发布时间 : 星期二 文章专题03+电化学问题的综合探究（第01期）-2018年高考冲刺化学大题百题精练+Word版含解析更新完毕开始阅读
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1．金属钒被誉为“合金的维生素”，常用于催化剂和新型电池。钒(V)在溶液中主要以VO43-(黄色)、VO2+(浅黄色)、VO2+ (蓝色)、V3+(绿色)、V2+(紫色)等形式存在。回答下列问题： （1）已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H1 4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s) △H2
写出V2O5与Al 反应制备金属钒的热化学方程式__________________。（反应热用△H1、△H2表示）
（2） V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液(含有VO2+)，试写出V2O5与浓盐酸反应的化学反应方程式：_________________________________。
（3）VO43-和V2O74-在pH≥13的溶液中可相互转化。室温下，1.0mol·L-1的Na3VO4溶液中c(VO43-)随c(H+)的变化如图所示。溶液中c(H+)增大，VO43-的平衡转化率_________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为________。
（4）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图2所示： ①放电过程中，A电极的反应式为___________________。 ②充电过程中，B电极附近溶液颜色变化为___________________。
③若该电池放电时的电流强度I=2.0A，电池工作10分钟，电解精炼铜得到铜mg，则电流利用率为______________(写出表达式，不必计算出结果。已知：电量Q=It，t为时间/秒；电解时Q=znF，z为每摩尔物质得失电子摩尔数，n为物质的量，法拉弟常数F=96500C/mol，
电流利用效率=×100%)
【答案】10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s) △H=1/2(5△H1-3△H2)
V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O 增大 0.4 VO2++2H++e-=VO2++H2O 溶液由绿色变
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为紫色
【解析】（1）①4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H1，②4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s)△H2，盖斯定律计算(①
×5-②×3)×得到V2O5与A1反应制备金属钒的热化学方程式10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s)
△H=
×(5△H1-3△H2)，故答案为：10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s)△H=×(5△H1-3△H2)
（2）V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O，故答案为：V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；
（4）①放电过程中A电极为原电池正极，电极的反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故答案为：VO2++2H++e-=VO2++H2O；
②充电时，右槽B是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即V2+→V3+，应该是绿色变为紫色；故答案为：溶液由绿色变为紫色；
③电解精炼铜得到铜mg时，即铜的物质的量为mol，所以电解消耗的电量
Q=2×mol×96500C/mol，根据放电的电流强度I=2.0A=2.0C/s，电池工作10分钟，
可计算得电池的输出电量Q=It=2.0 C/s ×10min×60s/min，所以电流利用效率＝
×100%=×100%，故答案为：
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×100%。
2．电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(VI)是主要污染物，可采用多种方法处理将其除去。 查阅资料可知：
①在酸性环境下，Cr（VI）通常以Cr2O72-的形式存在，Cr2O72-+H2O ②Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-
③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：
阳离子 Fe3+ Fe2+ Cr3+ 7.0 9.0 4.3 5.6 2CrO42-+2H+
开始沉淀的pH 1.9 沉淀完全的pH 3.2 I．腐蚀电池法
（1）向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(VI)。下列关于焦炭的说法正确的是________（填字母序号）。
a．作原电池的正极 b．在反应中作还原剂 c．表面可能有气泡产生
II．电解还原法
向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如右图所示。 （2）A极连接电源的________极，A极上的电极反应式是________。
（3）电解开始时，B极上主要发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，此外还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为________。
（4）电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间（t）与溶液中Cr元素去除率的关系如右图
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所示。
①由图知，电解还原法应采取的最佳pH范围为________。 a．2 ~ 4 b．4 ~ 6 c．6 ~ 10 ②解释曲线I和曲线IV去除率低的原因：________。 【答案】 ac 正 Fe – 2e-
Fe2+ Cr2O72- + 6e- + 14H+ 2Cr3+ + 7 H2O b 曲线I
的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低；曲线IV的pH较大，铬元素主要以CrO42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原继而生成沉淀，导致去除率较低
【解析】I.（1）．向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(VI)，Fe在反应中失电子作负极，则焦炭为正极，正极材料被保护，Cr2O72-在正极得到电子生成Cr3+，当Cr2O72-完全反应后，溶液中的H+也可能在正极得到电子生成H2，故答案为：ac；
（4）．①．据图可知，当溶液的pH处于4~ 6时，Cr元素去除率较高，故答案为：b； ②．根据题中所给阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，曲线I的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低，曲线IV的pH较大，铬元素主要以CrO42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原而生成沉淀，导致去除率较低，故答案为：曲线I的pH较小，此时Cr(IV)被还原生成的Cr3+难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3+存在于溶液中，导致去除率较低；曲线IV的pH较大，铬元素主要以CrO42-存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(IV)难以被还原继而生成沉淀，导致去除率较低。
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