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：

根据反应的关系式，利用质量守恒计算。

4.下列离子方程式正确的是

A.Fe（OH）3溶于HI溶液中:

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

B.磁性氧化铁溶于稀盐酸:

Fe3O4+8H+=Fe3++2Fe2++4H2O

C.NaAlO2溶液中通入过量CO2:

AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

D.NH4HCO3溶液与足量Ba（OH）2溶液混合:

HCO3-+Ba2++OH-+BaCO3↓+H2O

【答案】C

【解析】还缺少Fe3+与I-生成Fe2+和I2的反应，A错误；离子方程式中电荷不守恒，B错误；碳酸的酸性强于铝酸，体现强酸制弱酸规律，二氧化碳过量，生成酸式盐，C正确；还缺少NH4+与OH-生成一水合氨的反应，D错误；正确选项：

C。

点睛：

Fe（OH）3与HI发生中和反应的同时，还有生成的Fe3+与I-之间的氧化还原反应，这一点易被忽略。

5.下列实验操作与预期目的或所得结论一致的是

A.用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰星黄色，证明该溶液中一定不含有K+

B.向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）

C.向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl溶液，出现白色沉淀，说明该溶液中一定含有SO42-

D.在乙酸、乙醇与乙酸乙酯的混合物中加入适量饱和烧碱溶液充分混合后分液，可得到较纯净的乙酸乙酯

【答案】B

【解析】钾元素的焰色反应要通过蓝色钴玻璃片进行观察，才能看到紫色火焰，A错误；相同浓度的Cl-和I-的混合液中滴加少量AgNO3溶液，先出现AgI沉淀，说明Ksp（AgI）比Ksp（AgCl）小，B正确；如果溶液中含有SO32-，加入硝酸酸化，SO32-被氧化为SO42-，再加入氯化钡溶液，也会出现白色沉淀，C错误；乙酸乙酯在碱性环境下发生水解，无法得到乙酸乙酯，D错误；正确答案：

B。

点睛：

SO42-的检验：

向溶液中加入过量的稀盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则原溶液中一定含有SO42-。

6.下列各组离子一定能大量共存的是

A.某无色透明的酸性溶液:

Cl-、Na+、MnO4-、SO42-

B.能使PH试纸变深蓝色的溶液:

Na+、NH4+、K+、CO32-

C.加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液:

K+、Ba2+、HCO3-、Cl-

D.0.1mol/LA1O2-溶液中:

Na+、K+、SO32-、CO32-

【答案】D

【解析】含有MnO4-的溶液显紫色，不符合题意，A错误；使pH试纸变深蓝色的溶液显碱性，NH4+与OH-不共存，B错误；OH-与HCO3-不能共存，C错误；含有A1O2-溶液显碱性，四种Na+、K+、SO32-、CO32-的混合液显碱性，能够大量共存，D正确；正确答案：

D。

7.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是

A.化学式为C6H6O6

B.乌头酸能发生水解反应和加成反应

C.鸟头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D.含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH

【答案】B

【解析】试题分析：

A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。

考点：

考查有机物结构和性质判断

8.一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。

下列说法错误的是

A.电池的正极反应为H2O2＋2e-＝2OH－

B.电池放电时Na＋从a极区移向b极区

C.电子从电极b经外电路流向电极a

D.b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用

【答案】C

【解析】A．正极发生反应为：

H2O2+2e-=2OH-，故A正确；B．放电时为原电池，阳离子移向正极，b为正极，故B正确；C．电子由负极经外电路流下正极，应该由a到b，故C错误；D．正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，故D正确；故选C。

点睛：

本题考查原电池工作原理。

做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。

以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-。

9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的12。

甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体。

上述物质间的转化关系如图所示（部分反应物和生成物省略）。

下列说法正确的是

A.原于半径:

r（Y）>r（Z）>r（W）

B.化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同

C.含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性

D.Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构

【答案】C

【解析】乙是一种“绿色氧化剂”，乙是过氧化氢，M是单质，所以M是氧气；乙和丁的组成元素相同，丁是水；化合物N是具有漂白性的气体，N是SO2，丙是H2S，甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。

原于半径：

r（Na）>r（S）>r（O），故A错误；SO2使溴水褪色发生氧化还原反应、乙烯使溴水褪色发生加成反应，故B错误；含S元素的盐溶液，硫酸氢钠溶液显酸性、硫酸钠溶液显中性、亚硫酸钠溶液呈碱性，故C正确；O与H、Na、S形成的化合物中，H2O中H元素不满足8电子结构，故D错误。

10.25℃时，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图（H2SO4视为二元强酸）。

下列说法错误的是

A.a点时溶液的pH＜1

B.c点时离子浓度大小顺序为：

c（Na＋）>c（SO42－）>c（NH4+）

C.de段上的点均满足关系式：

c（NH4+）＋c（Na＋）>2c（SO42－）

D.a点到b点的过程中，溶液的导电能力增强

【答案】D

点睛：

明确图象变化和反应后溶液PH变化的关系是解题关键，a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分。

11.在某2L恒容密闭容器中充入2molX（g）和1molY（g）发生反应:

2X（g）+Y（g）

3Z（g） ，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。

下列推断正确的是

A.M点时，Y的转化率最大

B.升高温度，平衡常数减小

C.平衡后充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大

D.W、M两点Y的正反应速率相同

【答案】B

【解析】试题分析：

温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，A错误；B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；C．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，C错误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，D错误；答案选B。

考点：

考查化学平衡图像、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等

12.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS,某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。

采用的实验方案如下:

已知:

步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；滤渣2的主要成分是SiO2和S。

下列说法不正确的是

A.步骤①，最好在通风橱中进行

B.步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸

C.步骤③，涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+

Cu2++S+2H2O

D.步骤②和③，均采用蒸发结品的方式获取溶质

【答案】D

【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O，ZnS＋H2SO4=ZnSO4＋H2S↑，H2S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO4·5H2O，说明滤渣1中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu2＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO4·7H2O，说明滤液中含有Zn2＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu2＋，根据信息，滤渣2中由SiO2和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H2O2→Cu2＋＋S＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H2O2+2H+=Cu2++S+2H2O，故C说法正确；D、得到CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。

点睛：

在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。

13.现有amol/L的NaX和bmol/L的NaY两种盐溶液。

下列说法正确的是

A.若a=b且c（X-）=c（Y-）+c（HY），则HX为强酸

B.若a=b且pH（NaX）>pH（NaY）,则c（X-）+c（OH-）>c（Y-）+c（OH-）

C.若a>b且c（X-）=c（Y-），则酸性HX>HY

D.若两溶液等体积混合，则c（Na+）=（a+b）mol/L（忽略混合过程中的体积变化）

【答案】A

【解析】试题分析：

A．若a=b，且c（X-）=c（Y-）+c（HY），说明HX完全电离，所以能说明HX为强酸，故A正确；B．若a=b且pH（NaX）＞pH（NaY），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），根据物料守恒得两种溶液中c（Na+）相等，根据溶液的PH知，X-的水解程度大于Y-，所以NaX中氢离子浓度小于NaY，所以c（X-）+c（OH-）＜c（Y-）+c（OH-），故B错误；C．若a＞b且c（X-）=c（Y-），说明X-的水解程度大于Y-，酸根离子水解程度越大，其相应酸的酸性越弱，则酸性HX＜HY，故C错误；D．若两溶液等体积混合，钠离子不水解，但溶液体积增大一倍，所以则c（Na+）=

mol/L，故D错误；故选A。

考点：

考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及弱酸酸性强弱与酸根离子水解程度的关系是解本题关键。

14.将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L（标准状况）:

另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g;若HNO3的还原产物仅为NO,则生成NO的标准状况的体积为

A.2.24LB.4.48LC.6.72LD.8.96L

【答案】C

【解析】试题分析：

加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氢气为3.36L,即0.15mol，所以含有铝0.1mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。

假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y。

质量和：

2.7+56x+64y="17.9"；沉淀量：

107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以转移电子数总的为0.9mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9mol电子，则生成NO为0.3mol，则V（NO）=6．72L。

考点：

本题考查常见金属与酸碱的反应，利用氧化还原反应中电子守恒是解题的关键。

第Ⅱ卷非选择题（共58分）

二、填空题（共58分,第15-17题为必考题，第18-19题为选考题。

）

15.氮化锂是一种优良的贮氢材料，它是一种紫色或红色的晶状固体，在空气中长期暴露，最终会变成碳酸理。

氮化理易水解生成氢氧化锂和氨气，在空气中加热能剧烈燃烧，特别是细粉末状的氮化锂:

 锂与氨反应生成LiNH2和H2实验室用以下装置制取干燥、纯净的N2并与金属锂（密度为0.534g/cm3） 反应制取氮化锂。

回答下列问题:

（1）连接好装置进行实验前必须______________

（2）实验步骤如下:

①装药品②点燃C处酒精灯③点燃E处酒精灯④打开A中分液漏斗

正确的先后顺序为________（填序号）

（3）装置A是制备氨气的简易装置烧瓶中固体是:

_______;D装置的作用是_______.

（4）写出C中化学方程式为___________

（5）将12.0g锂放入E反应，实验结束后称得E装置增加了7.0g，计算生成复化理的质量分数为________（结果保留一位小数）。

（6）设计简单实验证明E中产物为氮化锂:

_________

【答案】

（1）.检查装置气密性

（2）.①④③②（3）.碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠（4）.吸收氨气并干燥氮气（5）.3CuO+2NH3

Cu+N2+3H2O（6）.92.1%（7）.取少量产物于试管，滴入少量蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝色，则产物有氮化锂，否则不含氮化锂

【解析】

（1）凡是制备气体的实验，在进行实验前，都要检查装置气密性；正确答案：

检查装置气密性。

（2）先加入药品，打开分液漏斗的活塞，使试剂滴下，产生氨气，利用氨气排净装置内的空气，然后点燃E处酒精灯，给金属锂预热，再点燃C处酒精灯，让氨气和氧化铜反应生成铜和氮气，产生的氮气再与锂迅速反应；正确答案：

①④③②。

（3）实验室可以用浓氨水和生石灰反应制备氨气，固体为生石灰，也可以为碱石灰、氢氧化钠固体等；吸收反应产生水蒸气，并吸收氨气；正确答案：

碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠；吸收氨气并干燥氮气。

（4）氨气具有还原性，还原氧化铜得到金属铜，本身被氧化为氮气；正确答案：

3CuO+2NH3

Cu+N2+3H2O。

（5）E装置增加7.0g，说明氮气的质量为7.0g，物质的量为0.25mol，反应的反应为：

6Li

+N2=2Li3N，生成氮化锂的质量为0.5×35=17.5g,消耗金属锂质量0.25×6×7=10.5g，剩余金属锂12-10.5=1.5g，最终固体混合物总质量为1.5+17.5=19g，氮化锂的质量分数为

17.5÷19×100%=92.1%；正确答案：

92.1%。

（6）氮化理易水解生成氢氧化锂和氨气，生成的氨气为碱性气体，然后再用湿润的红色石蕊试纸进行检验，如果试纸变为蓝色，结论得证；正确答案：

取少量产物于试管，滴入少量蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试纸变蓝色，则产物有氮化锂，否则不含氮化锂。

点睛：

第（5）中求氮化锂的质量分数时，固体混合物为剩余的金属锂和新生成的氮化锂，如果不能想到这一点，此问就无从下手解决。

16.随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。

为了回收利用含钢催化剂（V2O5、VOSO4及不溶性杂质），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺。

该工艺的主要流程如图所示:

已知:

部分含钒物质在水中的溶解性:

物质

V2O5

VOSO4

NH4VO3

（VO2）2SO4

溶解性

难溶

可溶

难溶

易溶

（1）由V2O5冶炼金属钒采用铝热剂法，反应的化学方程式为:

___________

（2）V2O5通常用作为反应2SO2+O2

2SO3的理想催化剂，其催化的机理可能是加热时可逆地失去氧的原因，其过程可用两个化学方程式表示:

_________、4V+5O2

2V2O5.

（3）反应①的目的是_________.

（4）将滤液1与滤液2混合后用氯酸钾氧化，氯元素被还原为最低价，其反应的离子方程式为______.

（5）反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，下图是反应温度与沉钒率的关系图，则控制温度的方法是____________.

（6）反应④在NH4VO3的焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图2所示，则其分解过程中_______（填字母代号）。

A.先分解失去H2O，再分解失去NH3

B.先分解失去NH3，再分解失去H2O

C.同时分解失去H2O和NH3

D.同时分解失去H2和N2和H2O

（7）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2++V2++2H+

VO2++H2O+V3+。

电池充电时阳极的电极反应式为__________

【答案】

（1）.3V2O5+10Al

6V+5A12O3

（2）.5SO2+V2O5

5SO3+2V（3）.将V2O5转化为可溶性的VOSO4（4）.C1O3-+6VO2++3H2O=6VO2++6H++C1-（5）.将反应容器置于80℃的水浴中（6）.B（7）.VO2++H2O-e-=VO2++2H+

【解析】

（1）高温下，用金属铝从活泼性比铝差的金属氧化物中置换出该金属，既为铝热剂法；正确答案：

3V2O5+10Al

6V+5A12O3。

（2）用2SO2+O2

2SO3反应减去4V+5O2

2V2O5反应，消去氧气，即可得到第一个反应的方程式；正确答案：

5SO2+V2O5

5SO3+2V。

（3）根据题给信息，V2O5不溶于水，因此在酸性条件下，用亚硫酸钠把V2O5还原为可溶性的VOSO4，便于氯酸钾把VOSO4氧化为（VO2）2SO4；正确答案：

将V2O5转化为可溶性的VOSO4。

（4）易溶于水VOSO4被氧化为易溶的（VO2）2SO4，而氯酸钾中氯元素被还原到Cl-；正确答案：

C1O3-+6VO2++3H2O=6VO2++6H++C1-。

（5）从图像中看出，温度为80℃时，沉钒率最高，因此可以用水浴加热进行操作；正确答案：

将反应容器置于80℃的水浴中。

（6）由图像中曲线变化可知：

200℃时左右时，固体质量大约减少17克，应该为氨气的质量；400℃左右时，固体质量大约又减少18克，应该为水的质量；所以NH4VO3在焙烧过程中200℃时左右先失去氨；在400℃左右再失去水，最终NH4VO3在焙烧发生分解反应，最终产物为V2O5、NH3和H2O；正确答案：

B。

（7）充电过程为电解的过程，阳极发生氧化反应，VO2+中钒为+4价，氧化为+5价的VO2+；正确答案：

VO2++H2O-e-=VO2++2H+。

点睛：

反应①目的如何分析，要根据亚硫酸盐中+4价硫的还原性比较强，易被氧化为+6价，那么V2O5中+5价V就被还原到+4价，生成VOSO4被氯酸钾溶液氧化，这样就容易判定该操作的目的。

17.氮的化合物在生产生活中广泛存在。

（1）①氯胺（NH2Cl）的电子式为________。

可通过反应NH3（g）＋Cl2（g）=NH2Cl（g）＋HCl（g）制备氯胺，已知部分化学键的键能如右表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的ΔH=_________。

化学键

键能/（kJ·mol-1）

N-H

391.3

Cl-Cl

243.0

N-Cl

191.2

H-Cl