2022江苏省金陵中学高三下学期3月学情调研试题化学含解析

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金陵中学2021-2022学年度3月学情调研
高三化学
原子原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Zn-65
一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。
1. 2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射！筑梦苍穹，星辰大海，再添一抹中国红！下列有关说法不正确的是
A. 用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO2
B. 用作运载火箭壳体复合材料增强体的纤维属于有机高分子材料
C. 运载火箭加注的液氢燃料是高能清洁燃料
D. 载人飞船内氧气主要来自运送的高压氧气、固体燃料氧气发生器和电解水
【答案】A
【解析】
【详解】A．用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，不是二氧化硅，A错误；
B．纤维属于有机高分子材料，B正确；
C．氢气热能高，燃烧产物为水、无污染，运载火箭加注的液氢燃料是高能清洁燃料，C正确；
D．载人飞船内氧气主要来自运送的高压氧气、固体燃料氧气发生器，另外电解水也生成氧气，D正确；
答案选A。
2. 三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可用反应制备。下列有关说法正确的是
A. 基态Co2+的价层电子排布式为
B. 的电子式为
C. 中子数为18的氯原子可表示为
D. 中含24mol共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．钴为27号元素，核外有27个电子，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2，基态钴的价电子排布式为3d74s2，Co2+表示失去最外层两个电子，所以基态Co2+的价层电子排布式为3d7，故A错误；
B．NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，则NH3的电子式为，故B错误；
C．Cl的原子序数为17，即Cl原子的质子数为17，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，该原子可表示为，故C错误；
D．由[Co(NH3)6]3+结构可知，在配位体NH3中的3个N-H键是共价键，6个配位体NH3与中心Co3+离子之间以配位键结合，配位键属于共价键，所以1 个[Co(NH3)6]3+含共价键数目为6+3×6=24个，即中含24mol共价键，故D正确；
答案为D。
3. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. N2不溶于水，可用作保护气 B. NH3极易溶于水，可用作制冷剂
C. NO2具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂 D. HNO3易挥发，可用来制备硝酸纤维
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮气具有N≡N键结构，化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，与不溶于水无关，故A错误；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与NH3极易溶于水无关，故B错误；
C．NO2具有强氧化性，可被压缩为N2O4，与还原性物质联氨（N2H4）混合在一起发生氧化还原反应，放出大量的热，并产生大量的气体，可为火箭提供强大的推进力，故C正确；
D．在一定条件下，纤维素与浓H2SO4和浓HNO3的混合酸反应生成硝酸纤维，和HNO3易挥发无关，故D错误；
故答案为：C。
4. 实验室采用如图装置制取氨气，正确的是
A
B
C
D




生成NH3
干燥NH3
收集NH3并验满
吸收多余NH3

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成HCl和氨气，HCl和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵来制取氨气，A错误；
B．浓硫酸能与氨气反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B错误；
C．氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集氨气，导管应该伸到试管底部，C错误；
D．氨气极易溶于水，尾气吸收应采取防倒吸的措施，D正确；
故答案选D。
5. 对于反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列有关说法不正确的是
A. 该反应一定能自发进行
B. 达到平衡时，增大容器的体积，υ(正)增加、υ(逆)减小
C. 断裂1mol N−H键的同时，断裂1molO−H键，说明该反应达到平衡状态
D. 该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是放热反应，是熵增的反应，根据自由能公式△G=△H−T△S，则该反应一定能自发进行，故A正确；
B．达到平衡时，增大容器的体积，浓度降低，则υ(正)减小、υ(逆)减小，故B错误；
C．断裂1mol N−H键的同时，正向反应，断裂1molO−H键，逆向反应，消耗NH3的速率与消耗H2O的速率等于计量系数之比，说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．该反应是放热反应，正反应的活化能减去逆反应的活化能小于0，则该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D正确。
综上所述，答案为B。
6. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是
A. 向BaCl2溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2=BaSO3↓+2H+
B. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑
C. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O
D. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸属于弱酸，盐酸属于强酸，因此向氯化钡溶液中通入SO2，不发生反应，故A错误；
B．硝酸具有强氧化性，能将Fe2+、H2S氧化，故B错误；
C．NH4HSO4在水溶液中电离出NH、H+、SO，H+先与OH-反应，两种溶液浓度相同，体积相同，则只发生H++OH-=H2O，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，发生Cl2+SO+H2O=SO+2Cl-+2H+，因为亚硫酸钠过量，因此生成H+与SO发生生成HSO，即总反应为3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO，故D正确；
答案为D。
7. 、、、为分属不同周期主族元素，原子序数依次增大且小于20，四种元素形成的化合物在农业上常用作肥料，结构如图所示。下列说法正确的是

A. 简单离子半径：
B. 的第一电离能较同周期相邻的两种元素都大
C. 、分别与形成的简单化合物的沸点：
D. 与形成的化合物溶于水，可使紫色石蕊试液变红
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，推出W为第一周期，即W为H，X为第二周期，Y为第三周期，Z为第四周期，根据化合物的结构图，Z显+1价，即Z为K，X有2个共价键，X为ⅥA族元素，即X为O，K失去一个电子给了O，因此Y最外层有5个电子，即Y为P；据此分析；
【详解】A．P和K简单离子是P3-、K+，它们核外电子排布相同，因此简单离子半径大小顺序是r(P3-)＞r(K+)，故A错误；
B．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空、半满和全满结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能，则同周期元素第一电离能：VA>VIA，(P)的第一电离能较同周期相邻的两种元素都大，故B正确；
C．X、Y分别与W形成的简单化合物分别是H2O、PH3，常温下水为液体，PH3为气体，因此沸点：H2O＞PH3，故C错误；
D．K与H形成的化合物，溶于水时与水反应生成KOH溶液与氢气，KOH为强碱，滴入紫色石蕊试液，溶液显蓝色，故D错误；
答案为B。
8. 在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约为1∶3)的混合液20mL，放入几片碎瓷片。加热混合液，使液体温度迅速升到170℃，将气体分别通入酸性高锰酸钾溶液和溴水中，观察现象。下列说法正确的是

A. 制备乙烯反应可用如图所示的发生装置
B. 可用排水法收集乙烯气体
C. 观察到酸性溶液褪色，证明反应生成乙烯
D. 在本实验中，浓硫酸仅起催化剂的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．制备乙烯时反应液的温度为170oC，温度计应插入溶液中，A错误；
B．乙烯难溶于水，用排水法收集，B正确；
C．乙醇易挥发，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，D错误；
故选B。
9. CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：

下列说法正确的是
A. “浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO
B. “滤渣①”的成分是Fe(OH)3
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质
D. CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
【答案】C
【解析】
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误；
答案选C。
10. 羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是

A. 甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基
B. 丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 常温下1mol乙最多与含4molNaOH的水溶液完全反应
D. 1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为3mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．由甲分子的结构可知，甲分子中的含氧官能团为：羟基、酯基，A正确；
B．丙的结构中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，酯基水解消耗氢氧化钠，而乙水解后生成酚羟基和羧基，因此常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，C错误；
D．苯环酚羟基邻对位氢可以被溴取代，碳碳双键能与溴发生加成反应，因此1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为3mol，D正确；
答案选C。
11. 已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。室温下，通过下列实验探究草酸的性质。下列说法不正确的是

实验
实验操作
1
向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10mL
2
向10mL0.1mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.2
3
向10mL0.1mol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液，产生白色沉淀
A. 实验1所得溶液中c(K+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
B. 实验2过程中，水的电离程度一直增大
C. 实验2所得溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O)+2c(C2O)
D. 实验3反应静置后的上层清液中c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，曲线1号曲线2的交叉点pH=1.2，c()=c(H2C2O4)，此时Ka1(H2C2O4)==c(H+)═10-pH=10-1.2，同理Ka2(H2C2O4)=10-4.2，实验1所得溶液为KHC2O4溶液，水解平衡常数Kh===10-12.8＜Ka2(H2C2O4)，即的电离程度大于其水解程度，所以KHC2O4溶液中c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故A错误；
B．实验2过程中，随着KOH溶液的加入，溶液中c(H2C2O4)和c(H+)降低，c()或c()增大，H+抑制作用减弱，水解程度增大，即水的电离程度一直增大，故B正确；
C．实验2所得溶液中pH=4.2，此时c()=c()，即溶液中有KHC2O4和K2C2O4，该溶液中存在电荷守恒，关系为c(K+)+c(H+)═c(OH-)+c()+2c()，故C正确；
D．实验3反应静置后的上层清液为CaC2O4的饱和溶液，存在c(Ca2+)•c()=Ksp(CaC2O4)，故D正确；
答案为A。
12. 电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是

A. a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O
B. 电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小
C. 电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极
D. 相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误；
B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误；
C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；
D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误；
答案选C。
13. Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：

下列关于活化历程的说法错误的是
A. 涉及非极性键的断裂和生成
B. Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移
C. 总反应为：Ni+C2H6→NiCH2+CH4
D. 决速步骤：中间体2→中间体3
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故A说法错误；
B．Ni可活化C2H6放出CH4，结合过渡态2可知，Ni-H键的形成使H原子的转移更容易，故B说法正确；
C．通过历程可知，始态是Ni和C2H6，终态为NiCH2和CH4，即总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4；故C说法正确；
D．决速步骤是由活化能高的决定，由历程可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最高，故此为决速步骤，故D说法正确；
答案为A。
14. 二甲醚(CH3OCH3)是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系中，主要发生的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41.2kJ•mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5kJ•mol-1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-23.5kJ•mol-1
在2MPa，起始投料=3时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是

A. 图中X表示CO
B. 反应Ⅲ中反应物所含化学键的键能之和大于生成物所含化学键的键能之和
C. 温度从553K上升至573K时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2
D. 其他条件不变，将压强增大到3MPa，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的平衡转化率越高，则反应I进行的程度越小，CO的平衡体积分数越小，则图中X表示CH3OCH3，A说法错误；
B．反应Ⅲ为放热反应，则反应物所含化学键的键能之和小于生成物所含化学键的键能之和，B说法错误；
C．温度从553K上升至573K时，CO2的平衡转化率增大，则反应Ⅰ消耗的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，C说法错误；
D．其他条件不变，将压强增大到3MPa，反应I不移动，而反应II平衡正向进行，甲醇的浓度增大，导致反应III正向进行，可提高平衡时CH3OCH3的体积分数，D说法正确；
答案为D。
二、非选择题
15. 锌冶炼过程中产生锌渣主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅，以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子，使锌渣得到充分利用。
(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水，其晶胞由A、B结构按照1∶1交替累积而成，如图所示。将铁酸锌粉末投入到1L1mol·L-1H2SO4中，保温80℃，匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。

时间/h
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
c(Zn2+)/mol•L-1
0.10
0.11
0.15
0.21
0.21
c(Fe3+)/mol•L-1
0.12
0.13
0.16
0.21
0.30
①B结构的化学式为___。
②铁酸锌和硫酸反应的离子方程式为___。
③酸溶时，溶出效率较高的金属离子是___。
(2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2—1mol·L-1H2SO4、1mol·L-1H2SO4以及SO2—H2O三种体系中实验，均保持80℃，匀速搅拌，所得结果如图所示。已知：25℃时，Ksp(FeS)=6.3×10-17；Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(CuS)=6.3×10-36；Ksp(Cu2S)=2.5×10-48；FeS和ZnS可溶于稀硫酸，CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。

①在SO2—H2SO4体系中，Zn2+浸出率较高的原因是___。
②在SO2—H2SO4体系中，溶渣中Cu2S的质量增加，原因是___。
【答案】 ①. [Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+ ②. ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O ③. Zn2+ ④. 与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动 ⑤. 铜的氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜
【解析】
【分析】
【详解】(1)①根据B的结构可知Zn2+分布在立方晶胞的四个顶点，根据均摊法可知一个晶胞中Zn2+的数目为4×=0.5，四个氧离子和四个Fe3+均在晶胞内部，所以一个晶胞完整的占有了4个O2-和4个Fe3+，在根据化合价代数求和可知B的化学式为[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+。
②A中有四个Zn2+在立方晶胞的四个顶点，一个Zn2+在体心，四个氧离子在立方晶胞内部，根据均摊法可知A的化学式为[Zn1.5O4]5-，又知道B为[Zn0.5Fe4O4]5+，所以铁酸锌的化学式为ZnFe2O4，铁酸锌和硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+，所以离子方程式为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O。
③ZnFe2O4中Fe3+含量为Zn2+两倍，而根据表格可知酸溶时，溶出的Fe3+量小于Zn2+的两倍，所以酸溶时，溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，可知酸性环境有利于锌渣的溶解，Fe3+具有较强的氧化性，会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动。所以答案为：与二氧化硫体系相比，该体系溶液酸性更强、与硫酸体系相比，该体系中二氧化硫具有还原作用，SO2将Fe3+还原为Fe2+，降低了Fe3+浓度，促进反应平衡向着溶解的方向移动
②在酸性条件下，锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物，而二氧化硫具有较强的还原性，可以将正二价的铜还原从而形成了硫化亚铜，所以答案为：
铜氧化物转化为铜的硫化物、+2价铜的化合物被二氧化硫还原，形成硫化亚铜。
16. Julius利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器，获得了2021诺贝尔生理学或医学奖。辣椒素(H)的合成路线如图。


已知：①R—OHR—Br
②
（1）H分子采取sp2杂化的碳原子数目是____。
（2）写出B→C的反应类型是____。
（3）F与G反应生成H时，可能生成多种副产物，其中分子式为C18H27O3N的物质的结构简式为____(填化学式)。
（4）写出符合条件的G的一种同分异构体的结构简式___(不考虑立体异构)；
①苯环上只有两个对位取代基；
②不能使FeCl3溶液显色，红外光谱表明分子中无N—O键；
③1mol该物质与足量Na发生反应放出1molH2(不考虑同一个碳上连2个—OH)。
（5）已知：，请结合题中所给的信息，写出由制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。____。
【答案】（1）9 （2）取代
（3） （4）或或。
（5）
【解析】
【分析】由已知①可知，A物质在PBr3作用下生成B()，B与反应生成C()，C先在强碱水溶液中反应后再酸化得到D()，D在180℃下得到E，有已知②得知，E在SOCl2作用下羧基变成酰氯基得到F，其中氯原子与G中的氨基消去HCl得到H()。
【小问1详解】
从H的结构简式分析，连接一个双键和两个单键的碳原子有苯环6个、碳碳双键2个、碳氧双键1个，共9个，即采取sp2杂化的碳原子数目是9。
【小问2详解】
B→C反应是B中的Br与中的Na结合消去，反应类型是取代反应。
【小问3详解】
F与G反应生时，氯原子与G中的氨基消去HCl得到H，可能生成多种副产物，其中分子式为C18H27O3N的物质为氯原子与酚羟基消去HCl得到的副产物，结构简式是。
【小问4详解】
G的分子式为C8H11O2N，其一种同分异构体的结构①苯环上只有两个对位取代基；②不能使FeCl3溶液显色，即没有酚羟基，红外光谱表明分子中无N—O键；③1mol该物质与足量Na发生反应放出1molH2(不考虑同一个碳上连2个—OH)，G中只含有两个O原子，则该分子结合中含有两个—OH。符合该条件的结构为或或。
【小问5详解】
从题给路线图可知，羧基可与SOCl2反应生成酰氯基，有本题已知可知在AlCl3作用下酰氯基中的氯原子可以取代苯环上的氢，碳氧双键经氢气加成得到羟基，羟基与相邻碳上的氢消去水即得到目标产物。合成路线图是：

17. 铬(Cr)属于分布较广的元素之一，其单质与化合物在颜料、纺织、电镀、制革等方面都有着重要作用。
（1）氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)是一种重要的工业原料，可通过甲醇还原铬酸钠(Na2CrO4)制备。其实验装置和步骤如下：

Ⅰ.将一定量铬酸钠、甲醇与水的混合物加入三颈瓶；
Ⅱ.缓慢滴加足量盐酸，保持温度在100℃反应3h；
Ⅲ.冷却后加入NaOH，得到Cr(OH)3沉淀；
Ⅳ.洗净沉淀，加入理论用量1.1倍的盐酸溶解后，通过结晶法得到CrCl3·6H2O晶体。
回答下列问题：
①装置b的主要作用除导气外，还有____。
②步骤Ⅱ中的反应会有CO2生成，请写出反应的化学方程式：___。
③步骤Ⅳ中，盐酸过量的原因是___。
（2）已知：碱性条件下，H2O2能把Cr(Ⅲ)氧化为CrO；酸性条件下，H2O2能把Cr2O还原为Cr3+；Pb2+形成Pb(OH)2开始沉淀pH为5，完全沉淀pH为8。
以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2为原料可制备铬酸铅(PbCrO4难溶于水)，具体步骤如下：边搅拌边向CrCl3·6H2O晶体中加入2mol·L-1的NaOH溶液至产生的沉淀完全溶解，得到NaCrO2溶液，____。过滤，冷水洗涤，烘干，得到铬酸铅产品[实验中须使用的试剂：H2O2溶液、6mol·L-1的醋酸溶液、0.5mol·L-1的Pb(NO3)2溶液]。
（3）由含铬污水(主要含CrO)制备具有磁性的铁铬氧体(CrxFeyOz)的流程如图：

FeSO4的作用是将CrO还原为Cr3+，通入的空气主要是将部分Fe2+氧化。若处理含1molCrO的污水时，投入的FeSO4的物质的量为14mol，且沉淀时消耗O2的物质的量为1.5mol(清液中不含铬元素和铁元素)。则形成的铁铬氧体的化学式为___。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. 冷凝回流 ②. 2Na2CrO4+CH3OH+10HCl2CrCl3+CO2↑+4NaCl+7H2O ③. 抑制Cr3+的水解
（2）先向溶液中加过量H2O2溶液，煮沸，再向溶液中加6mol·L-1的醋酸调节pH约为5，再滴加0.5mol·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀
（3）CrFe14O20
【解析】
【小问1详解】
①甲醇易挥发，仪器 b是球形冷凝管，主要作用除导气外，还有冷凝回流，提高CH3OH利用率；
②步骤Ⅱ是在酸性条件下，用甲醇把Na2CrO4还原为CrCl3，甲醇自身被氧化为CO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平得完整方程式为：2Na2CrO4+CH3OH+10HCl2CrCl3+CO2↑+4NaCl+7H2O；
③Cr3+易水解，步骤Ⅳ中加过量盐酸，使溶液呈酸性抑制Cr3+水解，故此处填：抑制Cr3+水解；
【小问2详解】
由所给信息知，得到NaCrO2碱性溶液后，可加入H2O2将NaCrO2氧化为Na2CrO4，之后控制pH不大于5，加入Pb(NO3)2溶液形成PbCrO4，具体方案如下：先向溶液中加过量H2O2溶液，煮沸，再向溶液中加6 mol·L-1的醋酸调节pH约为5，再滴加0.5 mol·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀；
【小问3详解】
根据得失电子守恒得关系式：~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故1 mol消耗FeSO4物质的量=1 mol×3=3 mol，生成Cr3+：1 mol，Fe3+：3 mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO4物质的量=1.5 mol×4=6 mol，生成Fe3+：6 mol，此时还剩余FeSO4物质的量=14 mol-3 mol-6 mol=5 mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+ 1 mol、Fe3+ 9 mol、Fe2+ 5 mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=，故x：y：z=1 mol：(9+5) mol：20 mol=1：14：20，故该化合物化学式为：CrFe14O20。
18. 燃煤烟气中 SO2和 NOx 是大气污染物的主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。
（1）尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。60℃时在一定浓度的尿素/H2O2溶液中通入含有SO2和NO的烟气，烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2溶液对SO2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2的化学方程式为______。
（2）V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为_______。
②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中O2的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是_______。

（3）ClO2可对烟气中NOx、SO2进行协同脱除，涉及的部分反应如下：
Ⅰ. ClO2+NO=NO2+ClO
Ⅱ. ClO+NO=Cl+NO2
Ⅲ. ClO2+SO2=ClO+SO3
Ⅳ. ClO+SO2=Cl+SO3
①反应Ⅳ的历程如图所示。该历程中最大活化能E正=_______kcal·mol-1。

②保持其他条件不变，分别在不添加NO、添加NO两种情况下，控制模拟烟气中不同并反应相同时间，测得SO2氧化率随变化如图所示。不添加NO时，SO2氧化率较低(不超过3%)的原因可能是_______；添加NO时，SO2氧化率比不添加NO时高，其原因可能是_______。

【答案】（1）SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2
（2） ①. SO2 与V2O5 作用形成具有 VOSO4 结构的中间体；、VOSO4中间体与气相的 O2 反应生成 SO3 和 V2O5 ②. 氧气浓度过高时，O2、SO2 和 NO 分子会产生竞争吸附的局势，当 O2 分子占据催化剂过多活性位时，剩余的 SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降
（3） ①. 7.7 ②. 反应III的反应速率相对较慢，SO2氧化率较低 ③. 反应I、IV的反应速率相对较快，添加NO后，ClO2通过反应I快速生成ClO，ClO又快速将SO2氧化为SO3
【解析】
【小问1详解】
尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，根据原子守恒可以写出反应的化学方程式为SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2，故答案为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2；
【小问2详解】
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3)，故答案为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3)；
②由图可知，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO 分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降，故答案为：氧气浓度过高时，O2、SO2和NO 分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；
【小问3详解】
①由图可知，反应Ⅳ的历程中最大活化能E正=[-1.3-(-9.0)]kcal•mol-1=7.7kcal•mol-1，故答案为：7.7；
②由图可知，不添加NO时，SO2氧化率较低(不超过3%)的原因可能是反应Ⅲ的化学反应速率相对较慢，SO2氧化率低，添加NO时，SO2氧化率比不添加NO时高，其原因可能是反应Ⅰ、Ⅳ的化学反应速率较快，添加NO后，ClO2通过反应Ⅰ快速生成ClO，ClO又快速将SO2氧化为SO3，故答案为：反应Ⅲ的化学反应速率相对较慢，SO2氧化率低；反应Ⅰ、Ⅳ的化学反应速率较快，添加NO后，ClO2通过反应Ⅰ快速生成ClO，ClO又快速将SO2氧化为SO3。