【期中真题】重庆第八中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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重庆八中2022—2023学年度(上)半期考试高二年级
化学试题
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 V-51
一、单选题(本大题共14个小题，每题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. 为了除去氯化镁溶液中的，可在加热搅拌下加入一种试剂，这种试剂是
A. 氢氧化钠 B. 氧化镁 C. 碳酸钠 D. 氨水
【答案】B
【解析】
【分析】存在水解平衡：，通过调节溶液pH使的水解平衡正向移动，即可除去，但是不能引入杂质。
【详解】A．加氢氧化钠，氢氧化钠和氯化镁也会反应，且引入钠离子杂质，A选项错误；
B．存在水解平衡： ，加氧化镁，发生反应： ，氧化镁消耗氢离子，同时加热搅拌，都可以使的水解平衡正向移动，从而除去了，B选项正确；
C．加碳酸钠，氯化镁也会和碳酸钠反应，且引入钠离子杂质，C选项错误；
D．加氨水，氯化镁也会和氨水反应，且引入铵根离子杂质，D选项错误；
答案选B。
2. 下列关于盐类水解应用的说法不正确的是
A. 将的溶液蒸干，灼烧可得到固体
B. 纯碱溶液用带橡胶塞的玻璃瓶保存，是因为的水解呈碱性
C. 配制一定浓度的溶液时，将固体溶于硫酸中，然后稀释至所需浓度
D. 草木灰(有效成分)不能与混合使用，是因为与发生水解生成氨气会降低肥效
【答案】A
【解析】
详解】A．容易被氧化，溶液加热蒸干不会得到原物质，A错误；
B．碳酸根离子是弱酸碳酸对应的酸根离子，碳酸根离子可以水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，可以和玻璃中的二氧化硅反应，B正确；
C．中三价铁离子水解显酸性，在溶液中加稀硫酸可以抑制三价铁铁离子的水解，然后稀释至所需浓度，C正确；
D．水解呈碱性，水解呈酸性，与混合发生互促水解反应产生氨气，所以不能混合使用，否则降低肥效，D正确；
故选A。
3. 主族元素Y，其逐级电离能，，，，则Y原子的最外层电子数为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】从题干可知，Y原子的电离能I4明显剧增，说明Y最外层有3个电子，故答案选C。
4. 下列关于元素周期表与原子结构的说法正确的是
A. 所有的非金属元素都分布在p区
B. 金属性：，因此第一电离能：
C. 价电子排布式为的元素位于第四周期第VIII族
D. 最外层电子数均为2的两种元素一定位于同一族
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢元素在s区，A错误；
B．镁原子2s能级全充满更稳定，故第一电离能：，B错误；
C．价电子排布式为的元素是铁元素，位于第四周期第VIII族，C正确；
D．最外层电子数均为2的两种元素不一定位于同一族，如氦和镁最外层电子数都是2，D错误；
故选C。
5. 下列各项叙述错误的是
A. 若硫原子核外电子排布图为，则违反了泡利原理
B. 若21号Sc元素的基态原子电子排布式为，则违反了构造原理
C. 铍原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理
D. 原子的电子排布式由能释放特定能量产生发射光谱
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据洪特规则，填入简并轨道的电子总是先单独分占且自旋平行，该排布图违反了洪特规则，A错误；
B．根据构造原理，最后两个能级的电子应先填入4s轨道再填入3d轨道，该排布式违反了构造原理，B正确；
C．铍元素原子序数为4，1s、2s能级均只有一个原子轨道，该排布图符合洪特规则与泡利原理，C正确；
D．该变化表示电子从较高能量的激发态跃迁到基态，释放出能量，故会产生发射光谱，D正确；
故选A。
6. X、Y、Z为短周期主族元素，X原子的M层只有一个电子；Y、Z位于同一主族，且Z的单质为黄绿色气体，下列说法不正确的是
A. 简单离子半径大小： B. 第一电离能大小：
C. 元素的电负性大小： D. 简单气态氢化物的稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z为短周期主族元素，X原子的M层只有一个电子，X是Na元素，Y、Z位于同一主族，且Z的单质为黄绿色气体，Z是Cl元素，Y是F元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越多，故离子半径：Cl->F->Na+，A错误；
B．同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离F>Cl>Na，B正确；
C．同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性F>Cl>Na，C正确；
D．元素非金属性F> Cl，故氢化物稳定性： HF> HCl，D正确；
故选A。
7. A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，且都小于20.其中C、E是金属元素；A和E属于同一族，价层电子排布式均为；B和D也属于同一族，它们原子最外层的p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。下列说法错误的是
A. 金属性： B. D的价层电子排布式为
C. A和B形成的化合物不止一种 D. 最高价氧化物对应水化物酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，且都小于20，C、E为金属元素，A和E价层电子排布式均为ns1，则A、E均为第ⅠA族元素，A不是金属元素，则A为H，B和D同族，最外层的p轨道电子数是s轨道的2倍，则B和D为第ⅥA族的元素，则B为O，D为S，则E为K，C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半，则C为Al。
【详解】A．根据分析可知，E为K，C为Al，金属性E>C，A正确；
B．D为S，其价层电子排布式为3s23p4，B正确；
C．A和B形成的化合物有H2O和H2O2，C正确；
D．B为O，没有最高价氧化物对应水化物，D错误；
故答案选D。
8. 常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是
A. 含有的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 水电离出的的溶液中：、、、
D. 的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Al3+为弱碱的阳离子，能发生水解：，使溶液呈酸性，也能发生水解：，使溶液呈碱性，两个水解过程能相互促进，因此溶液中有时，不能大量共存，A错误；
B．pH=6.5，溶液为酸性，选项中离子均能大量共存，B正确；
C．常温下，水电离出的时，表示水的电离被抑制，溶液显酸性或碱性，酸性时，不能大量共存，碱性时，不能大量共存，C错误；
D．，表明，溶液显酸性。酸性条件下，能氧化，两者不能大量共存，D错误；
故选B。
9. 下列叙述正确的是
A. 离子化合物都是强电解质，共价化合物都是弱电解质
B. 中和等体积浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠的物质的量相等
C. 室温下，某溶液中水电离的的浓度为，则该溶液的pH一定为9
D. 电离平衡正向移动，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．强电解质可能是共价化合物，如H2SO4、HCl都是强电解质且为共价化合物，A错误；
B．等浓度等体积的盐酸和醋酸物质的量相同，中和等浓度等体积的盐酸和醋酸所用NaOH的物质的量：盐酸=醋酸，B正确；
C．室温下某溶液中水电离出的c(H+)为，可见水的电离被抑制，则可以为酸或碱等溶液，故该溶液的pH可能为9、也可能为5，C错误；
D．电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小,如在稀醋酸溶液中加入冰醋酸，电离平衡向右移动，醋酸分子浓度增大，D错误；
故选B。
10. 下列说法正确的是
A. 常温下，NaB溶液的，
B. 溶液中：
C. 0.1mol/L的溶液中：
D. 常温下，的溶液与的NaOH溶液等体积混合后：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，则有：c(Na+)-c(B-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，A错误；
B．根据电荷守恒可知，溶液中：，B错误；
C．Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水中会发生微弱水解生成、OH-，同时溶液中还存在水的电离，且由于溶液显碱性，则水解程度大，同时水也会电离出氢氧根离子，因此溶液中c(Na+)>c()>c(OH-)>c()，C正确；
D．CH3COOH属于弱酸，NaOH属于强碱，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈酸性，该溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)，因此c(Na+) 故选C。
11. 根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式书写正确的是
化学式
电离常数

；
HClO


；

A. 向溶液中滴加少量氯水：
B. 向溶液中滴加过量溶液：
C. 向NaClO溶液中通入少量：
D. 向NaClO溶液中通入过量：
【答案】C
【解析】
【分析】根据弱电解质电离平衡常数，可知酸性强弱，H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO＞HS-,根据强酸制弱酸原理判断下列方程式：
【详解】A．HClO的电离常数小于H2CO3的第一步电离常数，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，不能生成二氧化碳，应该生成HCO，A项错误；
B．H2S酸性强于HCO，向Na2S中通入NaHCO3，应生成HS-，B错误；
C．H2CO3酸性强于HClO，向NaClO溶液中通入少量，可得到NaHCO3和HClO，C正确；
D．向NaClO溶液中通入过量，考虑氧化还原，，D错误；
故答案选C。
12. 为达到相应实验目的，下列实验操作可行的是
编号
实验目的
实验操作
A
证明碳酸酸性强于硼酸
向饱和碳酸氢钠溶液中滴加少量的硼酸溶液，无气泡产生
B
证明HClO是弱电解质
用pH试纸测NaClO溶液的pH值
C
除去碱式滴定管内的气泡
将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出
D
证明
向溶液中滴入2滴溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴溶液，出现红褐色沉淀

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向饱和碳酸氢钠溶液中滴加少量的硼酸溶液，无气泡产生，可以证明碳酸酸性强于硼酸，A正确；
B．HClO能氧化漂白pH试纸，不能用pH试纸测其pH值，B错误；
C．除去碱式滴定管胶管内的气泡时，应将尖嘴略向上倾斜，挤压胶管内玻璃球，有利于气泡逸出，不能将尖嘴垂直向下，C错误；
D．氢氧化钠过量，不存在两种沉淀的转换，并且这是两种不同类型的沉淀，无法比较两者溶度积的大小，D错误；
故选A。
13. 常温下，向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，忽略温度变化，溶液pH与NaOH溶液体积之间的关系如图所示，下列说法不正确的是

A. 由a点可知的
B. a、b之间一定存在：；
C. 若e点，则a、e两点水的电离程度相同
D. d点之后可能存在：
【答案】D
【解析】
【分析】根据醋酸的电离平衡，向其中加入NaOH溶液，促进醋酸电离，溶液pH增大，水的电离程度增大，当刚好完全反应时，溶质为，水的电离程度最大，继续加入NaOH溶液将抑制水的电离，图中pH=7时醋酸过量，d点刚好反应。
【详解】A．根据醋酸的电离平衡，a点pH=3，，溶液中，，电离常数，故A正确；
B．a、b之间溶液呈酸性，，根据电荷守恒，所以，故B正确；
C．若e点，则溶液中，此时溶液中的氢离子全部由水电离出，a点时pH=3，，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，即，所以此时a、e两点水的电离程度相同，故C正确；
D．d点之后溶液呈碱性，，根据电荷守恒，所以，d点后加入的NaOH溶液中存，又因为存在水解，所以此时溶液中存在，但此时溶液中含有大量，抑制水的电离，溶液中浓度始终小于，故D错误；
故选D。
14. 一定温度下，三种碳酸盐(M：、、)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 的数量级为
B. 的悬浊液中加入少量水充分振荡，减小
C. a点表示溶液中，
D. 向浓度均为的、、混合溶液中逐滴加入溶液，最先生成沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．利用MnCO3曲线与纵坐标的交点(0，10.7)计算Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c()=10-10.7=100.3×10-11，1<100.3<10，所以Ksp(MnCO3)数量级为10-11，A错误；
B．MgCO3的悬浊液加入少量水，Ksp保持不变，则c(Mg2+)不变，B错误；
C．a点表示CaCO3的饱和溶液，-lgc()>-lgc(Ca2+)，所以c(Ca2+)>c()，C错误；
D．-lgc()=4时，-lgc(Mn2+)最大，-lgc(Mg2+)最小，即c(Mn2+)最小，c(Mg2+)最大，所以Ksp(MnCO3)最小，Ksp(MgCO3)最大，所以最先生成MnCO3沉淀，D正确；
故答案选D。
二、填空题(本大题共4个小题，共58分)
15. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。
（1）基态N原子中，能量最高的电子的电子云在空间有___________个伸展方向，原子轨道呈___________形。
（2）分子中，N、H电负性大小顺序为___________。从原子结构的角度分析B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为___________。
（3）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。
①Cr原子的价电子排布图为___________。
②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是___________。
（4）目前合成氨通常采用的压强为10MPa-30MPa、温度为400-500℃，十分耗能。我国科研人员研制出了“Fe-LiH”等催化剂，温度，压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。
①第三电离能___________(填“>”或“<”)，原因是___________。
②比较与的半径大小关系：___________。(填“>”或“<”)
【答案】（1） ①. 3 ②. 哑铃形
（2） ① N>H ②. N>O>B
（3） ①. ②. Al、O
（4） ①. < ②. Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子，故其第三电离能大 ③. <
【解析】
【小问1详解】
基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能级电子，其电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形；
【小问2详解】
中N为-3价，故N、H电负性大小顺序为N>H；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大的趋势，但第ⅡA族和第VA族元素的第一-电离能大于相邻元素，故B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>B；
【小问3详解】
①铬为24号元素，基态Cr原子的价电子排布图为：；
②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是Al、O；
【小问4详解】
①Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6， Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子，所以第三电离能：<；原因是Mn2+的3d轨道半充满较稳定，难再失去一个电子，故其第三电离能大；
②锂原子的核电荷数为3，锂离子核外电子数为2；氢原子的核电荷数为1，H-离子的核外电子数2，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故：r(Li+) 16. 弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是___________(用离子方程式表示)。
（2）常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的，则的MOH溶液的浓度___________0.1mol/L(填“<”、“>”或“=”)。
（3）含的废水毒性较大，某工厂废水中含的。为了使废水的排放达标，进行如下处理：

绿矾为。反应(I)中与的物质的量之比为___________。常温下若处理后的废水中，则处理后的废水的___________。
（4）已知25℃时草酸的电离常数为，，草酸钙的，碳酸钙的。
①常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合后溶液pH___________7(填“>”、“<”或“=”)，混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为___________。
②25℃时若向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL(忽略溶液体积变化)，___________(填“能”或“不能”)产生沉淀，列式计算并给出理由___________。
【答案】（1）Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
（2）> （3） ①. 1：6 ②. 6
（4） ①. < ②. c(K+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-) ③. 能 ④. 碳酸钙饱和溶液中c(Ca2+)==5×10-5mol/L，加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL以后，c(Ca2+)=mol/L，草酸根离子浓度为mol/L，c(Ca2+)×c()=×=>草酸钙的Ksp
【解析】
【小问1详解】
硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
【小问2详解】
两者恰好完全反应生成MCl，混合溶液呈酸性，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH为弱碱，部分电离，所以pH=13的MOH溶液的浓度大于0.1mol/L。
【小问3详解】
氧化还原反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，其物质的量之比等于计量数之比，可求得与FeSO4的物质的量之比为1：6。Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)= c3(OH-)×6.0×10-7=6.0×10-31，c(OH-)=mol/L=1×10-8mol/L，pH=6。
【小问4详解】
①将等体积等浓度的草酸和KOH混合，反应生成KHC2O4，K2=5.4×10-5>，则草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则混合溶液的pH<7，c(H+)>c(OH-)，溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-)。
②碳酸钙饱和溶液中c(Ca2+)==5×10-5mol/L，加入0.01mol/L的草酸钾溶液10mL以后，c(Ca2+)=mol/L，草酸根离子浓度为mol/L，c(Ca2+)×c()=×=>草酸钙的Ksp，故能生成沉淀。
17. 可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸有一定关系，已知磷酸的沸点高，难挥发。
（1）室温下，测得溶液的，写出的电离方程式：___________。
（2）牙釉质的主要成分是羟基磷灰石，用含氟牙膏刷牙，氟离子会与牙釉质发生反应：，该反应的平衡常数___________(已知，)。
（3）室温下，向溶液中加入NaOH固体，含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。

①溶液pH由7.2变为10时发生的主要反应的离子方程式是___________。
②由图可知，的___________，时溶液中___________。
③下列说法不正确的是___________(填序号)。
a、由图可知，溶液中存：
b、0.1mol/L的溶液中粒子浓度大小关系为：
c、与物质的量之比为1：1的混合溶液中有：
（4）若以酸碱中和滴定的方法测定可乐中磷酸的含量(不考虑白砂糖、咖啡因的影响)，需要向可乐中加入活性炭吸附焦糖色，滤除活性炭后还需要加热一段时间滤液，之后再用指示剂和碱液进行滴定，滴定前加热滤液的原因是___________。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. ③. ④. bc
（4）除去溶解的二氧化碳气体
【解析】
【小问1详解】
溶液的说明其为弱酸，其电离方程式为：；
【小问2详解】
Ca5(PO4)3F溶度积比Ca5(PO4)3OH小，该反应的平衡常数；
【小问3详解】
①由图像可知，pH由7.2变为10时逐渐减少，逐渐增加，即和OH-反应生成和水，发生的主要反应的离子方程式是；
②由图可知pH=2时和相等，；时，c(H+)=10-4，由于，则；
③a．由图可知，NaH2PO4溶液显酸性，电离程度大于其水解程度，溶液中存在：，a正确；
b．0.1mol/ L的Na2HPO4溶液显碱性，c(OH-)>c(H+ )，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(HPO)+ c(H2PO)+3c(PO)+ c(OH-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(HPO)+ c(H2PO)+ c(PO)+ c(H3PO4)]，溶液中粒子浓度大小关系为：c(H2PO)+2 c(H3PO4)> c(PO)，b错误；
c．NaH2PO4与Na2HPO4物质的量之比为1:1的混合溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=3[c(HPO)+ c(H2PO)+ c(PO)+ c(H3PO4)]，c错误；
故选bc；
【小问4详解】
加热降低气体的溶解度，加热的目的是除去溶解的二氧化碳气体；
故答案为：除去溶解的二氧化碳气体。
18. 氧钒(IV)碱式碳酸铵为紫色晶体，是制备热敏材料的原料，其化学式为。实验室以为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，过程如下，并对所制备的晶体中钒元素的质量分数进行测定。

已知：①具有还原性，易被氧化
②与溶液产生蓝色沉淀
I、制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体
（1）步骤1中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。
（2）步骤2可在下图装置中进行。滴加溶液之前，需由a口向锥形瓶中通入一段时间，作用是___________，所得紫色晶体残留的杂质阴离子主要为___________。

II、欲测定上述流程中所得氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体钒元素的质量分数，现进行如下操作：
①称量wg晶体溶于水，配成500mL溶液；
②取100mL上述溶液于锥形瓶中，滴加酸性溶液氧化，再除去多余的(方法略)；
③用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为ymL。
（3）操作②时，酸性溶液氧化的离子方程式为___________。
（4）操作③滴定时，选用溶液作指示剂，滴定终点的现象为___________。
（5）该晶体中钒元素的质量分数为___________%(用含有w、x、y的式子表示)。
（6）若实验测得钒的质量分数偏大，则可能的原因是___________。
A．标准溶液部分被氧化
B．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
C．滴定管水洗后未用标准溶液润洗
【答案】（1）2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O
（2） ①. 排除装置中的空气，避免VOCl2被氧化 ②. Cl-
（3）+H2O+5VO2+=5+Mn2++2H+
（4）溶液中生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失
（5）
（6）AC
【解析】
【分析】V2O5与N2H4·2HCl、HCl反应生成VOCl2、N2和H2O，化学方程式为2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O，VOCl2与NH4HCO3溶液反应生成，再经过过滤洗涤生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
根据分析可知，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4·2HCl+6HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。
【小问2详解】
因VO2+容易被O2氧化，在滴加VOCl2前通入一段时间的CO2，作用是排除装置中的空气，避免其被氧化。VOCl2与NH4HCO3溶液反应生成残留的杂质阴离子主要为Cl-。
【小问3详解】
KMnO4氧化VO2+生成、Mn2+和H+，离子方程式为+H2O+5VO2+=5+Mn2++2H+。
【小问4详解】
Fe2+和K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，则操作③滴定终点的现象为溶液中生成蓝色沉淀，且半分钟内不消失。
【小问5详解】
消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为xy×10-3mol，则根据方程式可知，有xy×10-3mol，根据V元素守恒，则wg晶体中有V元素5xy×10-3mol，则该晶体中V元素的质量分数为。
【小问6详解】
A．(NH4)2Fe(SO4)2标准液部分被氧化，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液偏多，导致V元素的计算量偏大，钒的质量分数偏大，A正确；
B．滴定终点俯视读数，体积读数偏小，计算出的钒的质量分数偏小，B错误；
C．滴定管水洗后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗标准液的体积偏大，测定钒的质量分数偏大，C正确；
故答案选AC。