江苏省南京市六校2022-2023学年高二下学期3月联合调研考试化学试题 Word版含解析

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本试卷考试时间为75分钟，试卷满分100分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 F19 Na23 Mg24 Cl35.5 Cr52
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2022年11月29日，神舟十五号载人飞船成功发射，我国6名航天员首次实现太空会师。下列说法错误的是
A. 镁铝合金可用作飞船零部件材料B. SiO2可用作航天器的太阳能电池板
C. 活性炭可用于吸附航天舱中异味D. N2H4可用作飞船推进器的燃料
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁铝合金密度小、强度大，可制成飞机的部件，A正确；
B．晶体硅可用作航天器的太阳能电池板，B错误；
C．活性炭具有吸附性，可以吸附异味，C正确；
D．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，D正确；
故答案为：B。
2. 反应2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2可用于呼吸面具供氧。下列说法正确的是
A. CO2的空间构型为直线形B. Na2O2的电子式为
C. Na2CO3仅含离子键D. 中子数为10的氧原子可表示为16O
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2的中心C的价电子对数为2，空间构型为直线形，A正确；
B．Na2O2的电子式为 ，B错误；
C．Na2CO3中含有离子键和共价键，C错误；
D．O的质子数为8，中子数为10，则质量数为18，表示为，D错误；
故答案为：A。
3. 常用氨基乙酸钠(NH2CH2COONa)合成工业洗涤剂的中间体。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(O2-)＜r(Na+)B. 电负性大小：χ(N)＜χ(C)
C. 电离能大小：I1(O)＜I1(N)D. 稳定性大小：H2O＜NH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．比较粒子半径，当核外电子层相同时，核电荷数越大，粒子半径越小，所以r(Na+)＜r(O2-)，A错误；
B．同周期元素，从左到右电负性增强，所以χ(N)＞χ(C)，B错误；
C．同周期元素，从左到右第一电离能增强，但VA大于VIA，I1(O)＜I1(N)，C正确；
D．同周期元素，从左到右简单气态氢化物稳定性增强，H2O＞NH3，D错误；
故答案为：C。
4. 下列有关实验室制取并检验氯水性质的实验原理和装置能够达到实验目的的是
A. 用装置甲制备
B. 用装置乙除去中的气体
C. 用装置丙干燥
D. 用装置丁验证氯水的漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，装置甲中缺少酒精灯不能用于制备氯气，故A错误；
B．氯气与碳酸氢钠溶液反应，则不能用装置乙除去氯气中混有的氯化氢气体，故B错误；
C．氯气能与碱石灰中的氧化钙和氢氧化钠反应，则不能用用装置丙干燥氯气，故C错误；
D．氯水中具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，则装置丁能用于验证氯水的漂白性，故D正确；
故选D。
5. 下列说法正确的是
A. H2O中的H-O-H夹角与COCl2中的Cl-C-Cl夹角都为120°
B. CCl4、SiF4都是由极性键构成的非极性分子
C. 基态溴原子(35Br)核外电子排布式为4s24p5
D. VIIA族元素单质的晶体类型不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O中氧原子有2对孤对电子，孤对电子对与H-O单键斥力大于H-O单键与H-O键的斥力，故H-O-H夹角小于120°，H-O-H键角为104.5°，COCl2中C=O双键和C-Cl单键斥力大于C-Cl单键和C-Cl单键的斥力，故COCl2中的Cl-C-Cl夹角小于120°，A错误；
B．CCl4、SiF4都是由极性键构成的分子，都是正四面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，B正确；
C．基态溴原子(35Br)价层电子排布式为4s24p5，C错误；
D．VIIA族元素单质都是分子构成，为分子晶体，类型相同，D错误；
故答案为：B。
6. 下列化学反应表示正确的是
A. 向饱和食盐水中通入氨气和过量二氧化碳Na＋＋NH3＋H2O＋CO2=＋NaHCO3↓
B. 少量SO2通入NaClO溶液中：SO2 +H2O +2ClO—=2HClO +
C. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液：2Cl-＋2H+Cl2↑＋H2↑
D. 稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应：H+ (aq) + OH-(aq)=H2O(l) ΔH=57.3kJ/ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．向饱和食盐水中通入氨气和过量二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na＋＋NH3＋H2O＋CO2=＋NaHCO3↓，故A正确；
B．NaClO具有强氧化性，能把SO2氧化为 ，少量SO2通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为SO2 +H2O +3ClO-=2HClO ++Cl-，故B错误；
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液生成氢气、氯气、氢氧化钠，反应的离子方程式为2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑+2OH-，故C错误；
D．稀硫酸与稀氢氧化钾溶液发生反应，中和反应放热，焓变为负值，热化学方程式为H+ (aq) + OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/ml，故D错误；
选A。
7. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. MgCl2易溶于水，可用于工业电解制备镁
B. NaClO溶液具有碱性，可用NaClO作漂白液
C. CaCl2熔点较高，可用作干燥剂
D. FeCl3水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，可用作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上电解熔融MgCl2冶炼金属镁，与MgCl2易溶于水无关，故不选A；
B．NaClO作漂白液是因为NaClO具有强氧化性，故不选B；
C．CaCl2可用作干燥剂因为CaCl2能吸水变为CaCl2·nH2O，故不选C；
D．FeCl3水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，所以FeCl3可用作净水剂，故选D；
选D。
8. 对于反应2NO2(g)＋NaCl(s)⇌NaNO3(s)＋ClNO(g)，下列说法正确的
A. 该反应的ΔS>0
B. 该反应的平衡常数可表达为
C. 反应达到平衡时增大压强，v(正)> v(逆)
D. NaCl晶胞(如图所示)中每个Na+周围有6个Na+
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应反应前气体化学计量数大于反应后气体化学计量数，△S<0，A项错误；
B．该反应的平衡常数可表达为，B项错误；
C．该反应反应前气体化学计量数大于反应后气体化学计量数，增大压强，平衡向右移动，则v(正)> v(逆)直至新平衡，C项正确；
D．NaCl晶胞中每个Na＋周围有12个Na＋，D项错误；
答案选C。
9. 姜黄素是我国古代劳动人民从姜黄根茎中提取得到的一种黄色食用色素。下列关于姜黄素说法正确的是
A. 分子式为C21H22O6B. 分子中存在手性碳原子
C. 分子中存在2种含氧官能团D. 既能发生取代反应，又能发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构式可知，姜黄素分子中含有21个C原子，不饱和度为12，分子式为C21H20O6，故A错误；
B．手性碳原子所连接的四个基团要都不相同，由姜黄素的分子结构可知，姜黄素分子中不存在手性碳原子，故B错误；
C．姜黄素分子中存在羟基、醚键和羰基共3种含氧官能团，故C错误；
D．姜黄素中存在甲基与苯环，可以发生取代反应；存在碳碳双键和羰基，可以发生加成反应，故D正确；
故选D。
10. 一种锂—空气二次电池的装置如图所示，熔融嵌在碳纳米管中。电池总反应为：，下列说法正确的是
A. 充电时，电极a接外电源的正极
B. 充电时，电极b的电极反应式为
C. 放电时，有进入碳纳米管，则有从电极a经外电路流向电极b
D. 用该电池电解饱和食盐水，当生成时，理论上有通过交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】由电池总反应方程式可知，放电时，电极a为二次电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，电极b为正极，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸根离子，电极反应式为3CO2+4e—=C+2CO，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，与正极相连的电极b为阳极。
【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，故A错误；
B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的电极b为阳极，在碳酸根离子作用下，碳在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2CO—4e—=3CO2↑，故B正确；
C．由分析可知，放电时，电极a为二次电池的负极，电极b为正极，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸根离子，电极反应式为3CO2+4e—=C+2CO，则放电时，有1ml二氧化碳进入碳纳米管放电时，会有ml电子从电极a经外电路流向电极b，故C错误
D．用该电池电解饱和食盐水，当生成1ml氢气时，由得失电子数目守恒可知，理论上有2ml 锂离子通过交换膜，故D错误；
故选B。
11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，KNO3和KOH混合溶液中加入Al并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，说明硝酸根还原为氨气，A可以达到实验目的；
B．在酸性条件下，硝酸根能把Fe2+氧化为Fe3+，所以无法判断H2O2与Fe3+氧化性强弱，B不能达到实验目的；
C．NaCl与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，再滴入KI溶液时，沉淀由白色变为黄色，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C可以达到实验目的；
D．，滴入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明的氧化性比I2的强，D可以达到实验目的；
故答案为：B。
12. 常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.2 ml·L-1 NH3·H2O溶液与0.1 ml·L-1 HCl溶液等体积混合：c(Cl-)＋c(H＋)=c(NH3·H2O)＋c(OH-)
B. 少量Cl2通入过量冷的0.1 ml·L-1 NaOH溶液中：c(Na＋)=c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)
C. 0.1 ml·L-1 CH3COONa溶液与0.1 ml·L-1 HCl溶液混合到pH=7：c(Na＋)=c(Cl-)=c(CH3COOH)
D. 0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液与 0.1 ml·L-1 HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(Cl-)+c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】A． 0.2 ml·L-1 NH3·H2O溶液与0.1 ml·L-1 HCl溶液等体积混合，得到等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl，电荷守恒①c(NH)＋c(H＋)= c(Cl-)＋c(OH-)，物料守恒②2c(Cl-) =c(NH3·H2O)＋c(NH)，得c(Cl-)＋c(H＋)=c(NH3·H2O)＋c(OH-)，A正确；
B．少量Cl2通入过量冷的0.1 ml·L-1 NaOH溶液，得到含NaCl、NaClO、NaOH的混合溶液，：c(Na＋)>c(HClO)＋c(ClO-)＋c(Cl-)，B错误；
C．0.1 ml·L-1 CH3COONa溶液与0.1 ml·L-1 HCl溶液混合pH=7，电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，物料守恒c(Na＋)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，因为c(H＋)=c(OH-)，所以c(Na＋)=c(Cl-)> c(CH3COOH)，C错误；
D．0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液与 0.1 ml·L-1 HCl溶液等体积混合得到等浓度的NaHCO3和NaCl：电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(Cl-)+c(OH-)+2 c()，D错误；
故答案选A。
13. 在CO2与H2反应制甲醇的反应体系中，主要反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·ml-1
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH3=＋40.9 kJ·ml-1
在恒压密闭容器中，n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2的转化率、CH3OH的产率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图中曲线a表示平衡时CH3OH产率随温度的变化
B. 一定温度下，增大n始(CO2)/n始(H2)可提高CO2的平衡转化率
C. 升高温度至约380℃后以反应Ⅲ为主
D. 一定温度下，加压或选用高效催化剂，均能提高平衡时CH3OH产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·ml-1，反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2，反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH3=＋40.9 kJ·ml-1，根据盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，故ΔH2=-49.5 kJ·ml-1-40.9 kJ·ml-1=-90.4kJ·ml-1，即生成CH3OH(g)的反应均是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH产率减小，故曲线b表示平衡时CH3OH产率随温度的变化，故A错误；
B．增大n始(CO2)/n始(H2)，CO2浓度增大，可提高H2的平衡转化率，CO2平衡转化率降低，故B错误；
C．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，结合曲线a代表的是CO2的平衡转化率，380℃后CO2的平衡转化率增大，则380℃后以反应Ⅲ为主，故C正确；
D．催化剂可以加快反应速率，但是不能使平衡移动，故不能提高平衡时CH3OH产率，故D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 化学上常用燃烧法确定有机物的组成。如下图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。
回答下列问题：
（1）A装置分液漏斗中盛放的物质是_______，写出有关反应的化学方程式：_______。
（2）写出E装置中所盛放试剂的名称：_______。
（3）若将B装置去掉会对实验造成什么影响？_______。
（4）若准确称取3.0 g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，E管质量增加4.4 g，D管质量增加1.8 g，则该有机物的最简式为_______。
（5）要确定该有机物的分子式，还需要测定_______。
（6）若核磁共振氢谱中有2种峰且面积比3∶1，则该分子可能为_______，
A. CH3COOHB. CH3CHOC. HCOOCH3D. HOCH2CHO
（7）确定该有机物结构的方法是_______。
【答案】（1） ①. H2O2(或H2O) ②. 2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑)
（2）碱石灰或氢氧化钠
（3）造成测得有机物中含氢量增大
（4）CH2O （5）有机物的相对分子质量 （6）AC
（7）红外光谱法
【解析】
【分析】图示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，A装置的作用是制造氧气；B装置的作用是除去氧气中的水，防止对测定产生干扰；C装置的作用是使有机物充分进行燃烧反应生成CO2和H2O；D装置的作用是吸收反应中产生的H2O，根据增重计算有机物中的H元素含量；E装置的作用是吸收反应中产生的CO2，根据增重计算有机物中的C元素含量。
【小问1详解】
A装置为制备氧气的发生装置，氧气可由双氧水在二氧化锰催化下分解或水和过氧化钠反应制备，则分液漏斗中的液体可为双氧水或水，对应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑或2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。
【小问2详解】
有机物燃烧产生CO2，所以E装置的主要作用是吸收生成的CO2，因此其中所盛放试剂是碱石灰或氢氧化钠。
【小问3详解】
B装置中盛有浓硫酸，其主要的作用是干燥氧气，除去水蒸气，因此如果将B装置去掉会造成测得有机物中含氢量增大，从而产生错误的结论。
【小问4详解】
D管中无水氯化钙用来吸收水蒸气，质量增加1.8g，则生成的水是1.8g，水物质的量是，其中氢元素的物质的量是0.2ml，氢元素的质量是0.2g；E管质量增加4.4g，即CO2是4.4g，物质的量是，其中碳元素的质量是1.2g，所以根据质量守恒定律可知原有机物中氧元素的质量是3.0g－0.2g－1.2g＝1.6g，则氧原子的物质的量是0.1ml，所以原有机物中C、H、O的原子个数之比是0.1∶0.2∶0.1＝1∶2∶1，因此最简式是CH2O。
【小问5详解】
最简式要确定分子式，则还需要知道该物质的相对分子质量，所以要确定该有机物的化学式，还需要测出有机物的相对分子质量。
【小问6详解】
核磁共振氢谱中有2种峰，则含两种类型的氢原子，且面积比为3∶1，根据最简式为CH2O，则该分子可能为CH3COOH、HCOOCH3。
【小问7详解】
红外光谱法可用于研究分子的结构和化学键，则确定该有机物结构的方法是红外光谱法。
15. 用氧化锌矿粉(含ZnO、FeCO3、CuO等)制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并经煅烧制备ZnO。
（1）“酸浸”时提高单位时间内锌元素浸出率可以采取的措施有_______。(写出一条即可)
（2）“除铁”时用双氧水将Fe2+氧化成Fe3+并调节pH=4，该反应的离子方程式为_______。已知Ksp(Fe(OH)3)=4×10-38，除铁后溶液中残留的Fe3+的物质的浓度为_______。
（3）“沉淀”时反应的离子方程式为_______。
（4）ZnO水悬浊液可以用于吸收烟气中SO2.已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如下图所示。
向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(如图)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是_______(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）适当升高温度，搅拌等
（2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 4×10-8 ml·L-1
（3）2Zn2++ +2H2O=Zn2(OH)2CO3↓+2H+
（4） ①. ZnSO3 ②. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2
【解析】
【分析】氧化锌矿粉含ZnO、FeCO3、CuO，加硫酸“酸浸”，得到硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜的混合溶液，用双氧水将Fe2+氧化成Fe3+并调节pH=4生成氢氧化铁沉淀“除铁”，“除铜”后溶液中含有硫酸锌，加碳酸铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，过滤，煅烧Zn2(OH)2CO3生成氧化锌、二氧化碳、水。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，“酸浸”时提高单位时间内锌元素的浸出率可以采取的措施有适当升高温度、搅拌等；
【小问2详解】
“除铁”时用双氧水将Fe2+氧化成Fe3+并调节pH=4，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。除铁后溶液中残留的Fe3+的物质的浓度为 ml·L-1。
【小问3详解】
“沉淀”时硫酸锌和碳酸铵反应生成Zn2(OH)2CO3沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为2Zn2++ +2H2O=Zn2(OH)2CO3↓+2H+；
【小问4详解】
溶液pH几乎不变阶段，pH保持在7左右，根据图示，的物质的量分数最大，所以主要产物是ZnSO3；SO2吸收率迅速降低阶段，pH由6降低为4.5，根据图示，含量降低、含量最大，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2。
16. 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）制备氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)。氯化铬晶体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℃反应三小时；
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）测定氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的质量分数。
i.称取样品0.6000 g，加水溶解并配成250.0 mL的溶液。
ii.移取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的Na2O2，稀释并加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将Cr3＋氧化为；再加入过量KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3＋的形式存在。
iii.加入1 mL淀粉溶液，用0.025 0 ml·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00 mL。
已知反应：＋I-＋H＋——I2＋Cr3＋＋H2O(未配平)；I2＋2=＋2I-。
计算CrCl3·6H2O的质量分数(写出计算过程) _______。
（3）已知：碱性条件下，H2O2能把CrO 氧化为；酸性条件下，H2O2能把还原为Cr3＋；Pb2＋形成Pb(OH)2开始沉淀pH值为5，完全沉淀pH值为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2 ml·L-1的NaOH溶液至产生的沉淀完全溶解，得到NaCrO2溶液，_______。再滴加0.5 ml·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀，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、6 ml·L-1的醋酸溶液]。
【答案】（1） ①. 冷凝回流 ②. 2Na2CrO4＋CH3OH＋10HCl 2CrCl3＋CO2↑＋4NaCl＋7H2O ③. 抑制Cr3＋的水解
（2）88.8% （3）先向溶液中加过量H2O2溶液充分反应，煮沸，再向溶液中加6 ml·L-1的醋酸调节pH值约为5或略小于5
【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，还有冷凝回流作用，以提高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】
设样品中无水三氯化铬的质量分数为x，由原子守恒和电子守恒得如下关系：
则，解得x≈88.8%；
【小问3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溶液充分反应，煮沸，再向溶液中加6 ml·L-1的醋酸调节pH值约为5或略小于5，再滴加0.5 ml·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀。
17. 甲烷是一种重要的化工原料，常用于制H2和CO。
（1）CH4和H2O(g) 在一定条件下可制得H2和CO，反应原理如下：
①CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·ml-1
②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2=＋41 kJ·ml-1
③CH4(g)＋H2O(g) =CO(g)＋3H2(g) ΔH3
反应③的ΔH3=_______。
（2）甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔH=＋75 kJ·ml-1，Ni和活性炭均可作该反应催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应，若孔道堵塞会导致催化剂失活。
①Ni催化剂可用NiC2O4·2H2O晶体在氩气环境中受热分解制备，该反应方程式为_______。
②向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，其原因是_______。
③使用Ni催化剂，且其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图所示。使用催化剂的最佳温度为_______。
④650℃条件下，1 000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因为_______。
（3）甲烷、二氧化碳重整制CO经历过程I、II。过程I如图所示，可描述为_______ ；过程II保持温度不变，再通入惰性气体，CaCO3分解产生CO2，Fe 将CO2还原得到CO和Fe3O4。
【答案】（1）＋206 kJ·ml-1
（2） ①. NiC2O4·2H2ONi＋2CO2↑＋2H2O ②. 水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞 ③. 600 ℃ ④. 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
（3）CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2 和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，③=②-①，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=＋41 kJ·ml-1-( -165 kJ·ml-1)= +206 kJ·ml-1；
故答案为：+206 kJ·ml-1。
【小问2详解】
NiC2O4·2H2O晶体在氩气环境中受热分解Ni、CO2和H2O，方程式为NiC2O4·2H2ONi＋2CO2↑＋2H2O；向反应系统中通入水蒸气可有效减少催化剂失活，因为水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；根据图像可知650℃条件下，1 000 s后，氢气的体积分数快速下降，1500s后氢气体积分数比较稳定且体积分数相对最高的是600℃，则转化率最高，故600℃最佳；650℃条件下，1 00 s后，氢气的体积分数快速下降的原因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
故答案为：NiC2O4·2H2ONi＋2CO2↑＋2H2O；水蒸气与碳反应生成CO(或CO2)与氢气，减少固体碳对孔道的堵塞；600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活。
【小问3详解】
过程I如图所示，为CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2 和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3；
故答案为：CH4和CO2在催化剂Ni表面反应，产生CO和H2，H2和CO还原Fe3O4生成Fe、CO2 和H2O，未反应完和生成的CO2与CaO反应生成CaCO3。选项
探究方案
探究目的
A
KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，观察试纸颜色变化
能被铝粉还原为NH3
B
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，观察溶液颜色
氧化性：H2O2>Fe3＋
C
常温下，向10 mL 0.1 ml·L-1 NaCl溶液中滴加5滴0.1 ml·L-1AgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1 ml·L-1 KI溶液，观察沉淀颜色变化
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向KI溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化
的氧化性比I2的强