北京市中国人民大学附属中学2025届高三下学期三模 化学试题（解析版）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2025届高三下学期三模 化学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了 下列说法不正确的是， 用表示阿伏加德罗常数， 下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第一部分(共42分)
本部分共14小题，每题3分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式：B. 葡萄糖的结构简式：
C. 离子的结构示意图：D. 乙烯分子中的键：
【答案】D
【解析】
【详解】A．为离子化合物，电子式为：，A错误；
B．葡萄糖的分子式为：，结构简式为：，B错误；
C．最外层8个电子，结构示意图应为：，C错误；
D．乙烯分子中的π键镜面对称，图示正确，D正确；
故选D。
2. 下列说法不正确的是
A. 纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C. 攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D. 丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素分子中葡萄糖单元存在醇羟基，能够发生酯化反应，纤维素属于非还原糖不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化，A项正确；
B．核苷与磷酸通过磷酸酯键结合形成核苷酸，B项错误；
C．紫外线能够使蛋白质发生变性，因此攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤，C项正确；
D． 把与四个不同原子或基团相连的碳原子称为手性碳原子，因此丙醛糖中含有手性碳原子(中间碳)，存在对映异构体，D项正确；
答案选B。
3. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 含有键的数目为
B. 溶液中的数目为
C. 和的混合气体含有的原子数为
D. (标准状况)乙醇与足量充分反应，生成的分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔的结构式如图：，1个乙炔分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有1个键和2个π键，C与H之间是键，则含有键的数目为，A错误；
B．溶液中体积未知，无法计算的数目，B错误；
C．和的最简式为，则和的混合气体的物质的量为，含有1ml氮原子、2ml氧原子，总共含有3ml原子，含有原子的数目为，C正确；
D．标准状况下乙醇不是气体，因此无法利用气体摩尔体积算得乙醇的物质的量，D错误；
故选C。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中滴加足量溶液：
B. 在氨水中通入少量的气体：
C. 溶液中通入少量：
D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH过量，产物为，离子方程式：，故A错误；
B．氨水过量，产物为(NH4)2SO3，故B正确；
C．苯酚钠过量，产物为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式：，故C错误；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式：，故D错误；
故答案为B。
5. 下列离子检验利用了氧化还原反应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．检验Fe3+常用KSCN溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，A错误；
B．检验I-可用Cl2、淀粉溶液，反应为，I元素化合价升高，Cl元素化合价降低，发生氧化还原反应，B正确；
C．检验SO常用稀盐酸、氯化钡溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误；
D．检验NH常用浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，D错误；
故选B。
6. 下列关于物质结构和元素性质说法正确的是
A. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
B. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
C. IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键一定是离子键
D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，A正确；
B．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，B错误；
C．IA族的氢元素与VIIA族元素原子之间形成的化学键可以是共价键，C错误；
D．水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，D错误；
故选A。
7. 实验室中，下列气体制备的试剂和装置均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．电石、饱和食盐水反应制备乙炔，选用固体、液体、常温反应装置，乙炔不溶于水，可以用排水法收集，选用装置c、f，A正确；
B．二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室用固体氯化铵和氢氧化钙加热制氨气，C错误；
D．浓盐酸、加热条件下反应生成氯气，发生装置应选a，D错误；
故选A。
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误；
B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；
C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确；
D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；
故选C。
9. 下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是
A. 由I可知，浓硫酸具有脱水性B. 由I可知，浓硫酸具有弱酸性
C. 由II可知，浓硫酸具有强氧化性D. 由II可知，浓硫酸具有吸水性
【答案】A
【解析】
【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；
B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；
C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；
D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；
故选A。
10. 过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 反应速率：步骤ⅠH—O—C，B正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正确；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，D错误；
故选D；
11. 氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。
下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为和
B. 步骤①、②中均有过滤操作
C. 该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D. 步骤②反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将转化为和，被氧化为，然后再用稀硫酸浸取，进入溶液中，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离、即滤渣A为、，滤液中加还原剂将还原，再加入使转化为，最后灼烧生成。
【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为和，故A正确；
B．步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀，需要过滤操作，故B正确；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C错误；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为C。
12. 光电活性共轭高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研究方向。一种梯形共轭光电高分子合成如下图：
已知：(部分产物已省略)
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．和均为催化剂，和的聚合度均为n。
下列说法不正确的是
A. J中碳原子有两种杂化方式
B. 生成的反应为缩聚反应
C. 可以和NaOH或HCl溶液反应
D. 过程中和产物小分子的系数比为1∶n
【答案】D
【解析】
【详解】A．J中的饱和碳原子(-C11H23中碳原子)采用sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，故A正确；
B．结和已知中i和iii，是高分子化合物，根据已知i可知，生成过程中有小分子生成，故为缩聚反应，故B正确；
C．中含有酰胺键，在NaOH或HCl溶液中都能水解反应，故C正确；
D．过程中生成的小分子是H2O，结合J的结构，和产物小分子的系数比为1∶(2n-1)，故D错误。
答案选D。
13. 时，向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：时，；饱和溶液的略小于10。
的电离常数：。
下列说法正确的是
A. 过程的上层清液中：
B. 过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动
C. 点的上层清液中：
D. 体系中任意时刻都满足
【答案】C
【解析】
【分析】时，向蒸馏水加入粉末及后续加水过程中电导率变化图，呈现实验中电导率随时间变化的曲线。起点a，代表初始蒸馏水，电导率低，因纯水中离子极少。a→b段，加入，其溶解产生、等离子，离子浓度增大，电导率上升，到b点达溶解平衡，电导率暂稳 。c→d段，加入10mL蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度降低，电导率下降。d→e段，继续溶解补充离子，离子浓度逐渐回升，电导率上升，e点后溶解又达平衡，电导率趋于稳定 ，反映溶解平衡及离子浓度变化对电导率的影响。
【详解】A．在溶液中存在溶解平衡，同时会发生水解，由于水解，所以，A错误；
B．过程加入蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度减小，导致电导率下降，而稀释会使的溶解平衡正向移动，B错误；
C．在点的上层清液为饱和溶液，由得，存在水解平衡，即，，根据，，可得，，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：
则，，即，，所以，C正确；
D．根据电荷守恒，体系中应满足，D错误；
综上，答案是C。
14. 研究溶液的制备、性质和应用。
①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。
②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。
③溶液可处理含的废气，反应过程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液
B. ②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强
C. ③中，转化为元素的化合价升高
D. ③中，过低将不利于脱除
【答案】B
【解析】
【分析】③由图可知，氧气和反应生成和氨气，把NO氧化为亚硝酸铵和硝酸铵，说明被氧气氧化了，具有强氧化性；
②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体即氯气，说明的溶液不能被氧气氧化，被氧气氧化为，把浓盐酸氧化而产生氯气了。
【详解】A．加入适量的溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧根离子浓度，则①中，先加入适量的溶液可避免溶液与氨水生成沉淀，A不符合题意；
B．[C(NH3)6]2+为配离子，则②中溶液中的浓度比溶液中的高，结合分析可知，的还原性比的弱，B符合题意；
C．③中，转化为元素的化合价由+2价升高为+3，C不符合题意；
D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D不符合题意；
故选B。
第二部分(共58分)
15. 黄铜矿(主要成分为)可用于生产和硫酸。第一阶段转化过程如下：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为___________。
（2）分子的空间构型为___________。
（3）晶胞为立方体，结构如图，“●”表示的原子为___________(填“铜”或“氧”)。其晶胞边长为___________cm。
已知：密度为，摩尔质量为，阿伏伽德罗常数的值为。
（4）与结构相似，但的熔点比的高约，原因是___________。
（5）将还原为单质时，使用的还原剂一般为或焦炭。
①焦炭还原可涉及以下反应：
．
．
则还原的热化学方程式为___________；
②从资源与反应原理角度分析，使用或焦炭作还原剂的优点分别为___________。
【答案】（1）(或)
（2）V形 （3） ①. 氧 ②.
（4）与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高
（5） ①. ②. 资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快
【解析】
【小问1详解】
铜为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为(或)，故答案为：(或)。
【小问2详解】
分子的价层电子对数=，中心原子上的孤电子对数为1，分子的空间构型为V形，故答案为：V形。
【小问3详解】
由题干晶胞结构示意图可知，一个晶胞中含有黑球个数为：，白球为4，则白球代表铜，黑球代表氧；设晶胞边长为a cm，根据，有，解得a=，故答案为：氧；。
【小问4详解】
与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高，故答案为：与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高。
【小问5详解】
①将反应Ⅰ-反应Ⅱ，得到，则 ，则还原的热化学方程式为，故答案为：。
②资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快，故答案为：资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快。
16. 二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。
资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。
ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。
（1）分子的键角据此推测其中的杂化方式应为___________。
（2）电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)：
①可从___________(填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得；
②铁电极上发生的电极反应为___________；
③物质选用相比于的优点是___________(写一条即可)；
④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2；
定义物质的电解效率：
的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是___________。
（3）由于不易运输和储存，可将其通入和的混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)：
①“保存”的离子方程式为___________；
②关于的保存和使用，下列说法中正确的是___________。(填字母)
a．作杀菌消毒剂利用了它强氧化性
b．“保存液”中不含
c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示)
【答案】（1）
（2） ①. 阳 ②. ③. 可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本 ④. 电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降
（3） ①. ②. ab
【解析】
【分析】（1）根据分子的键角分析作答。
（2）电解溶液或溶液均可制备，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极。
（3）由图示可知，“保存”时，是与和反应，生成了和，根据得失电子守恒，可知还有氧气生成；使用“保存液”，是和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、和水的过程，据此分析作答。
【小问1详解】
分子键角，可知含有大键，则Cl原子周围有2个键和一对孤电子对，即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为，故答案为：。
【小问2详解】
①电解溶液或溶液均可制备，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，即可从阳极区所产生的气体中分离获得，故答案为：阳。
②铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极，电极反应为：，故答案为：。
③中氯元素为-1价，在阳极区失去电子，变为的同时，可能会生成副产物，而中氯元素为+3价，在阳极区失去电子，只会生成，可以避免副产物的生成，同时在同等物质的量的情况下，失电子数更少，电解电压低，节省电能和成本，故答案为：可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本。
④由资料i可知，常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和，电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；由资料ii可知，电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降，故答案为：电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降。
【小问3详解】
①保存”时，是与和反应，生成了、和氧气，则离子方程式为，故答案为：。
②a．具有强氧化性，作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性，a项正确；
b．“保存液”是将转化为了，则“保存液”中不含，b项正确；
c．使用“保存液”，是和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、和水的过程，该过程会使部分转化为氯化钠，则会降低被保存的消毒效率，c项错误；
故答案为：ab。
17. 某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B. 化合物中的含氧含能团只有羧基
C. 化合物具有两性
D. 从的反应推测，化合物中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）写出的化学方程式___________。
（3）的反应类型是___________。
（4）已知氨基可发生反应：(分别代表带一定正电荷和一定负电荷的原子)
①相对于，氨基中的更倾向于与成键的原因是___________。
②以环氧乙烷()和等为原料合成的路线如下。
M的结构简式是___________。
（5）同时符合下列条件的化合物的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；写出其中1种的结构简式___________。
a．谱和谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键
b．分子中含一个环，其成环原子数
（6）氯氮平的分子式是，其中氮原子有两种杂化类型，则氯氮平的结构简式是___________。
【答案】（1）BD （2） +CH3OH+H2O
（3）取代反应 （4） ①. 电负性，在键中带一定负电荷，易与带正电荷的结合 ②.
（5） ①. 4种 ②. (任写一种)
（6）
【解析】
【分析】甲苯先经硝化反应（浓硝酸+浓硫酸，引入硝基）、氧化反应（侧链氧化，生成羧基）得A（含硝基、羧基 ）。A经还原反应（硝基→氨基）得B（含氨基、羧基，具两性）。
B与在件下，发生酯化反应（羧基→酯基 ）生成C（，含酯基、氨基）。C与D（含氯原子、硝基的芳香环结构）在催化剂作用下，通过取代反应（一个氯原子被含C结构取代），拼接成E（）。 E与F反应得G，再经还原（还原硝基）得Ｈ。最终Ｈ在催化剂下，经结构重排/环化等，形成氯氮平。
【小问1详解】
A．硝化反应常用浓硝酸和浓硫酸作试剂，A正确；
B．A是硝基甲苯氧化产物，含羧基和硝基，B错误；
C．B含氨基和羧基，有两性，C正确；
D．从反应推测是邻位氯原子更活泼，D错误；
综上，答案是BD。
【小问2详解】
是羧基和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为 +CH3OH+H2O
【小问3详解】
是取代反应（是中某些基团被取代引入新结构）
【小问4详解】
①电负性，在键中带一定负电荷，易与带正电荷的结合。
②根据Ｆ的结构和氨基可发生的反应，推断出和环氧乙烷（）反应生成Ｍ的化学方程式为：NH3+2，所以Ｍ的结构简式为。
【小问5详解】
化合物F的同分异构体，则有1个不饱和度，其有3种等效氢，含有N—H键，且分子中含有含一个环，其成环原子数≥４，则这样的结构有４种，分别是。
【小问6详解】
根据Ｈ结构式以及氯氮平的分子式（），其中氮原子有两种杂化类型，则推断出氯氮平的结构简式为。
18. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：
资料：
i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；
iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；
iv．沉钒过程前会发生。
（1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。
（2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。
（3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。
（4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。
（5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。
（6）测定产品中的纯度：
称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。
(的摩尔质量：)
【答案】（1）
（2）增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应
（3）
（4）除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。
（5），平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。
（6）
【解析】
【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有V2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为；
小问2详解】
焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应；
【小问3详解】
铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有
、、；
【小问4详解】
根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率；
【小问5详解】
溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质；
【小问6详解】
根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3ml，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3ml，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3ml，所以V2O5的质量分数是=。
19. 船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。
（1）实验中，作___________极。
（2）蓝色沉淀为，说明有产生。
①对实验中产生的原因作出如下猜想：
猜想a．将Fe氧化；
猜想b．___________将Fe氧化；
猜想c．将Fe氧化；
猜想d．被还原；
猜想b中的物质是___________；依据实验中的现象可否定猜想___________(填字母)。
②理论分析：
资料i：实验条件下， ，
。
根据资料i推测猜想d不成立，理由是：___________，无法生成蓝色沉淀。
因此猜想成立，其中生成的离子方程式为___________。
（3）补全实验中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀：___________。
资料ii：实验条件下，Fe与很难发生反应。
（4）结合平衡移动原理，解释实验中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因___________。
（5）将实验装置中的锌片换成铜片，重复实验的操作，推测其与实验现象的差异___________。
由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。
【答案】（1）负 （2） ①. ②. ③. (与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非 ④.
（3）向A区滴加酚酞溶液，出现红色
（4），或被还原，使其浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉淀溶解
（5）该反应比实验产生的蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失
【解析】
【分析】如图，用Zn和Fe作为电极，酸化的3%的NaCl溶液（）作为电解液，组成原电池，探究铁被腐蚀的原因，在实验中滴加溶液，未出现蓝色沉淀，证明未生成；在实验中向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀，证明生成了，通过分析，探究Fe被腐蚀额原因；用一端包裹着锌片，一段不作任何处理的铁钉置于加入NaCl溶液的琼脂胶冻探究铁钉的腐蚀原因，据此回答。
【小问1详解】
在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验Ⅰ中锌作负极；
【小问2详解】
①在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：能将Fe氧化；依据实验中电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀，即可知由和将Fe氧化，即可否定猜想ab；
②由资料i：实验条件下， ，
，可得(与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非，无法生成蓝色沉淀，推测猜想d不成立；因此猜想成立，将Fe氧化，中将Fe氧化生成的离子方程式为；
【小问3详解】
在实验中，若发生吸氧腐蚀，正极发生反应，生成，溶液呈增强，若向A区滴加酚酞溶液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀；
【小问4详解】
蓝色沉淀为，其在溶液中存在着沉淀溶解平衡，，，中阴离子向负极移动，所以移动到负极附近被Zn还原，使其浓度降低，随着正极反应的进行，铁钉附近增大，、与反应，使、、浓度降低，根据勒夏特列原理，上述沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解；
【小问5详解】
当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱，此时形成的原电池中，A区的铁作负极，铜作正极，负极反应为，向A区滴加溶液，因为有生成，会生成蓝色沉淀，但与实验I不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生，所以该反应比实验产生的蓝色沉淀更快、更多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。选项
待检验离子
检验试剂
A
Fe3+
KSCN溶液
B
I-
Cl2、淀粉溶液
C
SO
稀盐酸、氯化钡溶液
D
NH
浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸
选项
A
B
C
D
气体
试剂
电石、饱和食盐水
、较浓
、
浓盐酸、
装置
c、f
a、e
b、e
c、d
实验方案
实验I：
实验II：
实验现象
试纸中心区域变黑，边缘变红
黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体
沉淀物
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
实验
实验装置
实验步骤及现象
电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀
向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀
___________
向区滴加溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失