2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版

河北武邑中学2018-2019学年下学期高二第一次月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O ‎16 C 12‎ 一、单选题（共15小题共45分）‎ ‎1. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行于世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是 A. “洧水”的主要成分是油脂 B. “洧水”的主要成分是煤油 C. 烟的主要成分是炭黑 D. 烟的主要成分是石墨 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：洧水是石油，不完全燃烧时有碳颗粒生成，由墨汁很黑知道烟是炭黑，答案选C。‎ 考点：物质的物理性质 ‎2.将足量NO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）‎ A. Fe2+、Cl－、SO42－、Na+ B. NH4+、Al3+、NO3－、Cl－‎ C. Ca2+、K+、Cl－、HCO3－ D. K+、Na+、SO32－、SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎3NO2+H2O= 2HNO3 + NO，HNO3有强氧化性且显强酸性。‎ ‎【详解】A．Fe2+具有还原性，可被硝酸氧化而不能大量共存，故A错误； B．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确； C．因H+与HCO3-结合生成水和二氧化碳气体，不能共存，故C错误； D．因硝酸与SO32ˉ发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】注意题干的隐含条件，NO2通入溶液中，生成HNO3‎ 有强氧化性且显强酸性，不能与具有还原性或与H+反应的离子共存。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）‎ A. 一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中，充分反应后容器中的分子数大于2NA B. 256gS8分子（结构如图）中含S－S键为7NA个 C. 由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO－数目为NA个 D. 1 mol Na与O2完全反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后，该反应为气体体积减小的可逆反应，所以反应后气体的物质的量大于2mol，反应后容器中的分子数大于2NA，故A正确；‎ B．‎256g S8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8mol S﹣S键，含有的S﹣S键为8NA个，故B错误；‎ C．由1mol CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，含有1mol钠离子；根据电荷守恒，溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，则钠离子与CH3COO﹣的物质的量相等，所以溶液中含有CH3COO﹣的物质的量为1mol，含有的CH3COO﹣数目为NA个，故C正确；‎ D．1molNa完全反应失去1mol电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1mol，转移电子总数NA个，故D正确；‎ ‎4.铋（Bi）位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：‎ 则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为（ ）‎ A. I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3 B. H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4‎ C. NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2 D. KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据发生的反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性这一规律来回答判断。‎ ‎【详解】铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色，硫酸锰（MnSO4）溶液，溶液显紫色，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于KMnO4（氧化产物）的氧化性；‎ 由②中现象可知：KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则KMnO4（氧化剂）的氧化性强于H2O2（氧化产物）的氧化性； 由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性， 综上所述，NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2，故C正确； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性强弱的判断规律，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性这一规律是关键，难度不大。‎ ‎5.在试管中注入某浅红色溶液，加热试管，溶液红色加深，则原溶液可能是（ ）‎ ‎①滴有石蕊的H2SO4溶液 ②滴有石蕊的NH4Cl溶液 ‎③滴有酚酞的氨水溶液 ④滴有酚酞的Na2CO3溶液 A. ①② B. ②④ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在试管中注入某浅红色溶液，加热试管，溶液红色加深，则原溶液可能是存在水解平衡（水的电离平衡以及其他弱电解质的电离平衡影响比较微弱忽略不计）。‎ ‎【详解】① 滴有石蕊的H2SO4溶液，加热，颜色不变化，故①错误； ②滴有石蕊的NH4Cl溶液，加热促进铵根离子的水解，则红色加深，故②正确； ③滴有酚酞的氨水溶液，加热促进电离，但氨水中氢氧根离子浓度变化不大，颜色变化不明显，故③错误； ‎ ‎④滴有酚酞的Na2CO3溶液，加热促进碳酸根离子的水解，则颜色加深，故④正确； 答案选B。‎ ‎6.下列有关实验原理或实验操作正确的是（ ）‎ A. 将氯化铁固体溶于稀盐酸配制FeCl3溶液 B. 利用下图装置定量测定H2O2的分解速率 C. 如下图所示，关闭弹簧夹检查装置的气密性 D. 称取4.0gNaOH，放入100mL容量瓶中，加水稀释，配制1.0mol/L的NaOH溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸可抑制氯化铁水解，则将氯化铁固体溶于稀盐酸配制FeCl3溶液，故A正确； B．气体可从长颈漏斗逸出，不能测定气体的体积，故B错误；‎ C．关闭弹簧夹，软导管使液体顺利流下，为连通装置，不能检验气密性，故C错误；‎ D．不能在容量瓶中溶解，应在烧杯中溶解、冷却、转移到容量瓶中，故D错误； 答案选A。‎ ‎7. 如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法正确的是 A. X和R在同一周期 B. 原子半径：W＞R＞X C. 气态氢化物的稳定性：X＞Y D. X、Z形成的化合物中可能含有共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题给关系图，推出X为O，Y为F，Z为Na，R为S，W为Cl。A选项，O和S不在同一周期，错误；B选项，同一周期从左到右原子半径依次减小，一般情况下电子层数多的元素半径大，S＞Cl＞O，错误；C选项，非金属性越强，气态氢化物越稳定，HF＞H2O，错误；D选项，X、Z形成的Na2O2含有共价键，正确。‎ ‎8.有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：（已知NaNO2不能被稀HNO3氧化）‎ ‎①将固体溶于足量水，搅拌后静置，得到无色透明溶液和白色沉淀；‎ ‎②取等量固体加入足量的稀硝酸中，有刺激性气味气体产生，同时有白色沉淀生成。‎ 根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是（ ）‎ A. 一定含有K2CO3、NaNO2、AgNO3‎ B. 无法判断是否含有FeCl3‎ C. 一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，不能肯定是否含有K2CO3‎ D. 是否含K2CO3，只要把实验②产生的气体通入少量澄清石灰水中，若没有变浑浊，则一定不含K2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①将固体溶于足量水，搅拌后静置，上面溶液无色透明，下面是白色不溶物；判断固体中无FeCl3；一定有AgNO3；碳酸银和亚硝酸银都是微溶于水的物质，可能含有K2CO3、NaNO2； ‎ ‎②取等量固体加入足量的稀硝酸中，有气体产生，气体有剌激性气味，综合分析推断，只能是酸性溶液中氯酸钾把亚硝酸钠氧化为硝酸钠，本身被还原为氯气具有刺激性气味，判断一定含有KClO3；同时有白色沉淀生成，是氯气与水反应生成的盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀。综上，一定含有NaNO2、KClO3、AgNO3；一定无FeCl3；K2CO3不能确定；‎ ‎【详解】A.一定含有NaNO2、AgNO3，K2CO3不一定含有，故A错误； B.一定不含有FeCl3，故B错误； C. 一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，是否含有K2CO3不能肯定，故C正确； D.是否含K2CO3，把实验②产生的所有气体通入少量澄清石灰水，若没有变浑浊，有可能氯气和水反应生成的盐酸溶解碳酸钙，不生成沉淀，故D错误； 答案选C。‎ ‎9.中学化学常见物质甲、乙、丙、丁之间存在如下转化关系：甲 + 乙 → 丙 + 丁。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若甲为铜，丁为氯化亚铁，则乙一定是氯化铁 B. 若甲为碳，丁为硅，则丙一定是二氧化碳 C. 若甲为铝，丁为铁，则乙一定是氧化铁 D. 若甲为镁，丁为氢气，则乙一定是酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、常温下，铜能还原氯化铁溶液，生成氯化铜和氯化亚铁，正确；B、高温下，碳能还原二氧化硅，生成一氧化碳和硅，错误；C、高温下，铝能还原四氧化三铁、氧化铁、氧化铁，均生成氧化铝和铁，错误；D、镁与盐酸，镁与沸水均能置换出氢气，错误。‎ 考点：考查铁盐、单质硅、铝、铁、镁的重要化学性质及应用等相关知识。‎ ‎10.与水一样，甲醇也能微弱电离：2CH3OH(l)CH3OH2++CH3O－，‎25℃‎时，K＝2.0×10－17。若往一定量的甲醇中加入金属钠，则有关叙述正确的是（ ）‎ A. 金属钠与甲醇反应比金属钠与水反应更剧烈 B. 结合H+的能力CH3O－＜OH－‎ C. 所得到溶液中K＝c(CH3O－)×c(CH3OH2+)‎ D. 所得到溶液中c(Na+)＝c(CH3OH2+) + c(CH3O－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电离出来的氢离子浓度越大，与钠反应速率越大，水的电离程度大于甲醇，则水中氢离子浓度大，所以钠与水的反应比钠与甲醇反应更剧烈，故A错误；‎ B．越难电离，则离子越易与氢离子结合，甲醇难电离，则结合H+的能力CH3O->OH-，故B错误；‎ C．K为甲醇中离子浓度的乘积，则所得到溶液中K=c（CH3O-）×c（CH3OH2+），故C正确；‎ D．所得到溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（CH3OH2+）=c（CH3O-），故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，题目比较新颖，抓住弱电解质电离规律、盐类水解规律、平衡常数的计算、溶液中三大守恒即可解题，试题难度不大。‎ ‎11.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：‎ 下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 少量CO2通入NaClO溶液中：CO2 + H2O + 2ClO－===CO32－+ 2HClO B. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2 + H2O + Ca2+ + 2ClO－===CaSO3↓+2HClO C. 少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2 + H2O + 2CO32－===SO32－+ 2HCO3－‎ D. 相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+ + HCO3－===CO2↑+ H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知电离平衡常数，可知酸性：CH3COOH＞H2SO3＞H2CO3＞HSO3－＞HClO＞HCO3－。‎ ‎【详解】A．次氯酸的酸性强于碳酸氢根的，因此向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成物应该是次氯酸和碳酸氢钠，则反应的离子方程式为ClO－+CO2+ H2O＝HClO+HCO3－，故A错误；‎ B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故B错误；‎ C．Na2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正确；‎ D．由电离常数可知酸性HSO3-比碳酸弱，不能生成二氧化碳气体，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.已知NaHC2O4溶液显弱酸性，向100 mL0.1mol/L的NaHC2O4溶液中分别加入下列物质，有关说法正确的是（ ）‎ A. 加入少量H‎2C2O4固体，促进水电离，溶液中c(H+)增大 B. 加入NaOH溶液至恰好完全反应，则溶液中：c(Na+)＞c(C2O42－)＞c(HC2O4－)＞c(OH－)‎ C. 加入氨水至中性，则溶液中：c(NH4+) + c(Na+)＝‎2c(C2O42－) + c(HC2O4－)‎ D. 加入0.01 mol Na‎2C2O4固体，则溶液中：‎3c(Na+)＝2[c(H‎2C2O4) + c(HC2O4－) + c(C2O42－)]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4－的电离程度大于其水解程度。‎ ‎【详解】A．酸溶液抑制了水的电离，加入H‎2C2O4固体后，溶液中氢离子浓度增大，但水的电离程度减小，抑制了水的电离，故A错误；‎ B．加入NaOH溶液至恰好完全反应生成Na‎2C2O4，C2O42-部分水解，溶液显碱性，由于氢氧根离子来自水的电离和C2O42-的水解，则c（OH－）＞c（HC2O4-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（C2O42-）＞c（OH－）＞c（HC2O4-），故B错误；‎ C．中性溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可得：c（NH4+）+c（Na+）=‎2c（C2O42-）+c（HC2O4-），故C正确；‎ D．加入0.01 mol Na‎2C2O4固体，混合液中含有等浓度的Na‎2C2O4和NaHC2O4，根据物料守恒可得：‎2c（Na+）=3[c（H‎2C2O4）+c（HC2O4- ）+c（C2O42-）]，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查盐溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小的常用方法。‎ ‎13.电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，X、Y皆为Pt电极，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A。下列说法正确的是（ ）‎ A. 物质A为NH3‎ B. X电极为电解池阳极 C. Y电极上发生了还原反应 D. Y电极反应式：NO－3e－+ 4OH－===NO3- +2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解NO制备NH4NO3，Y为阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，X为阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。‎ ‎【详解】A．根据以上分析，则A为NH3，故A正确；‎ B．根据以上分析，X电极为电解池阴极，故B错误；‎ C．Y为阳极，电极上发生了氧化反应，故C错误；‎ D．Y为阳极，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故D错误； 答案选A。‎ ‎14.臭氧的脱硝反应为：2NO2(g) + O3(g)N2O5(g) + O2(g)，一定条件下，向‎2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0 molO3，一段时间后达到平衡。下图曲线a表示该反应在温度T下O3的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时O3的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应2NO2(g) + O3(g)N2O5(g) + O2(g) △S<0‎ B. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂，平衡常数Ka＝Kb C. 曲线b对应的条件改变可能是密闭容器的体积变为‎4.0L D. 若c1＝0.3mol·L－1，从反应开始到平衡时该反应的速率v(NO2)＝0.005 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、正反应气体物质的量减小，混乱度减小，则△S＜0，故A正确；B、加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，O3的浓度不变，但图象中O3的浓度减小，可能是增大二氧化氮浓度，也可能是改变温度，平衡常数不一定相等，故B错误；C、若体积变为‎4.0 L，压强减小，平衡逆向移动，平衡时O3浓度大于a中O3浓度的，图象中平衡时b条件下O3浓度等于a中O3浓度的，故C错误；D、v（O3）=="0.005" mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，v（NO2）=2v（O3）="0.01" mol•L-1•s-1，故D错误，故选A。‎ 考点：考查了化学平衡计算与影响因素、反应速率计算与影响因素、化学平衡图象的相关知识。‎ ‎15.如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加7mL试剂A，之后改滴试剂B，所得沉淀y(mol)与试剂体积V(mL)间的关系．以下结论不正确的是（ ）‎ A. A是NaOH，B是盐酸，且c(NaOH)︰c(HCl)＝2︰1‎ B. 原混合液中，c(Al3+)︰c(Mg2+)︰c(Cl－)＝1︰1︰5‎ C. A是NaOH，B是盐酸，且c(NaOH)︰c(HCl)＝1︰2‎ D. 从6到9，相应离子反应式H+ + OH－===H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎0-5mL，Mg2++ 2OH-= Mg（OH）2↓、Al3++ 3OH-= Al（OH）3↓；‎ ‎5-6mL，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎6-7 mL，氢氧化钠过量，不发生反应；‎ ‎7-9 mL，H++OH-=H2O；‎ ‎9-11mL，AlO2-+ H++ H2O= Al（OH）3↓；‎ ‎11-21mL，Mg（OH）2+2H+= Mg2++ 2H2O、Al（OH）3+3H+= Al3++ 3H2O。‎ ‎【详解】A.根据加入前6mL试剂时，先有沉淀生成而后溶解，所以试剂A是NaOH，则B是盐酸；又由图可知，5→6（1 mL）、9→11（2 mL）分别是溶解Al（OH）3和使AlO2-恰好完全生成Al（OH）3沉淀消耗的NaOH和HCl。根据铝元素守恒：‎ ‎ NaOH ～ Al（OH）3 ～ AlO2- ～ H+‎ ‎ 1 1 1 1‎ ‎0.001L‎•c（NaOH） ‎0.002L•c（HCl）‎ 由此可以推出：c（NaOH）：c（HCl）=2：1，故A正确；‎ B. 从加入5 mL A生成沉淀最多，再继续加1 mL A沉淀量减少到最小值，相应反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由此可知，n（Al3+）=n〔Al（OH）3〕=（1×6×10-3） mol；由前5 mL NaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=（5×10-3×6）mol，所以n（Mg2+）=（1×6×10-3） mol，溶液中阴阳离子所带电荷相等得，n（Cl-）=（5×10-3×6）mol，即溶液中C（Al3+）：C（Mg2+）：C（Cl-）=1：1：5，故B正确；‎ C.由A项分析可知，A是NaOH，B是盐酸，且c(NaOH)︰c(HCl)＝2︰1，故C错误；‎ D. 从6到7是氢氧化钠过量，不发生反应。从7到9沉淀的物质的量不变，则发生的反应为氢氧化钠与盐酸的反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O。故D正确；‎ 答案选C。‎ 二．填空题（共55分）‎ ‎16.X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同。回答下列问题：‎ ‎（1）X、Y和Z的元素符号分别为_______、_________、___________‎ ‎（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有_________、________，将该化合物溶于水，得到常温下pH＝a的溶液，此时水电离的c(H+)＝________‎ ‎（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是______。此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为______，此化合物还可将碱性工业废水中的CN－氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为：_______‎ ‎（4）有一瓶固体药品的标签被损坏了，残留部分如图，已知该固体溶于水呈碱性，请推测该固体的化学式可能是（写3种）______‎ ‎【答案】 (1). H (2). O (3). Na (4). NaOH (5). Na2O2(或NaO2) (6). 10-a mol/L (7). H2O2 (8). 5H2O2+2MnO+6H＋===2Mn2＋+8H2O+5O2↑ (9). H2O2+CN－+OH－===CO+NH3 (10). NaH、NaHCO3、NaHS ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X原子形成的单质是密度最小的气体，则X为H；Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，可推知Y为O；Z与X原子最外层电子数相同，则Z是钠。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na；‎ ‎（2）由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH（离子键和极性共价键）、Na2O2（离子键和非极性共价键），将该化合物溶于水，得到常温下pH＝a的NaOH溶液，水的电离受到抑制，此时水电离的c(H+)＝10-a mol/L；‎ ‎（3）H、O组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2，H2O2在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑，H2O2将碱性工业废水中的CN－氧化为碳酸盐和氨的离子方程式为：H2O2+CN－+OH－=CO+NH3；‎ ‎（4）残留部分如图且已知该固体溶于水呈碱性，推测该固体很可能为NaH 或强碱弱酸盐，化学式可能是NaHCO3、NaHS等。‎ ‎17.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。为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子交换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%。部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：‎ 该工艺的主要流程如图所示：‎ 请问答下列问题：‎ ‎（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示____________，用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是________‎ a．Fe3O4 b．Ni2O‎3 c．V2O5 d．MnO2‎ ‎（2）反应①的化学方程式为_________________________‎ ‎（3）若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加_______（填化学式）的用量，造成成本增大。‎ ‎（4）反应②的化学方程式为：KClO3+6VOSO4+3H2O===3(VO2)2SO4+KCl+3H2SO4。若反应①用的还原剂与反应②用的氧化剂的物质的量之比为12︰7，则废钒催化剂中VOSO4 和V2O5的物质的量之比为_____‎ ‎（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式_‎ ‎（6）用已知浓度的酸化的H‎2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，以测定反应②后溶液中的含钒量，已知该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，则该反应的离子方程式为：_________________‎ ‎（7）钒电池是以溶于一定浓度硫酸溶液中不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极反应的活性物质，电极均为铂棒，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+‎ ‎①放电时的正极反应为_______________________‎ ‎②充电时的阴极反应为______________________‎ ‎【答案】 (1). 3V2O5+10Al6V+5Al2O3 (2). c (3). V2O5+Na2SO3+2H2SO4===2VOSO4+Na2SO4+2H2O (4). NH3·H2O (5). 3︰2 (6). NH4+ +VO3﹣===NH4VO3↓ (7). 2VO2+ +H‎2C2O4+2H+===2VO2+ +2CO2↑+2H2O (8). VO2++2H++e﹣===VO2++H2O (9). V3++e﹣===V2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3-，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5。‎ ‎【详解】（1）由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3。物质与转移电子关系式为：a．Fe3O4～e-～Fe；b．Ni2O3～3e-～Ni；c．V2O5～5e-～V；d．MnO2～4e-～Mn，由得失电子守恒可知，用铝热剂法从各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是c；‎ ‎（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5 转化为可溶性的VOSO4，便于提纯，则反应①的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4===2VOSO4+Na2SO4+2H2O；‎ ‎（3）若反萃取使用硫酸用量过大，就需要用碱来中和，据流程图可知，进一步处理会增加 NH3·H2O的用量，造成成本增大；‎ ‎（4）假设两步所用试剂Na2SO3与KC1O3的物质的量为12mol、7mol，分别据两个方程式： Na2SO3 + V2O5 + 2H2SO4 = 2VOSO4 + Na2SO4 + 2H2O 12mol 12mol 24mol      ‎ KClO3+6VOSO4+3H2SO4═3（VO）2（SO4）3+KCl+3H2O ‎7mol 42mol 该催化剂中VOSO4的物质的量为42mol-24mol=18mol，因此该催化剂中VOSO4、V2O5的物质的量之比为 18mol：12mol=3：2；‎ ‎（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3-反应生成难溶性的NH4VO3，根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，反应的离子方程式为NH4+ +VO3﹣=NH4VO3↓；‎ ‎（6）用酸化的H‎2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，根据化合价升降配平，写出该反应的离子方程式为：2VO2+ +H‎2C2O4+2H+=2VO2+ +2CO2↑+2H2O；‎ ‎（7）①正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e﹣=VO2++H2O；‎ ‎②充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，电极反应为V3++e﹣=V2+。‎ ‎18.甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况。‎ ‎（1）常温下，FeCl3溶液的pH____7(填“＜”、“＞”或“＝”)。‎ ‎（2）分析红褐色产生的原因。‎ ‎①甲同学认为步骤Ⅰ中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因______________‎ ‎②乙同学认为可能是发生了氧化还原反应，完成并配平其反应的离子方程式：__________‎ Fe3++SO+________——Fe2++________+________‎ 乙同学查阅资料得知：‎ ⅰ.Fe2+与反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3‎ ⅱ.墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后，溶液呈红褐色 ‎（3）甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe(OH)3，设计并完成了如下实验：‎ 甲同学因此得出结论：溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3。而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，乙同学的理由是____。‎ ‎（4）为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况，乙同学设计并完成了如下实验：‎ ‎①经检验步骤Ⅲ中红褐色溶液含有Fe2+，检验Fe2+选用的试剂是________(填字母)。‎ a．K3[Fe(CN)6]溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液 ‎②已知H2SO3是弱酸，请结合电离方程式说明步骤Ⅲ中出现红褐色的原因：_____________‎ ‎（5）结论：由上述实验得知，甲、乙两同学所持观点均正确。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，加入Na2SO3后，c(H+)减小，平衡正向移动，生成的Fe(OH)3增多 (3). 2Fe3+ +SO+H2O===2Fe2++SO+2H+ (4). FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应” (5). a (6). H2SO3H++HSO；HSOH++SO，SO与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 进行Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应可能发生氧化还原反应或复分解反应的探究。从而分析出反应后红褐色产生的原因。‎ ‎【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，因此常温下，FeCl3溶液的pH＜7； （2）①在氯化铁溶液中存在铁离子的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入Na2SO3‎ 后，消耗氢离子，溶液中c(H+)下降，平衡正向移动，生成Fe(OH)3； ②铁离子具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者可以发生氧化还原反应，结合得失电子守恒，其离子方程式为2Fe3+ + SO32-+H2O==2Fe2+ +SO42-+2H+； （3）由于FeSO3和FeCl3混合后即使不反应，混合溶液也可能出现“丁达尔效应”； （4）①由于溶液显红褐色，虽然亚铁离子能与高锰酸钾溶液反应，但现象不明显，所以检验亚铁离子的试剂应该选择K3[Fe(CN)6] 溶液，实验现象是溶液中产生蓝色沉淀，答案选a。 ②在溶液中铁离子与SO2发生氧化还原反应：2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝2Fe2+ + SO42-+ 4H+，生成的亚铁离子与SO2继续反应：Fe2+ + SO2 +H2O＝FeSO3↓ + 2H+（或2Fe3+ + 3SO2 + 4H2O ＝2FeSO3↓+ SO42- + 8H+），生成的FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色。‎