江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考试题化学含解析

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江苏省扬州中学2021-2022学年高二上学期12月月考
化学试题(选修)
试卷满分：100分，考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量 B-11 O-16 Na- 23 Cu-64
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意
1. 侯氏制碱法主要反应原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是
A. Cl-的结构示意图：
B. 基态O原子的轨道表示式：
C. 碳元素的外围电子排布式为 2s22p2
D. NaHCO3溶于水水解：HCO+H2OCO+H3O+
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl-的结构示意图为：，A错误；
B．基态O原子的轨道表示式为：，B错误；
C．已知C是6号元素，碳元素的外围电子排布式为 2s22p2，C正确；
D．NaHCO3溶于水水解的离子方程式为：HCO+H2OH2CO3+OH-，而原离子方程式
HCO+H2OCO+H3O+是电离方程式，D错误；
故答案为：C。
2. 下列说法正确的是
A. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10-19，pH=10的含Cu2+的溶液中，c(Cu2+)≥2.6×10-11mol·L-1
B. 反应H2S(g)+ZnO(s)=H2O(g)+ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS＜0，则ΔH＞0
C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
D. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.6×10-19，pH=10的含Cu2+的溶液中，即c(OH-)=10-4mol/L，则c(Cu2+)==2.6×10-11mol/L，若需要不产生沉淀，则c(Cu2+)＜2.6×10-11mol/L，A错误；
B．根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔS＜0，ΔH＞0的反应一定不自发，B错误；
C．常温常压下2.24LO2，物质的量不是0.1mol，转移电子也不是0.4mol，转移电子的数目不等于0.4×6.02×1023，C错误；
D．钢铁设备与直流电源的负极相连，作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，D正确；
故答案选D。
3. 如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2)的化学能直接转化为电能并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是

A. 乙装置中溶液颜色会变浅
B. 铁电极应与 Y 相连接
C. M 电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋
D. 当 N 电极消耗 0.25 mol 气体时，铜电极质量减少 16 g
【答案】C
【解析】
【分析】由图甲O2生成H2O，可知N为正极，M为负极；图乙为电镀装置，铁作阴极，与电源负极相连，据此答题。
【详解】A.乙装置为电镀装置，电镀液的浓度不变，因此溶液的颜色不变，故A错误；
B.电镀时，待镀金属作阴极，与电源负极相连，而N电极上O2转化为H2O，发生还原反应，N电极为正极，故B错误；
C.尿素失电子生成CO2和N2，碳元素化合价没有变化，1 mol尿素失去6mol电子，所以M电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故C正确;
D.根据N电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O，铜电极反应式：Cu-2e-=Cu2+，由各电极上转移的电子数相等，可得关系式：O2～2Cu，则N电极消耗0．25mol氧气时，铜电极质量减少0.25mol×2×64g/mol=32g，故D错误。
故选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径小于Y，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的核外电子总数，Y原子的第一电离能大于Z，X与W形成的化合物WX溶于水后，其水溶液呈强碱性。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：W＞Z
B. 简单离子的还原性：Z＞Y
C. X、Y和Z三种元素形成的化合物中一定只含共价键
D. X和Y两种元素形成的化合物Y2X4的水溶液呈碱性
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径小于Y，Y和Z原子的最外层电子数之和等于W原子的核外电子总数，Y原子的第一电离能大于Z，X与W形成的化合物WX溶于水后，其水溶液呈强碱性，则X是H，Y是N，Z是O，W是Na，WX是NaH，其水溶液为NaOH。
【详解】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，WX是NaH，其水溶液为NaOH。
A．Na+、O2-核外电子排布都是2、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：W(Na+)＜Z(O2-)，A错误；
B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱。由于元素的非金属性：O＞N，所以简单离子的还原性：Z(O2-)＜Y(N3-)，B错误；
C．X是H，Y是N，Z是O，这三种元素形成的化合物可以是共价化合物HNO3，其中只含有共价键；也可以是离子化合物NH4Cl，其中含有共价键和离子键，因此三种元素形成的化合物中不一定只含共价键，C错误；
D．X是H，Y是N，二者形成的化合物N2H4溶于水，反应产生、OH-，使溶液显碱性，D正确；
故合理选项是D。
5. 合成氨工业是现代化工和国民经济的重要支柱，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H c(HC)> c(H2CO3)>c(C)，A错误；
B．向0.1mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1 NaOH溶液生成Na2CO3，碳酸根离子发生水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH-)= c(H+) + c(HC)+2c(H2CO3)，B正确；
C．实验3反应静置后的上层清液为碳酸钡的饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有 c(Ba2+)·c(C)=Ksp(BaCO3)，C错误；
D．碳酸氢根不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为：＋H＋=CO2↑＋H2O，D错误；
故选B。
12. 某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1 mol·L-1 MgCl2溶液和0.5 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀
③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解
下列说法中不正确的是
A. 将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+
B. ①中浊液中存在沉淀溶解平衡：
Mg(OH)2(s)⇌ Mg2+(aq)+2OH-(aq)
C. 实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
D. NH4Cl溶液中的NH可能是④中沉淀溶解的原因
【答案】C
【解析】
【分析】将的溶液和的溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物,氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：。
【详解】A．将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡： ，所得滤液中含少量，故A正确；
B．①中浊液中存在氢氧化镁，存在沉淀溶解平衡：，故B正确；
C．实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明比难溶，实验③中氢氧化镁沉淀转化为红褐色的氢氧化铁沉淀，发生的反应为，故C错误；
D．氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：，加氯化铵会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动沉淀溶解，故D正确；
故选C。
13. 乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)，已知正=k正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，逆=k逆·x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数(受温度影响) ，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1∶1投料，测得338 K、343 K、348 K三个温度下CH3COOCH3转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的ΔH＜0
B. 348 K时，该反应的平衡常数为1.8
C. A、B、C、D四点中，正最大的是D
D. 在曲线①、②、③中，最大的曲线是①
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图象，①最先达到化学平衡，故①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以△H＞0，A错误；
B．348K时，设初始投入为1mol，则有：，平衡常数Kx==≈3.2，B错误；
C．根据正=k正•x(CH3COOCH3)•x(C6H13OH)，逆=k逆•x(CH3COOC6H13)•x(C6H13OH)，A点x(CH3COOCH3)•x(C6H13OH)大，温度高，因此A点正最大，C错误；
D．k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，值最大的曲线是①，D正确；
14. 室温下，NH3·H2OKb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时：c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)
B. 氨水与SO2反应所得溶液pH=9时：c(NH)+c(H+)＜3c(HSO)+c(OH-)
C. 氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时：3c(NH)+3c(NH3·H2O)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)
D. 氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(SO)+c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，SO的水解程度大于NH的水解，氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时溶液呈碱性，c(NH)＞c(SO)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；
B．根据电荷守，氨水与SO2反应所得溶液中c(NH)+c(H+)= 2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，pH=9时，，所以c(NH)+c(H+)>3c(HSO)+c(OH-)，故B错误；
C．氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时，根据物料守恒，2c(NH)+2c(NH3·H2O)=3c(SO)+3c(HSO)+3c(H2SO3)，故C错误；
D．氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时，根据质子守恒，c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(SO)+c(NH3·H2O)，故D正确；
选D。
二、非选择题：共4题 ，共58分
15. 砷酸H3AsO4、亚砷酸H3AsO3是两种弱酸。回答下列问题：
（1）As的电子排布式为___________
（2）已知：①4As(s)＋5O2(g)=2As2O5(s)　ΔH1
②As(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H3AsO4(s)　ΔH2
③氢气的燃烧热　ΔH3
则As2O5(s)＋3H2O(l)=2H3AsO4(s)　ΔH4=___________。
（3）常温下，向x mL 0.1 mol·L-1 H3AsO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 KOH溶液，混合溶液中由水电离的c水(H＋)与KOH溶液的体积之间的关系如图1所示。

①D点对应溶液的pH___________(填“＞”“＜”或“=”)7。
②x=___________。
（4）在一定温度下，向某容器中加入一定量的Na3AsO3、I2和NaOH溶液，发生反应：AsO＋I2＋2OH-AsO＋2I-＋H2O，AsO的转化率[α(AsO)]与时间的关系如图2所示，测得F点对应溶液中c(I2)=0.2 mol·L-1、c(I-)=0.4 mol·L-1，且溶液pH=13。

①E点的v正___________G点的v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
②下列情况表明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．2v正(I-)=v逆(AsO) b．溶液颜色不再变化
c．溶液的pH不再变化 d．溶液中不再变化
③在该条件下，上述反应的平衡常数K=___________(用含m的代数式表示)。
（5）为了证明AsO＋I2＋2OH-AsO＋2I-＋H2O存在化学平衡，设计如图3所示实验。关闭K时，发现右侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅，

①写出此时负极的电极反应式___________
②为了证明上述反应存在平衡，操作方法是___________。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p3
（2）2ΔH2-ΔH1-3ΔH3
（3） ①. ＞ ②. 10
（4） ①. ＞ ②. bc ③.
（5） ①. AsO＋2OH-－2e-=AsO＋H2O ②. 向右侧烧杯中加入KI(或向左侧烧杯中滴加适量的稀硫酸等其他合理答案)
【解析】
【小问1详解】
As为33号元素，电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
【小问2详解】
题给三个已知热化学方程式①4As(s)＋5O2(g)=2As2O5(s) ΔH1，
②As(s)＋H2(g)＋2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH2，③氢气的燃烧热ΔH3，根据盖斯定律，由2②-① -3③得As2O5(s)＋3H2O(l)=2H3AsO4(s) ΔH4=2ΔH2-ΔH1-3ΔH3；
【小问3详解】
①由题图1知，C点时水的电离程度最大，说明该点时H3AsO4和
KOH恰好完全反应生成了K3AsO4和H2O，溶液呈碱性。在C点之后，继续滴加KOH溶液，则D点时溶液一定呈碱性，故pH>7；
②根据H3AsO4与KOH恰好完全反应时物质的量之比为1:3，又恰好完全反应时V(KOH) =30 mL，计算可知V(H3AsO4) =10 mL，故x=10 mL；
【小问4详解】
①如图可知G点是平衡态，在一定温度下，向某容器中加入一定量的Na3AsO3、I2和NaOH溶液，反应正向建立平衡随着反应的进行v正逐渐减小，E点还未达到平衡此时v正>v逆，当达到G点平衡态时v正=v逆，故E点的v正＞G点的v逆；
②a．方向相反，v正(I-)=2v逆(AsO)，反应才是平衡状态，故a错误；
b．I2的溶液有颜色，当溶液颜色不再变化说明c(I2)不在变化，说明达到平衡态，故b正确；
c．反应需要消耗OH-，当溶液的pH不再变化说明c(OH-)不在变化，说明达到平衡态，故c正确；
d． AsO和I-都是生成物，始终按照系数比生成，故溶液中始终不变，故不能作为判断平衡的标志，故d错误；
故答案为：bc
【小问5详解】
①关闭K时，发现右侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅，说明I2得电子变成I-，是正极，左侧AsO失电子变为AsO是负极，故负极的电极反应为：AsO＋2OH-－2e-=AsO＋H2O；
②记录刚开始是电流表的指针偏转方向，当电流表指针为0时，向右侧烧杯中加入KI(或向左侧烧杯中滴加适量的稀硫酸)指针向相反的方向偏转，说明该反应是可逆反应；
16. 硼氢化钠(NaBH4)是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺(沸点33℃)，广泛应用于制药、造纸、废水处理等。某探究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：

（1）第①步为高温合成，写出该合成的化学方程式___________。
（2）第③步为分离NaBH4并回收溶剂，采用的实验操作是___________。
（3）实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下∶
①测定原理∶3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O
KIO3 +5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。
②测定步骤
步骤1：探究小组以23.76gNaBO2为主要原料制得NaBH4产品，将产品溶于NaOH溶液后配成250mL溶液，用移液管量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL0.1000mol·L-1KIO3溶液振荡60s，使充分反应。
步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，用4mol·L-1的H2SO4调节pH至5.0以下，冷却后暗处放置数分钟。
步骤3：用0.2000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。
通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率___________。(写出计算过程)
（4）已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(HBO2是弱酸)，实验测得25℃时，NaBH4每消耗一半所用的时间与溶液pH的关系如下表∶
pH
8
10
12
14
时间/min
6.2×10-1
6.2×10
6.2×103
62×105
实验中发现NaBH4与水反应开始释放H2很快，经过一段时间后就缓慢下来，可能原因一是反应物浓度降低；二是___________。
【答案】（1）NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3
（2）蒸馏 （3）45.8%
（4）反应生成了碱性的NaBO2，抑制反应的进一步进行
【解析】
【分析】NaBO2、Na、SiO2、H2反应生成NaBH4和Na2SiO3，NaBH4可溶于异丙胺，加入异丙胺过滤，分离出Na2SiO3，NaBH4的异丙胺溶液蒸馏可得到NaBH4固体。
【小问1详解】
第①步反应，NaBO2、Na、SiO2、H2反应生成NaBH4和Na2SiO3，该反应的化学方程式NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3；
【小问2详解】
异丙胺的沸点为33℃，NaBH4的异丙胺溶液蒸馏可得到NaBH4固体；
【小问3详解】
23.76gNaBO2的物质的量为0.36mol，理论上生成NaBH4的物质的量是0.36mol；设2.50mL NaBH4溶液含溶质xmol；根据测定原理：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O、KIO3 +5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，NaBH4、Na2S2O3把KIO3还原为I-，1mol NaBH4失8mol电子、1mol Na2S2O3失1mol电子、1mol KIO3得6mol电子，根据得失电子守恒，8x+1×0.2mol·L-1×0.024L=6×0.03L×0.1mol·L-1，x=0.00165mol，NaBH4的产率为；
【小问4详解】
根据表格数据，溶液碱性越强反应速率越慢，NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应生成了碱性的NaBO2，抑制反应的进一步进行，所以经过一段时间后反应就缓慢下来。
17. 弱电解质的研究是重要课题。
（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是___________


a．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
b．A点，溶液中和浓度相同
c．当时，
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是___________。
（2）H2CO3以及其它部分弱酸电离平衡常数如表：
弱酸
H2S
H2CO3
HClO
电离平衡常数(25℃)





按要求回答下列问题：
①H2S、H2CO3 、 HClO的酸性由强到弱的顺序为___________。
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：___________。
③测得0.1 mol·L−1 BaS溶液pH≈13，溶液中OH－、S2−、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是___________。
（3）常温下，已知0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中
①0.1mol/L HCOOH的 pH=___________。
②取10mL0.1mol/L的 HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是___________(填写序号)
A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少
B．稀释后溶液的pH=5
C．稀释后甲酸的电离度会增大
D．与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大
【答案】（1） ①. bc ②.
（2） ①. ②. ③. c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)
（3） ①. 3 ②. CD
【解析】
【小问1详解】
①a．根据图中信息，pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是，故a正确；b．根据图中信息A点，溶液中CO2和与浓度相同，故b错误；c．当时，溶液显碱性，因此，故c错误；综上所述，答案为：bc。
②pH=8.4的水溶液主要是，因此向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是；故答案为：。
【小问2详解】
①根据电离常数可得到H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞H2S＞HClO；故答案为：H2CO3＞H2S＞HClO。
②根据H2CO3＞HClO＞，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，该反应的离子方程式：；故答案为：。
③测得0.1 mol·L−1 BaS溶液pH≈13，则c(OH－)=0.1 mol·L−1，由于硫离子发生水解生成硫氢根和氢氧根，因此溶液中OH－、S2−、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)；故答案为：c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2−)。
【小问3详解】
①0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中，则c(H+)=1×10−3mol∙L−1，因此0.1mol/L HCOOH的pH=3；故答案为：3。
②A．稀释过程中甲酸根离子浓度、氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．10mL0.1mol/L的 HCOOH溶液稀释100倍，稀释后，由于甲酸又要电离，因此氢离子浓度大于1×10−5mol∙L−1，因此溶液的pH小于5，故B错误；C．稀释后，电离平衡正向移动，因此甲酸的电离度会增大，故C正确；D．加水稀释，溶液氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，因此与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大，故D正确；综上所述，答案为：CD。
18. 回答下列问题：
（1）已知反应，利用此反应可制取。由图知，和的混合气体通过催化剂时的最佳流速在之间。流速过快，会导致氯甲烷产率下降，原因是_______。流速过慢，会使副产物二甲醚增多，其反应为，生产中常通入适量的水蒸气，该操作对制备的影响是_______。

（2）催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。以作催化剂测试温度对氮氧化物脱除效果的影响如图所示，当反应在，的转化率随温度升高有所降低，其可能原因是_______。当体系温度升至以上时，的转化率迅速下降，其可能原因是_______。

（3）溶液对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响(如图所示)。在较低时溶液中有无色无味的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是_______。

【答案】（1） ①. 流速过快反应物与催化剂的接触时间过短，原料利用率降低，导致产率降低 ②. 主副反应都有水生成，通入水蒸气对主副反应有抑制作用，提高CH3Cl纯度的同时，也降低了其产率
（2） ①. 反应放热，升高温度，平衡向逆方向进行 ②. FeSO4受热分解，催化剂失效
（3）反应生成次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少了
【解析】
【小问1详解】
流速过快，HCl与CH3OH气体与催化剂的接触时间过短，HCl和CH3OH不能充分反应，造成原料利用率降低，使氯甲烷的产率降低；根据主副反应的方程式，都产生水蒸气，根据勒夏特列原理，水蒸气对主副反应有抑制作用，降低氯甲烷的产率，但可以提高氯甲烷的纯度；故答案为流速过快反应物与催化剂的接触时间过短，原料利用率降低，导致产率降低；主副反应都有水生成，通入水蒸气对主副反应有抑制作用，提高CH3Cl纯度的同时，也降低了其产率；
【小问2详解】
初始时反应向正反应方向进行，NO2转化率增大，当达到平衡时，该反应可能是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NO2的转化率降低；当温度高于500℃时，硫酸亚铁会分解，当温度升至500℃时，硫酸亚铁可能分解，使催化剂失效，化学反应速率变慢，转化率降低；故答案为反应放热，升高温度，平衡向逆方向进行；FeSO4受热分解，催化剂失效；
【小问3详解】
pH过低，大部分次氯酸钠转化成次氯酸，次氯酸不稳定，分解成HCl和氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少，导致氨氮去除率较低；故答案为反应生成次氯酸，次氯酸分解产生氧气，与氨氮反应的次氯酸量减少。