2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (III).doc

2019届高三化学上学期第一次月考试题(含解析) (III)可能用到的相对原子量：H1 C12 N14 Mg24 Cu64 O16一、单项选择题（每小题3分，共54分）1.下列叙述正确的是A. 硫酸钡难溶于水，在水溶液中不能导电，所以硫酸钡不是电解质B. 强电解质在水溶液中的导电性一定比弱电解质强C. 三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质D. 硫酸、氢氧化钡、纯碱、苛性钠都是强电解质【答案】D【解析】【详解】A. 硫酸钡难溶于水，但是溶于水的部分能够完全电离，有自由移动的离子，能导电，故是电解质，且为强电解质，故A错误；B. 溶液导电性与溶液中自由移动的离子的浓度及离子所带电荷有关，浓度越大，离子带电荷越多，导电能力就强，与电解质强弱无必然的联系，即强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液导电性强，故B错误；C. 三氧化硫溶于水后能和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以三氧化硫是非电解质,故C错误；D.硫酸是强酸、氢氧化钡、苛性钠是强碱、纯碱是盐、都是强电解质,故D正确；综上所述，本题选D。2. “纳米材料”是粒子直径为1 nm100 nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质：是溶液；是胶体；能产生丁达尔效应；能透过滤纸；不能透过滤纸；静置后，会析出黑色沉淀。下列组合中的说法全部正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】胶体粒子直径为1 100nm，“纳米材料”是粒子直径为1 100nm的材料，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质属于胶体，应具有胶体的性质，具有介稳性，能产生丁达尔效应；能透过滤纸，故B正确。点睛：分散质粒子直径在1 100nm之间的分散系为胶体，胶体能产生丁达尔效应 ，能透过滤纸不能透过半透膜，能聚沉、电泳等。3.我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是4Ag2H2SO2=2X2H2O。下列有关该反应的说法正确的是( )A. Ag得到电子 B. X为AgSC. O2被还原 D. 每生成1 mo1X转移电子数4NA【答案】C【解析】试题分析：根据元素守恒和原子守恒，X为Ag2S，A、根据反应方程式，Ag的化合价由0价1价，化合价升高，失去电子，故错误；B、根据上述分析，X为Ag2S，故错误；C、氧气的化合价由0价2价，化合价降低，被还原，故正确；D、每生成1molAg2S，消耗2Ag，转移电子2mol，故错误。考点：考查氧化还原反应等知识。4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.5 mol Cu与足量的S反应转移电子数为B. 在粗铜精炼的实验中，阳极质量减小6.4g，则电解过程中转移电子数为0.2C. 2 g D2O和H218O的混合物中含有的中子数为D. 46 g 有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7【答案】C【解析】【详解】A. Cu与足量的S反应生成硫化亚铜，1mol铜完全反应转移电子数为NA，所以0.5 mol Cu与足量的S反应转移电子数为0.5NA，故A错误；B.粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子的物质的量不一定为0.2mol,转移电子的数目不一定为0.2 NA，故B错误；C.2g D2O的物质的量为0.1mol，含有中子数为NA； 2g H 218O的的物质的量为0.1mol，含有中子数为NA；根据极值法可知：2g D2O和H218O的混合物中含有的中子数为NA，故C正确；D. 46g 有机物C2H6O物质的量为1mol；若C2H6O为乙醇，1mol乙醇含有极性共价键的数目为7NA，若C2H6O为甲醚，1mol二甲醚含有极性共价键的数目为8NA；故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】硫的氧化性较弱，Cu与足量的S反应生成硫化亚铜，铜为+1价；氯气氧化性较强，Cu与足量的氯气反应生成氯化铜，铜为+2价。5.下列配制的溶液浓度偏高的是()A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C. 称量4 g NaOH配制0.1 molL1NaOH溶液1 000 mL时，砝码错放左盘D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线【答案】D【解析】试题分析：A配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，量取的盐酸体积偏少，则以该盐酸为溶质来配制溶液的浓度就偏低，错误；B配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则加入的溶剂水偏多，使溶液的体积偏大，故导致溶液的浓度偏低，错误；C称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘，由于没有使用游码，因此质量不变，配制的溶液的浓度也不变，错误；DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，当溶液恢复至室温时，溶液的体积低于刻度线，则配制的溶液的浓度就偏高，正确。考点：考查定量实验的误差分析的知识。6.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法中不正确的是A. 溶液中OH向a极移动B. O2在b极上发生还原反应C. 负极的电极反应式为：2NH36e+60HN2+6H2OD. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5【答案】D【解析】A该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，b为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，A正确；B原电池中阴离子向负极移动，则氢氧根离子向a极移动，B正确；C碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH-6e-=N2+6H2O，C正确；D电池的总反应为4NH3+3O24N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：3，D错误；答案选D。点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的电极反应即可解答，难点是电极反应式的书写，注意溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。选项C还可以通过电子得失守恒进行计算。7.有一无色溶液，仅含有中的几种。为确定其成分，做如下实验：取部分溶液，加入适量固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的溶液后白色沉淀部分溶解；另取部分溶液，加入酸化的溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是A. 肯定有，可能有B. 肯定有，肯定没有C. 肯定有，可能有D. 肯定有，可能有【答案】D【解析】【详解】无色溶液，一定不含高锰酸根离子；取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时有白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀溶解的部分是氢氧化铝，不溶解的是Mg(OH)2，则证明其中一定含有Al3+、Mg2+；一定不含有NH4+、HCO3-(和Al3+不共存)；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无白色沉淀产生，证明一定不含有SO42-，根据电荷守恒规律，溶液中必含有阴离子Cl-；所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定不含HCO3-、NH4+、MnO4-，SO42-，可能含有钾离子。综上所述，本题选D。【点睛】铝离子水解显酸性，碳酸氢钠水解显碱性，二者混合后相互促进水解进行到底，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即铝离子与碳酸氢根离子不能大量共存。8.下列离子方程式正确的是A. 用惰性电极电解硫酸铜溶液：B. 在强碱溶液中与反应生成C. 向溶液中通入过量制取D. 用浓盐酸酸化的溶液氧化【答案】A【解析】【详解】A. 用惰性电极电解硫酸铜溶液生成铜、硫酸和氧气，反应的离子方程式为：2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2, A正确；B. 在强碱溶液中NaClO 和Fe(OH)3反应生成Na2FeO4；反应的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O, B错误；C. 向NaAlO2溶液中与过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的离子方程式为：AlO2- + CO2+ 2H2O= Al（OH）3+HCO3-，C错误；D. K2MnO4溶液具有强氧化性，会氧化浓盐酸，则不能用浓盐酸酸化K2MnO4溶液，故D错误；综上所述，本题选A。9.同温、同压下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是A. 所含分子数目相同 B. 所含氢原子物质的量之比为3:4C. 质量之比为16:17 D. 密度之比为17:16【答案】C【解析】【详解】A、同温同压下同体积的气体，则具有相同的分子数和物质的量，故A说法正确；B、根据A选项分析，两种物质的物质的量相等，即氢原子物质的量之比为(13)(14)=34，故B说法正确；C、相同条件下，质量之比等于其摩尔质量之比，即为17：16，故C说法错误；D、相同条件下，密度之比等于其摩尔质量之比，即1716，故D说法正确。10.二氧化硒是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓或浓反应生成以回收。涉及如下化学反应：下列有关叙述正确的是A. 、（浓）、的氧化性由强到弱的顺序是（浓）B. 反应中是氧化物，是还原产物C. 反应中每有0.6 mol 生成，转移电子数目为2.4D. 反应中等量的消耗浓和浓的物质的量之比为2：1【答案】A【解析】【分析】反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应Se+2H2SO4（浓）=2SO2+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目。【详解】A在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可以知道氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4（浓）SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2，故A正确；B反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可以知道，反应中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol2（1-0）NA=1.2NA，故C错误；D由反应可以知道，设Se均为1mol，由反应、可以知道等量的Se消耗浓H2S04和浓HN03的物质的量之比为2：4=1：2，故D错误；综上所述，本题选A。11.下列离子组在一定条件下能大量共存，且加入相应试剂后所对应的离子方程式正确的是选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式A稀硫酸B氢氧化钠溶液 C氢氧化钠溶液 D过量氢氧化钠溶液 A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、酸性条件下，硝酸具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，同时生成NO气体，离子方程式书写正确，故A正确；B、Fe3+ 具有强氧化性，能够把I- 氧化为I2，即Fe3+与I-不能共存，故B错误；C、Ba2+ 、HCO3- 、Cl-离子组能共存，加NaOH溶液后, HCO3-与OH-反应生成CO32-，CO32-与Ba2+生成BaCO3沉淀，故C错误；D、Al3+与过量的 OH-反应生成AlO2- 溶液，不能生成 Al(OH)3沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。12.常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是A. 使甲基橙呈黄色的溶液中：B. 使试纸显蓝色的溶液中：C. 由水电离出的 mol L-1的溶液中：D. 与铝反应生成的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A项，使甲基橙呈黄色的溶液可能为碱性溶液，溶液中可能存在大量OH-，Fe3+能与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项，使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量OH-，K+、Na+、OH-、SO42-四种离子间不发生任何反应，能大量共存，故B正确；C项，由水电离出的c(H+)=110-12molL-1的溶液，可能为酸性也可能为碱性，HCO3-一定不能大量存在，碱性时Mg2+不能大量存在，酸性时Mg2+可以大量存在，故C错误；D项，与铝反应生成H2的溶液，可能为酸性也可能为碱性，若为酸性不可能存在大量NO3-和ClO-，若为碱性不可能存在大量NH4+，故D错误。综上所述，本题选B。【点睛】本题考查有限制条件的离子共存问题，有一定的综合性，解题时注意分析选项中的限制条件，从中获得题中的隐含条件，注意题干中给出溶液酸碱性的方式有多种，例如A项通过指示剂判断溶液酸碱性，B项通过pH试纸判断溶液酸碱性，要明确常见指示剂和pH试纸的变色情况；C项涉及水的电离受到抑制，要注意酸和碱都能抑制水的电离；D项，Al具有两性，与强酸强碱反应都产生氢气，但要注意H+和NO3-同时存在的溶液具有强氧化性，与铝反应不能产生氢气；除了注意分析隐含条件之外，还要熟知溶液中哪些离子不能大量共存，如Fe3+、NH4+与OH-不能大量共存等。13.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语正确的是A. 用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为B. 铅蓄电池放电时的正极反应式为C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极反应只有D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为【答案】A【解析】【详解】A项，铜做阴极，不参与反应，石墨性质稳定做阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，故A项正确；B项，铅蓄电池放电时的正极为二氧化铅得电子，发生还原反应，故B项错误；C项，粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C项错误；D项，钢铁发生电化学腐蚀的正极得电子，发生还原反应，故D项错误；综上所述，本题选A。14.某离子反应涉及六种微粒。其中随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是A. 反应的还原产物是B. 消耗1 mol 氧化剂转移电子3 molC. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】【详解】反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+；A反应中N元素化合价升高，被氧化，则N2为氧化产物，故A错误；BCl元素的化合价由+1价降低为-1，消耗1mol氧化剂，转移电子6mol，故B错误；C由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确；故选D；综上所述，本题选D。【点睛】考查氧化还原反应，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，c（NH4+）随反应进行逐渐减小，NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+。15.如图所示，其中甲池的总反应式为 ，下列说法正确的是A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH6e2H2O=CO32-8HC. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体【答案】D【解析】【分析】丙池两端的电极材料相同，应作电解池；甲池是燃料电池，CH3OH中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为CH3OH6e8OH-=CO32-6H2O；O2得电子，化合价降低，作正极，电极反应为O2+4e+2H2O=4OH-。乙池石墨电极与正极相连，作阳极；Ag电极是阴极。丙池右侧Pt与负极相连，作阴极；左侧Pt是阳极。据以上分析解答。【详解】A项，甲池是燃料电池，属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙池属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A项错误；B项，甲池是燃料电池，CH3OH燃料通入的极是电池的负极，发生氧化反应，因电解质是氢氧化钾，所以电极反应不会生成氢离子，故B项错误；C项，电解硫酸铜时，阳极放氧气，阴极析出金属铜，所以要让电解质在电解后复原，应加入氧化铜，故C项错误；D项，丙池中，电解硝酸银时，阴极析出金属银，甲池中的正极发生的电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH-，消耗280mL（标准状况下）即0.0125molO2，转移的电子为0.05mol，阴极氢离子得电子生成氢气，致使氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁，则丙池生成氢氧化镁的质量为58g/mol0.025mol=1.45g，故D项正确；综上所述，本题选D。【点睛】用惰性电解电解硫酸铜溶液，反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2；由于反应后生成铜和氧气，因此要把电解后的溶液恢复到电解前的状态，要加入铜和氧气形成的化合物氧化铜，且满足“缺多少补多少，缺什么补什么”规律。16.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 钠与水反应：B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：【答案】B【解析】【详解】A项，题中所给离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+20H-+H2，故A项错误。B项，电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子生成氯气，水电离产生的氢原子在阴极得电子生成氢气，离子方程式为：2Cl-+2H2O Cl2+ H2+ 2OH-,故B项正确；C项，氢氧化钡和稀硫酸反应的化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，则离子方程式应为：Ba2+2OH-+2H+SO4=BaSO4+2H2O，故C项错误。D项，向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，NH4+ 、HCO3-均会参与反应，离子方程式应为：NH4+HCO3-+Ca2+2OH-=NH3H2O+CaCO3+H2O，故D项错误；综上所述，本题选B。17.下列实验设计能够成功的是A. 检验亚硫酸钠试样是否变质：B. 除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：C. 检验某溶液中是否含有：D. 证明酸性条件下的氧化性比强【答案】C【解析】【详解】A项，硝酸根具有氧化性，亚硫酸根具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO42-，不能确定试样是否变质，应选用Ba(OH)2或非氧化性酸的钡盐，故不选A项；B项，过程中加入了足量的氯化钡溶液，后续没有除去Ba2+的操作，无法得到精盐，应在加入氯化钡后，加入足量的碳酸钠除去钡离子，再加入盐酸后蒸发结晶，故不选B项；C项，先向试样中加入硫氰化钾溶液，无现象，说明试样中不存在铁离子，加入氯水后溶液变红，说明亚铁离子被氧化为铁离子，证明溶液中含有Fe2+，故选C项；D项，H2O2和稀硝酸均具有氧化性，不能确定H2O2和I2氧化性的强弱，应选用非氧化性酸进行酸化，故不选D项。综上所述，本题选C。18.12 mL浓度为0.05 molL-1的溶液恰好与mL浓度为0.02 molL-1的溶液完全反应。已知元素在产物中的化合价为+3，则为A. 5 B. 10 C. 15 D. 20【答案】B【解析】【详解】在K2X2O7中，X元素的化合价是+6价，产物中X元素的化合价是+3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从+4价升高到+6价，则根据得失电子守恒，1210-3L0.05mol/L（6-4）=V10-3L0.02mol/L2（6-3），解得V= 10mL，B项正确；综上所述，本题选B。二、实验题（12分）19.硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组制备硫代硫酸钠晶体的实验装置如下图所示（省略夹持装置）：主要实验步骤为：检查装置气密性，按图示加入试剂；先向C中烧瓶加入和混合溶液，再向A中烧瓶滴加浓硫酸；待和完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液经一系列实验操作后得到产品。已知：i是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与溶液混合无沉淀生成；ii向和混合溶液中通入可制得所得产品常含有少量和。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_；B、D装置的作用是_。(2)上述实验步骤中的操作主要有_、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；E中的试剂是_。(3)为检验产品中是否含有和，该小组设计了以下实验方案（所需试剂从稀硝酸、稀硫酸、稀盐酸、蒸馏水中选择），请将方案补充完整：取适量产品配成稀溶液，滴加足量溶液，有白色深沉生成，向沉淀中滴加足量的_，若_（填实验现象），则可以确定产品中含有和。(4)为减少装置C中生成的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤需进行改进，具体操作是_；写出制备的总反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸 (3). 蒸发浓缩 (4). 氢氧化钠溶液 (5). 稀盐酸 (6). 沉淀部分溶解，并有刺激性气味的气体产生 (7). 先向A中加入浓硫酸，再向C中加入硫化钠和碳酸钠混合溶液 (8). 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2【解析】【详解】由题中实验步骤可知，A装置制备二氧化硫，C装置用于制备硫代硫酸钠，B和D用于防止倒吸，E用于吸收尾气，防止有毒气体污染空气。（1）仪器a的名称是分液漏斗；B、D装置的作用防倒吸；综上所述，本题答案是：分液漏斗，防倒吸。（2）实验步骤中的操作主要有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；反应结束后有剩余的二氧化硫气体，需要吸收处理，以防污染空气，因此E中的试剂是氢氧化钠溶液；综上所述，本题答案是：蒸发浓缩， 氢氧化钠溶液。(3)因为亚硫酸钡和硫酸钡都不溶于水，而硫代硫酸钡可溶于水，所以可取产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色深沉生成，向沉淀中滴加足量的稀盐酸，若沉淀部分溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和 Na2SO4；综上所述，本题答案是：稀盐酸；沉淀部分溶解，并有刺激性气味的气体产生。（4）亚硫酸盐在空气中易被氧化为硫酸盐，为减少装置C中生成 Na2SO4量，在不改变原有装置的基础上，可以先向A中加入浓硫酸，再向C中加入硫化钠和碳酸钠的混合液；制备Na2S2O3总反应的化学方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。综上所述，本题答案是：先向A中加入浓硫酸，再向C中加入硫化钠和碳酸钠混合溶液，2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。三、填空题（34分）20.“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成。(1)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_(2)灼烧时可生成钒的氧化物请写出该反应的化学方程式：_(3)是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的请写出该反应的离子方程式：_(4)是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐（阴离子为），溶于强酸生成含钒氧离子的盐。请写出分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_(5)工业上用接触法制硫酸时要用到。在氧化的过程中，450时发生与之间的转化：说明在接触法制硫酸过程中所起的作用是_【答案】 (1). V+6H+5NO3-=VO2+5NO2+3H2O (2). 2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O (3). V2O5+6H+2Cl-2VO2+Cl2+3H2O (4). Na3VO4 (VO2)2SO4 (5). 催化剂（催化作用）【解析】【详解】(1)钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+，故金属钒与浓硝酸：V+6H+5NO3-=VO2+5NO2+3H2O；综上所述，本题答案是：V+6H+5NO3-=VO2+5NO2+3H2O；(2)根据题意灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，其方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O；综上所述，本题答案是：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O。(3)浓盐酸与V2O5反应氯气，氯元素的化合价升高，钒元素被还原为蓝色的VO2+，其反应离子方程式为：V2O5+6H+2Cl-2VO2+Cl2+3H2O；综上所述，本题答案是：V2O5+6H+2Cl-2VO2+Cl2+3H2O。(4)V2O5与强碱反应生成Na3VO4，V2O5与强酸生成(VO2)2SO4；综上所述，本题答案是：Na3VO4，(VO2)2SO4。(5)由方程式V2O5+SO2=2VO2+SO3、4VO2+O2=2V2O5可知，说明V2O5在接触法制硫酸过程中起到催化作用；综上所述，本题答案是：催化剂（催化作用）。21.是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中等重金属的除去及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题：(1)将过硫酸纳溶液加入亚氯酸钠中可制备中元素的化合价是_，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(2)将通入溶液，溶液中可检测到同时有黑色沉淀生成。该反应的离子方程式为：_(3)为研究脱硝的适宜条件，在1 L 200 mgL-1溶液中加溶液调节，通入气体并测定的去除率，其关系如下图所示：实验中使用的溶液的物质的量浓度为_；要使的去除率更高，应控制的条件是_。当溶液时，的去除率增大的原因是与溶液反应生成更强的吸收剂，写出碱性条件下脱除反应的离子方程式：_【答案】 (1). +3 (2). 1：2 (3). 2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+12H+2Cl- (4). 2.9610-3mol/L (5). 控制溶液呈强酸性或强碱性 (6). 4NO+2ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O【解析】【详解】（1）将过硫酸钠（Na2S2O8）溶液加入亚氯酸钠（NaClO2）中可制备ClO2， NaClO2中Na元素为+1价，O元素为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知NaClO2中Cl元素的化合价为+3价；该反应中过硫酸钠（Na2S2O8）中S元素的化合价由+7价降低为+6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠（NaClO2）中Cl元素的化合价由+3价升高为+4价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2；综上所述，本题答案是：+3,1:2,。（2）将 ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl-同时有黑色MnO2沉淀生成，可知反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5 MnO2+12H+2Cl-；综上所述，本题答案是：2ClO2+5Mn2+6H2O=5 MnO2+12H+2Cl-。（3）1 L 200 mgL-1 ClO2溶液中ClO2的质量为200 mg ，则200 mg ClO2 的物质的量为：0.2/67.5=0.00296mol；即ClO2溶液的物质的量浓度为：2.9610-3mol/L；根据图像可知，要使NO的去除率更高，应该控制溶液呈强酸性或强碱性；综上所述，本题答案是：2.9610-3mol/L，控制溶液呈强酸性或强碱性。当溶液pH7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaClO2，在碱性条件下NaClO2脱除NO