云南省普洱市景东彝族自治县第一中学2025-2026学年高二化学上学期期中考试

云南省普洱市景东彝族自治县第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷 本试卷共7页，共18题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡 上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无 效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效。 一、单项选择题:本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是（　　） A. 2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ B. H2（g）+O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ C. H2（g）+O2（g）→H2O（g）-241.8 kJ D. H2O（g）→H2（g）+O2（g）-241.8 kJ 2．Zn还原SiCl4的反应如下：下列说法正确的是（　　） SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H1 SiCl4（g）+2Zn（g）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H2． A. Zn（l）=Zn（g）△H=（△H1-△H2 ） B. 用硅制作的太阳能电池是将化学能转化为电能 C. 增加Zn（g）的量，△H2变大 D. 以Zn片、铜片和稀硫酸构成的原电池，Zn片表面有气泡产生． 3．结合如图信息分析，反应N2O（g）+CO（g）=N2（g）+CO2（g）的ΔH为（　　） A. -436kJ•mol-1 B. +436kJ•mol-1 C. -359kJ•mol-1 D. +359kJ•mol-1 4．在体积可变的容器中发生反应N2+3H2⇌2NH3当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是（　　） A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多 B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多 C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多 D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞 5．为了探究反应速率的影响因素，某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的 CO2体积与反应时间的关系图（0～t1、t1～t2、t2～t3的时间间隔相等）。下列说法正确的是（　　） A. 0～t1时间段，CO2的化学反应速率 v=mol/（L•min） B. t1～t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多 C. t2～t4时间段，反应速率逐渐减慢的原因可能是盐酸浓度减小 D. 在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 6．1mL0.1mol•L-1KI溶液与5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液发生反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，一段时间后反应达到平衡。下列说法正确的是（　　） A. 经测定9min时c（Fe3+）=0.01mol•L-1，则该时间段内v（Fe3+）=0.01mol•L-1•min-1 B. 不再变化时，反应达到平衡状态 C. 向平衡体系中加入四氯化碳，振荡，平衡正向移动 D. 向平衡体系中滴加少量KSCN溶液，若溶液呈红色可以证明上述化学反应存在限度 7．一定条件下，对于反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡状态时，X、Y、Z浓度分别为0.1mol•L-1、0.3mol•L-1和0.08mol•L-1，则下列判断合理的是（　　） ①c1：c2等于1：3 ②平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2 ③X和Y的转化率相等 ④c1的取值范围为 A. ①② B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③④ 8．取4mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液4～5滴反应，再加入1mLCCl4充分振荡，静置，下列有关该实验的说法错误的是（　　） A. 下层溶液呈紫红色 B. KI与FeCl3反应后（未加CCl4），溶液中存在Fe3+Fe2+I-、I2等微粒 C. 取少量上层溶液，滴加AgNO3溶液，若有黄色沉淀生成，则表明该反应存在反应限度 D. 取少量上层溶液，滴加KSCN溶液，若溶液出现红色，则表明该反应存在反应限度 9．下列关于反应速率的说法中，错误的是（　　） A. 反应速率用于衡量化学反应的快慢 B. 决定反应速率的主要因素是反应物的性质 C. 可逆反应达到化学平衡时，正、逆反应速率都为零 D. 增大反应物浓度，提高反应物温度都能增大反应速率 10．向某绝热恒容密闭容器中通入N2和H2，在500℃时，使反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（　　） A. 反应在c点达到平衡状态 B. △t1=△t2时，N2的转化量：a～b段小于b～c段 C. C点反应放出的热量达到最大 D. 反应物浓度：a点小于b点 11．下列有关电解质溶液的说法不正确的是（　　） A. 向Na2CO3溶液中通入NH3，减小 B. 将0.1mol•L-1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，增大 C. 向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1 D. 向0.1mol•L-1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大 12．盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如图，下列叙述正确的（　　） A. 酚酞不能用作本实验的指示剂 B. 盐酸的物质的量浓度为1mol・L-1 C. P点时恰好完全中和，溶液呈中性 D. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线 13．已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法不正确的是（　　） 溶质 NaCl Na2CO3 NaClO NaHCO3 pH 7 11.6 9.7 8.3 A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl＞H2CO3＞HClO B. 等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl-和ClO-离子个数：Cl-＞ClO- C. 向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O D. 若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32-）+c（HCO3-）=0.2mol/L 14．下列各组离子在指定条件下一定不能大量共存的是（　　） ①能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-、AlO2- ②c （H+）=0.1mol•L-1的溶液中：Cu2+、Al3+、SO42-、NO3- ③能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na+、NH4+、S2-、Br- ④由水电离出的c（H+）=10-2mol•L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、HCO3- ⑤在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3- ⑥在含有大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN- A. ①②③ B. ①③⑥ C. ③④⑤⑥ D. ②③④⑤ 二、非选择题(共4题，共58分) 15．（1）用50mL 0.50mol•L-1的盐酸与50mL 0.55mol•L-1的NaOH 溶液在如图1所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题： ①若将杯盖改为薄铁板，求得的反应热将_____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 ②若通过测定计算出产生的热量为1.42kJ，请写出该反应的热化学方程式：_____。 （2）①已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2 kJ•mol-1 CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4 kJ•mol-1 则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为_____。 ②一定条件下，在水溶液中所含离子Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-各1mol,其相对能量的大小如图2所示（各离子在图中用氯元素的相应化合价表示），则反应3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=_____kJ•mol-1。 16．硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化工原料，可通过SO2和Cl2反应制备。 （1）已知：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）ΔH1=-97.3kJ/mol SO2Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）ΔH2=-29.7kJ/mol 则SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）的ΔH=_____kJ/mol,该反应_____（填“高温”“低温”或“任意温度”）自发。 （2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入SO2（g）和Cl2（g），在催化条件下发生反应生成SO2Cl2g）。T1温度下达平衡时，△p随投料比的变化如图1所示。   图1 已知：Δp=p0（初始）-p（平衡）；本题中p0=240kPa。 ①a点，Cl2（g）的分压为_____kPa。 ②T1温度下，KP=_____kPa-1。 ③若T2＞T1且n（SO2）：n（Cl2）≥1：1时，请在图中画出Δp在T2温度下随进料比变化的大致图像_____。 （3）硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化的反应机理如图2所示。●为催化剂表面的催化活性位点。   图2 ①催化氯化甲苯的总反应方程式为_____。 ②过程ⅲ_____（填“吸热”或“放热”），理由是_____。 17．“锰白”（MnCO3，在潮湿介质中易被氧化）常用作脱硫催化剂、饲料添加剂。某小组设计如下步骤制备锰白： 步骤1：将FeSO4溶液加入含有稀硫酸的MnO2悬浊液中，搅拌下充分反应得到含Mn2+的混合液X； 步骤2：用氨水调节混合液X的pH=4，过滤，得MnSO4溶液和滤渣Y； 步骤3：向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3。 回答下列问题： （1）实验室新配制FeSO4溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是 _____。 （2）步骤1反应的化学方程式为 _____。 （3）滤渣Y经灼烧得到的固体是 _____（填化学式）。 （4）步骤1中也可用SO2代替FeSO4，实验室常用Na2SO3粉末和75%硫酸在常温下制备SO2，宜选择的发生装置是 _____（填字母）。 （5）步骤3反应的离子方程式为 _____。 （6）步骤3洗涤包括先水洗、后酒精洗，用酒精洗涤的目的是除固体表面水、_____。 （7）MnCO3产品纯度测定。称取wg产品溶于稀硫酸，配制成250mL溶液。量取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，加入过量（NH4）2S2O8溶液，充分反应后，将溶液煮沸一段时间。冷却至室温后，加入指示剂，用标准cmol•L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定，滴定终点时消耗标准（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积为20.00mL（提示：）。 ①MnCO3产品纯度为 _____%。 ②若上述过程没有“煮沸”操作，测得结果 _____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 18．利用某钒废渣（主要成分为V2O4、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）制备V2O3的工艺流程如图： 已知：Ⅰ.V2O4溶于酸后以VO2+的形式存在；过量H2O2可氧化VO2+； Ⅱ.VO2++2HR（有机层）VOR2（有机层）+2H+。 回答下列问题： （1）为加快“氧化1”速率，可以采取的措施有 _____（写出一条即可），该过程发生反应的离子方程式为 _____。 （2）滤渣2的主要成分为 _____。 （3）实验室进行萃取、分液操作时，需要的玻璃仪器有 _____。 （4）“氧化2”中发生反应的离子方程式为 _____。 （5）“沉钒”前若滤液中c（）═0.1mol•L-1，“沉钒”完成时，若上层清液中c（）═1.0mol•L-1，则钒元素的沉降率=_____%[Ksp（NH4VO3）=1.6×10-3，反应过程中溶液的体积不变]。 （6）在Ar气氛中“煅烧”NH4VO3生成V2O3，分解产物中还含有氮气和一种氮的氢化物，发生反应的化学方程式 _____。 试卷答案 1．D 2．A 3．C 4．C 5．C 6．C 7．D 8．C 9．C 10．B 11．D 12．C 13．C 14．C 15．【答案】(1)偏小;(2)HCl（aq）+NaOH（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8 kJ/mol;(3)CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol-1;(4)-117; 【解析】（1）①大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失； ②50mL 0.50mol•L-1的盐酸与50mL 0.55mol•L-1的NaOH溶液反应时，NaOH过量，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol•L-1=0.025mol,则焓变△H=-=-=-56.8kJ/mol,结合物质的凝集状态写出反应的热化学方程式； （2）①CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）， ①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1； ②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1 结合盖斯定律可知，①×2-②计算CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）的焓变△H，并写出热化学方程式； ②焓变△H=生成物的总能量-反应物的总能量，结合图中数据计算。 解：（1）①大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会偏小， 故答案为：偏小； ②50mL 0.50mol•L-1的盐酸与50mL 0.55mol•L-1的NaOH溶液反应时，NaOH过量，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol•L-1=0.025mol,则焓变△H=-=-=-56.8kJ/mol,反应的热化学方程式为HCl（aq）+NaOH（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8 kJ/mol, 故答案为：HCl（aq）+NaOH（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8 kJ/mol； （2）①CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）， ①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1 ②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1 结合盖斯定律可知，①×2-②计算CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）的△H=（+206.2kJ•mol-1）×2-（+247.4kJ•mol-1）=+165kJ•mol-1， 故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol-1； ②由图可知反应3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-117kJ/mol, 故答案为：-117。 16．【答案】(1)-67.6;(2)低温;(3)100;(4)0.03;(5);(6);(7)放热;(8)中大π键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大π键，结构稳定，能量低；; 【解析】（1）根据盖斯定律和吉布斯自由能求解； （2）根据题目列三段式求解； （3）①根据催化转化机理图，在催化剂的作用下，SO2Cl2与甲苯反应后得到的产物有HCl、SO2、； ②过程iii的反应为，整个过程中中大π键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大π键，结构稳定，能量低，转化过程中放出热量； 解：（1）将SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）ΔH1=-97.3kJ/mol定义为反应Ⅰ：将SO2Cl2（g）⇌SO2Cl2（l）ΔH2=-29.7kJ/mol定义为反应Ⅱ；则反应SO2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（g）可看作为反应Ⅰ-反应Ⅱ，则ΔH=ΔH1-ΔH2=-973kJ/mol-（-297kJ/mol）=.676kJ/mol；根据ΔG=ΔH-TΔS＜0能自发，该反应的ΔH＜0、ΔS＜0，要使ΔG＜0自发，则需要低温条件； 故答案为：-67.6；低温； （2）在恒容密闭容器中，不同投料比充入SO2（g）和Cl2（g），在催化条件下发生反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g），已知：Δp=p0（起始）-p（平衡），在p0=240kPa时Δp随投料比的变化如图； ①a点，Δp=60kPa,根据Δp=p0（起始）-p（平衡），得到p（平衡）=p0-Δp=（240-60）kPa=180kPa,此时=0.5=，设起始时n（SO2）= lmol,n（Cl2）=2mol,转化的n（SO2）=xmol,列三段式有：                           SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l） 起始量（mol）        1               2                  0 转化量（mol）        x               x                  x 平衡量（mol）      1-x             2-x                x 由压强关系=，解得x=0.75mol,平衡后的气体总物质的量为n总=3-x=3-075=225mol,则Cl2（g）的分压为p（Cl2）=×180kPa=100kPa； 故答案为：100； ②T1温度下，用平衡分压来表示的平衡常数为：Kp===0.03kPa-1； 故答案为：0.03； ③根据图中曲线变化趋势，当n（SO2）：n（Cl2）=1：1，Δp值最大，当其中一种过量时，此时的Δp值反而减小，因此若T2＞T1，因ΔH＜0，平衡左移，Δp值减小，且n（SO2）：n（Cl2）≥1：1，则得到的新曲线应在原曲线的下端，起点位置在1.0，最后得到的Δp在T2温度下随进料比变化的大致图像为：； 故答案为：； （3）①根据催化转化机理图，在催化剂的作用下，SO2Cl2与甲苯反应后得到的产物有HCl、SO2、，则催化氯化甲苯的总反应方程式为：； 故答案为：； ②过程iii的反应为，整个过程中中大π键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大π键，结构稳定，能量低，转化过程中放出热量； 故答案为：放热；中大π键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大π键，结构稳定，能量低； 17．【答案】(1)在溶液中加铁粉;(2)2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2（SO4）3+MnSO4+2H2O;(3)Fe2O3;(4)B;(5);(6)酒精易挥发，干燥速率快，防止MnCO3被氧化;(7);(8)偏高; 【解析】将FeSO4溶液加入含有稀硫酸的MnO2悬浊液中，FeSO4与MnO2反应的化学方程式为2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2（SO4）3+MnSO4+2H2O，混合液X中含有Mn2+、Fe3+，用氨水调节混合液X的pH=4，过滤，得MnSO4溶液和滤渣Fe（OH）3，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，抽滤、洗涤、干燥得到MnCO3，以此解答。 解：（1）Fe2+易被氧化生成Fe3+，可以添加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，实验室新配制FeSO4溶液时，为了防止其氧化变质，常采用的措施是在溶液中加铁粉， 故答案为：在溶液中加铁粉； （2）将FeSO4溶液加入含有稀硫酸的MnO2悬浊液中，MnO2将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，MnO2被还原为MnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2（SO4）3+MnSO4+2H2O， 故答案为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2（SO4）3+MnSO4+2H2O； （3）由分析可知，滤渣Y为Fe（OH）3，经灼烧失水生成Fe2O3， 故答案为：Fe2O3； （4）步骤1中也可用SO2代替FeSO4，实验室常用Na2SO3粉末和75%硫酸在常温下制备SO2，该反应不需要加热，Na2SO3粉末颗粒较小且溶于水，不能盛放在D中的多孔隔板上，宜选择的发生装置是B， 故答案为：B； （5）步骤3发生MnSO4与NH4HCO3反应生成MnCO3，同时有二氧化碳气体产生，离子方程式为， 故答案为：； （6）碳酸锰在潮湿空气中易被O2氧化，而乙醇挥发较快，较短时间与空气接触，则用乙醇洗涤的目的是除水以及干燥速率快，防止MnCO3被氧化， 故答案为：酒精易挥发，干燥速率快，防止MnCO3被氧化； （7）①根据，， 故答案为：； ②煮沸目的是除过量（NH4）2S2O8，避免过量（NH4）2S2O8氧化Fe2+，如果没有煮沸，导致过量的（NH4）2S2O8消耗标准溶液，测得标准溶液体积偏大，结果产品纯度偏高， 故答案为：偏高。 18．【答案】(1)搅拌或适当升温;(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;(3)Fe（OH）3、Al（OH）3;(4)分液漏斗、烧杯;(5)Cl+6VO2++9H2O=Cl-+6+18H+;(6)98.4;(7)6NH4VO33V2O3+2NH3↑+9H2O或 4NH4VO32V2O3+N2↑+N2H4↑+6H2O; 【解析】“酸浸”：根据题意，V2O4转化成VO2+，FeO、Fe2O3为碱性氧化物，转化成Fe2+、Fe3+，氧化铝为两性氧化物，转化成Al3+，SiO2为酸性氧化物，难溶于水，滤渣1为SiO2，“氧化1”因过量H2O2能氧化VO2+，该步骤中所加过氧化氢为适量，过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，加入碳酸钠，调节pH，使Al3+、Fe3+以氢氧化物形式除去，加入萃取剂，将VO2+从水中萃取出来，然后分液“反萃取”向有机相中加入酸，VOR2转化成VO2+，分液，加入氯化铵，生成NH4VO3沉淀。 解：（1）适当加快“氧化1”速率，可采取搅拌、适当升高温度等；根据上述分析，该过程过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+， 故答案为：搅拌、适当升高温度等；H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+； （2）加入碳酸钠调节pH，使Al3+、Fe3+以氢氧化物形式除去，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3， 故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3； （3）萃取、分液需要的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯， 故答案为：分液漏斗、烧杯； （4）“氧化2”中KClO3将VO2+氧化，离子方程式为Cl+6VO2++9H2O=Cl-+6+18H+， 故答案为：Cl+6VO2++9H2O=Cl-+6+18H+； （5）“沉钒”完成时，溶液为NH4VO3的饱和溶液，溶液中c（）═0.1mol•L-1，“沉钒”完成时，若上层清液中c（）═1.0mol•L-1，根据c（）×c（）=Ksp（NH4VO3）=1.6×10-3，得c（）=1.6×10-3mol/L，则钒元素的沉降率为×100%=98.4%， 故答案为：98.4； （6）氮的氢化物可以是NH3，也可以是N2H4，则化学方程式为6NH4VO33V2O3+2NH3↑+9H2O或 4NH4VO32V2O3+N2↑+N2H4↑+6H2O， 故答案为：6NH4VO33V2O3+2NH3↑+9H2O或 4NH4VO32V2O3+N2↑+N2H4↑+6H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $