2022江苏省常熟中学高二下学期3月线上教学阳光调研试题化学含解析

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2021~2022学年度第二学期高二年级线上教学阳光调研
高二化学试题
单项选择题(本题包括14小题，每小题3分，共计42 分，每题只有一个选项符合题意)
1. 东晋葛洪所著《抱朴子》记载“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，其反应为CuSO4+Fe=FeSO4+Cu。下列说法正确的是
A. 反应为置换反应 B. “曾青”成分为FeSO4·7H2O
C. Fe的金属活动性比Cu的弱 D. 反应中铁单质被还原
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应为单质和化合物生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A项正确；
B.“曾青”成分为CuSO4，故B项错误；
C.该反应是氧化还原反应，其中Fe作还原剂，Cu为还原产物。根据氧化还原反应的规律，Fe的还原性强于Cu，即Fe的金属活动性比Cu强，故C项错误；
D.该反应中Fe的化合价从0升高到+2价，因此铁被氧化，故D项错误。
故答案选：A。
2. 实验室常用银氨溶液来检验CO，反应的化学方程式为。下列说法错误的是
A. 基态O原子的价电子排布图：
B. 键角：
C. 质子数47，中子数为60的Ag原子：
D. CO的空间构型：平面正三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，价电子排布图为： ，故A正确；
B．分子为三角锥形，键角约为107°，为正四面体形，键角为109°28'，则键角，故B错误；
C．质子数47，中子数为60的原子，其质量数=47+60=107，该原子为：，故C正确；
D．CO的中心原子C形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，CO的空间构型：平面正三角形，故D正确；
故答案为B
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 碳酸钡不溶于水，可用作“钡餐”
B. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
C. 浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂
D. 氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钡不溶于水，可溶于胃酸，则医疗上用硫酸钡作"钡餐"进行胃病检查，故A错误；
B．碳酸氢铵可用作氮肥是由于碳酸氢铵含有氮元素，不是碳酸氢铵受热易分解，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可作为酸性气体的干燥剂，故C正确；
D．氨气做制冷剂是因为其易液化，气化时吸收大量热量，与弱碱性无关，故D错误；
故选：C。
4. 由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是

A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污
B. 用装置乙加快废铁屑的溶解
C. 用装置丙过滤得到FeSO4溶液
D. 用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；
B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；
C．根据装置图可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；
D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；
故选D。
5. 氯胺是饮用水消毒剂，包括一氯胺(NH2Cl)、 二氯胺(NHCl2)和三 氯胺(NCl3)，三者中N的化合价均为-3。NH2Cl极易水解，生成一种用于杀菌的强氧化性酸，制备反应为NH3(g)+Cl2(g)= NH2Cl(g)+HCl(g) △H= +12 kJ·mol-1。下列说法正确的是
A. 电负性：O>Cl>N
B. NH2Cl是极性分子，NCl3是非极性分子
C 使用催化剂可以改变反应历程，降低反应焓变
D. 一氯胺与浓盐酸混合可产生Cl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据NCl3中N为-3价可知电负性：N>Cl，又电负性O>N，因此电负性大小顺序为：O>N>Cl，故A项错误；
B．NH2Cl是极性分子，NCl3空间结构为三角锥型，也是极性分子，故B项错误；
C．使用催化剂可以改变反应历程，但不影响反应的焓变，故C项错误；
D．一氯胺极易水解，生成一种可用于杀菌的强氧化性酸，即HClO，Cl元素化合价为+1价，与浓盐酸中-1价的Cl可发生氧化还原反应产生Cl2，故D项正确。
故答案选：D。
6. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是

A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物热稳定性：
C. 元素第一电离能：
D. W元素的一种氧化物晶胞如图所示，该氧化物为
【答案】B
【解析】
【分析】X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4电子，则X为C，Y为O；Z与Y同族，则Z为S； W原子核内有29个质子，则W为Cu，以此解题。
【详解】A．X、Y、Z分别是C、O、S，同周期越靠左半径越大，不同周期一般来说，电子层数越多半径越大，则原子半径，A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，即稳定性H2O>H2S，B正确；
C．同主族，越向上第一电离能越大，C错误；
D．根据晶胞结构可知，两种元素原子的个数比值为1∶2，故该氧化物为，D错误；
故选B。
7. 铜铈氧化物()可除去中的少量CO，反应机理如图。Ce是一种活泼金属，价电子为，①中Cu和Ce的化合价均发生变化，下列说法错误的是

A. 反应①中，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3
B. 反应③中通入，④中生成的含，反应①中生成的不含
C. 温度过高，催化剂的催化活性可能下降
D. 为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应①中，一氧化碳作还原剂，作氧化剂，Ce、Cu化合价降低，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，A正确；
B．反应③中通入生成，经④生成，即有一个位于Ce和Cu之间的被保留下来，则①中生成的含有，B错误；
C．催化剂活性与温度有关，温度过高，催化剂的催化活性可能下降，C正确；
D．氢气也具有还原性，为使CO先于H2氧化，选择的催化剂可以是对CO的吸附能力应大于H2的，D正确；
答案选B。
8. 某材料W的合成路线如下图所示，下列有关说法不正确的是
→
A. X+Y →Z的反应为取代反应.
B. lmolX分子有19mol σ键
C. Z可以使酸性KMnO4溶液褪色
D. 1molW完全水解最多消耗1molNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．X+Y→Z的反应为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应的一种，故A项正确；
B．1mol X分子中，苯环上碳氢之间、碳碳之间共形成11个σ键。双键碳原子与苯环形成1个σ键；碳碳双键中碳碳原子之间、碳氢原子间共形成3个σ键；羧基中C-O、O-H、C=O共含3个σ键；羧基碳原子和双键碳原子形成1个σ键。因此1mol该化合物分子含11+1+3+3+1=19mol σ键，故B项错误；
C．Z中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C项正确；
D．1mol W完全水解最多消耗n mol NaOH，故D项错误。
故答案选：D。
9. 用微生物燃料电池处理酸性废水的原理如下图所示。下列说法正确的是

A. 电子经电解质溶液从a极移向b极
B. 为加快电池的放电速率，该电池可在高温下工作
C. 放电过程中，b极附近溶液的pH变小
D. a极发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】该原电池中，还原剂CO在负极失去电子发生氧化反应转变为CO2，正极上[Fe(CN)6]3-做氧化剂，得到电子发生还原反应生成[Fe(CN)6]4-。
【详解】A．电子通过导线，不能通过电解质溶液，故A错误；
B．高温条件下，微生物会失活，故B错误；
C．放电过程中，氢离子移向正极，故b极附近溶液的pH变小，故C正确；
D．溶液为酸性环境，a极发生失电子的反应为：，故D错误；
故选C。
10. 工业上由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如下：

下列有关说法不正确的是
A. 可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率
B. 向酸浸后的滤液中加入，反应的离子方程式为：
C. 除铁时加入的物质X可以为，使转化为沉淀而除去
D. 取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明已除尽
【答案】B
【解析】
【分析】粗锰粉的主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质，由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，然后加X为MnCO3或Mn(OH)2调节pH使铁离子转化为沉淀，然后通入H2S气体除镍、铅，分离出MnSO4溶液，经过一系列过程得到MnCO3沉淀。
【详解】A． 可以通过搅拌的方式，使反应混合物充分接触，提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率，故A正确；
B． 向“酸浸”后的滤液中加入MnO2，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，故B错误；
C． 除铁时加入的物质X可以为，调节pH使转化为沉淀而除去，不引入新杂质，故C正确；
D． 取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明已除尽，故D正确；
故选B。
11. 制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下。
步骤1：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和的混合溶液，控制溶液温度在60~70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)。
步骤2：向蓝色溶液中加入和，充分反应后过滤，得到CuCl粗品。
步骤3：CuCl粗品依次用稀硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
已知：CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定。
下列说法不正确的是
A. 步骤1中控制溶液温度可采用水浴加热的方法
B. 步骤2中作为还原剂将Cu2+还原生成CuCl
C. 步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化
D. 步骤3中用稀硫酸洗涤，相较于用水洗涤，其主要原因是，防止CuCl因溶解而造成固体损耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，步骤1中控制溶液温度范围是60~70℃，故可采用水浴加热的方法，使受热均匀，且能够控制容易控制温度，A正确；
B．步骤2中发生的反应为：2CuCl2+(NH4)2SO3+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，反应中作为还原剂，将Cu2+还原生成CuCl，B正确；
C．由题干信息可知，CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，且乙醇易挥发，故步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化，C正确；
D．由题干信息可知，CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定，步骤3中用稀硫酸洗涤，相较于用水洗涤，其主要原因是，提供酸性环境，防止CuCl被氧化，D错误；
故答案为：D。
12. 室温下，通过下列实验探究和的性质
实验1：用试纸测量，溶液的，测得约为8
实验2：加热溶液，恢复到室温，测得约为9
实验3：向溶液中通入足量，测得约为5
实验4：向溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说法正确的是
A. 由实验1可以得出：
B. 实验2中升高的原因是水解程度增大
C. 实验3所得溶液中存在：
D. 实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．约为8，说明碳酸氢根离子水解为主，电离程度较小，则水解产生的碳酸分子比电离产生的碳酸根离子多，A错误；
B．升温后又恢复到原来的温度，此时pH增大，只能说明在升温的时候碳酸氢根离子发生分解反应生成了碳酸根离子，且碳酸根离子水解程度较大，B错误；
C．向溶液中通入足量会生成，根据电荷守恒，，其中=，故，C正确；
D．此时氯气和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为：，D错误；
故选C。
13. 下列对实验操作和现象的解释或结论不正确的是

操作和现象
解释或结论
A

常温下测得：CH3COONa溶液的pH为9，NaNO2溶液的pH为8
HNO2电离出H+能力比CH3COOH的强
B

向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色
KI与FeCl3的反应是可逆反应

C
向配合物Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生
Co(NH3)3Cl3中Co3+的配位数为6
D

向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后生成无色气泡
Ca2+与结合，促进电离，溶液中H+浓度增大，并与反应产生CO2气体

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．越弱越水解,虽然用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8，但不知道溶质的物质的量浓度是否相同,因此不能说明水解能力CH3COONa>NaNO2，则不能说明HNO2电离出的H+的能力比CH3COOH的强，选项A不正确；
B．向FeCl3溶液中滴加过量的KI溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变为红色，可知在KI过量时三价铁离子未能完全反应，说明该反应为可逆反应，选项B正确；
C．向配合物Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为，配位数是6，选项C正确；
D．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与结合，生成白色沉淀碳酸钙，破坏了的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与反应产生气体，选项D正确；
答案选A。
14. 工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
①
②
③
④
时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为。下列说法正确的是

A.
B. 则内反应的CO平均速率为
C. 该温度下的平衡常数为
D. 正反应速率与时间的关系如图，时刻可能是分离出少量
【答案】C
【解析】
【分析】时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为，根据C原子守恒可知平衡时容器中n(CO)=3mol×20%=0.6mol，n(CO2)=3mol×80%=2.4mol。
【详解】A．由盖斯定律可知，可得反应③，因此ΔH3==-28，故A错误；
B．内反应的CO平均速率===，故B错误；
C．平衡时c(CO)=0.06mol/L，c(CO2)=0.24mol/L，该温度下的平衡常数===64，故C正确；
D．该反应为气固反应，移除固体不会改变化学反应速率，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
非选择题(共包括4小题，共计58分)
15. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目，为实现“碳中和”目标作出了重大贡献。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。
（1）钙钛矿型化合物是一类可用于生产太阳能电池的功能材料，的晶胞如图所示。

①基态原子核外电子排布式为_______。
②组成元素的电负性大小顺序是_______；的配位数是_______。
（2）单晶硅是生产太阳能电池板的主要原料，是生产单晶硅的前驱体，可发生水解反应，机理如图：

注：含s、p、d轨道的杂化类型有：、、。
在水解为中间体的过程中，原子的杂化类型由_______变为_______。
（3）甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，其原因是_______。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为固溶体。在中掺杂少量后形成的催化剂，化学式可表示为，则_______(用含x的表达式)。
【答案】（1） ①. ②. ③. 12
（2） ①. ②.
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能，且水比甲醇的氢键多
（4）
【解析】
【小问1详解】
①依据原子序数从K开始数到Ti为4，所以基态原子的核外电子排布式为，故答案为：。
②根据元素在周期表中的位置和金属活动性顺序可知，三种元素中O的电负性最大，Ca的电负性最小，因此三种元素电负性大小顺序是；由图可知，每个Ca2+周围与之等距离的O2-的个数为12，即配位数为12，故答案为：；12。
【小问2详解】
中Si的价层电子对数为4+=4，原子采取杂化；中间体Si和O之间形成配位键，Si的价层电子对数为5+=5，原子采取杂化，所以在水解为中间体的过程中，原子的杂化类型由变为，故答案为：；。
【小问3详解】
甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，甲硫醇不能形成分子间氢键，因此沸点高于甲硫醇，甲醇分子间的氢键的总强度低于水分子之间氢键总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而甲醇和水均能，且水比甲醇的氢键多。
【小问4详解】
在中掺杂少量后形成的催化剂，化学式可表示为，化合物中Zn为+2价，Zr为+4价，则2x+4(1-x)=2y，解得，故答案为：。
16. 锌冶炼过程中产生的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1所示。将铁酸锌粉末投入到1L lmol·L-1 H2SO4中，保温80 °C，匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如下表所示。

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
030
①酸溶时，溶出效率较高的金属离子是_________；
②B结构的化学式为________；
③铁酸锌和硫酸完全反应的离子方程式为_________。
（2）锌渣酸溶。将锌渣分 别在SO2- lmol·L1 H2SO4、lmol·L-1H2SO4以及SO2-H2O三种体系中实验，均保持80°C，匀速搅拌，所得结果如图2所示。己知： FeS 和ZnS可溶于稀硫酸，CuS 和Cu2S不溶于稀硫酸。
已知
①在SO2-H2SO4体系中，Zn2+浸出率比其它两种体系明显要高的原因有__________；
②在SO2- H2SO4体系中，溶渣中Cu2S的质量会增加的原因是_________。
【答案】（1） ①. Zn2+ ②. [Zn0.5Fe4O4]或[ZnFe8O8]10+ ③. ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O
（2） ①. 与SO2-H2O体系相比，该体系溶液酸性更强；与H2SO4体系相比，该体系有SO2将Fe3+还原为Fe2+而降低了Fe3+浓度，均可促进铁酸锌的溶解 ②. 铜的氧化物溶于酸能被SO2还原成+1价铜，可与FeS、ZnS 溶于酸产生的H2S (或S2-)反应生成Cu2S
【解析】
【小问1详解】
①ZnFe2O4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+。
③A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。
【小问2详解】
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。
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. 过渡元素的金属及其氧化物常用作反应的催化剂。
（1）和催化合成的反应如下：(未配平)
①该反应的催化历程可简化为两步：第Ⅰ步：；第Ⅱ步的方程式为___________。第Ⅰ步反应决定了总反应达到平衡的时间，两步反应的活化能EI___________EⅡ。(填“＞”、“=”或“＜”)
②加入Ga可以增大催化剂的表面积。Ga的基态原子核外电子排布式为___________。
（2）我国科学家以和为原料，熔融为离子导体，通过催化电解法制备，装置如图1所示，其中在电极B上的反应过程如图2所示。

①参与电极B上反应的催化剂是___________，
②描述在电极B上催化生成的过程___________。
（3）富氧条件下，和NO在钒基催化作用下发生脱硝反应，方程式可表示为
主反应：
副反应：Ⅰ.
Ⅱ.
…… ……
不同氨氮比[]下，NO的转化率和的生成量随温度的变化曲线如图3和图4所示，测得300℃后，转化率基本不变。

①上述脱硝的主反应中，分别被NO和氧化的的质量之比为___________，
②超过400℃：温度升高，NO转化率下降，可能原因是___________；氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. ＞ ③. 或
（2） ①. 或纳米 ②. 在阴极得电子和生成中间体Fe和，Fe通入的、生成和，在阴极循环反应
（3） ①. 2∶1 ②. 温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的会被氧化为NO或，NO的转化率下降 ③. 氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降
【解析】
【小问1详解】
①总反应为：，总反应=第I步+第II步，可得第II步的方程式为：。决速步为慢反应，活化能大，因此EI>EⅡ。
②镓的原子序数是31，其基态原子核外电子排布式为：或。
【小问2详解】
①由图-2可知，反应消耗了纳米Fe2O3、又生成了纳米Fe2O3，因此参与电极B上反应的催化剂是纳米Fe2O3。
②由图-2可知，在阴极得电子和生成中间体Fe和，Fe通入的、生成和，在阴极循环反应。
【小问3详解】
①由主反应的化学方程式可知，氧气中氧元素化合价由0价降低到-2价，一氧化氮中氮元素化合价由+2价降低到0价，当消耗4mol氨气时，1mol氧气得4mol电子，4mol一氧化氮得8mol电子，因此主反应中，分别被NO和氧化的的质量之比为2:1。
②超过400℃，温度升高，NO转化率下降，可能原因是：温度超过400℃时，主反应是放热反应会因温度开高而正向进行程度变小；副反应比例增大即更多的会被氧化为NO或，NO的转化率下降。而氨氮比越大，NO转化率越小，可能原因是：氨氮比增大，使得主反应中NO化率会增大，发生副反应Ⅱ的比例减小而副反应Ⅰ的比例增大、生成NO增多使NO转化率会减小，而NO转化率增大的程度小于减小的程度、最终使得NO转化率下降。