江苏省南通市如皋中学2021届高三新高考第三次适应性考试化学试题（解析版）

第第页2021年新高考第三次适应性考试化学试题本试卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7O16P31S32Fe56一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.在抗击新冠病毒的战役中，化学知识起到了重要作用。下列说法正确的是A.组成新冠病毒中的蛋白质仅含有C、H、OB.疫情期间适当用牛奶代替白粥可增强免疫力C.“84”消毒液和酒精同时使用可增强杀菌效果D.生产N95型口罩的核心材料聚丙烯属于无机非金属材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A．组成新冠病毒中的蛋白质还含有N元素等，A错误；B．牛奶中含有蛋白质，疫情期间适当用牛奶代替白粥可增强免疫力，B正确；C．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，与酒精同时使用会发生氧化还原反应，降低杀菌效果，C错误；D．生产N95型口罩核心材料聚丙烯属于有机非金属材料，D错误；答案选B。2.LED基质材料Si3N4(超硬物质)可通过反应3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2制得。下列有关说法正确的是A.基态Si原子的价电子轨道表示式为 B.SiH4是极性分子C.NH3的电子式为 D.Si3N4为原子晶体【答案】D【解析】【详解】A．基态Si原子的价电子为4个，价电子轨道表示式为，A错误；B．SiH4是非极性分子，B错误；C．NH3的电子式为，C错误；D．Si3N4为原子晶体，融熔状态下，氮化硅不能导电，且熔点很高，可以判定它是原子晶体，其结构与SiO2相似，D正确；答案选D。3.X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物。Z元素的逐级电离能数据依次为738、1451、7733、10540、13630……下列有关说法正确的是A.简单离子半径：X>Z>W B.简单氢化物的沸点：Y>XC.电负性：X>Y>Z D.W与X组成的化合物中一定不含非极性共价键【答案】C【解析】【分析】X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物即NO2，则X为O，Y为N，Z元素第三电离能远大于第二电离能，Z为Mg，W原子半径＞Mg，则W为Na，据此分析解题。【详解】A．简单离子半径：O2->Na+>Mg2+，A错误；B．简单氢化物的沸点：H2O>NH3，水中含有氢键，B错误；C．非金属性越强，电负性越强，电负性：O>N>Mg，C正确；D．Na与O可组成过氧化钠，既含有离子键也含有共价键，D错误；答案选C。4.酸在生产、生活中有广泛应用。下列酸的性质与用途具有对应关系的是A.醋酸具有酸性，可用于洗去水垢 B.盐酸具有挥发性，可用于制备Cl2C.硝酸见光易分解，可用于溶解银 D.浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂【答案】A【解析】【分析】【详解】A．醋酸具有酸性，且酸性大于碳酸，可用于洗去水垢（主要成分碳酸钙），性质与用途相符，A正确；B．浓盐酸具有还原性，可用于与二氧化锰反应制备Cl2，性质与用途不相符，B错误；C．硝酸有强氧化性，能发生3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，性质与用途不相符，C错误；D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，题干中性质与用途不相符，D错误；答案选A。5.某科研小组用甲烷-空气燃料电池提供的电能电解处理含Cr2O的酸性废水，设计如图所示装置(X、Y、Z为气体)。已知：除去Cr2O相关反应：①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②Cr3＋和Fe3＋最终转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。下列说法正确的是A.气体X为空气，气体Y为甲烷B.燃料电池负极反应式为CH4-8e-＋2H2O=CO2↑＋8H＋C.Z气体的循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变D.除去1molCr2O理论上消耗16.8L甲烷(标准状况)【答案】C【解析】【分析】燃料电池通入氧气的一极为正极，甲烷为负极，电解池阳极发生氧化反应，则Fe为阳极，C为阴极，Y为正极，X为负极，据此分析解题。【详解】A．气体X为甲烷，气体Y为空气，A错误；B．正极反应方程式为O2+CO2+4e-=2CO，总反应式为：CH4+2O2=CO2＋2H2O：燃料电池负极反应式为：CH4-8e-＋4CO=5CO2↑＋2H2O，B错误；C．Z气体为CO2，循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变，C正确；D．6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，除去1molCr2O理论上需消耗6molFe2＋，要转移12mol电子，消耗甲烷(标准状况)=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，D错误。答案选C。6.实验室用下图所示装置制取SO2并验证SO2的部分性质。下列有关说法正确的是A.铜和浓硫酸反应制取SO2时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1B.品红溶液褪色，说明SO2氧化性C.石蕊试液变红但不褪色D.用NaOH溶液吸收少量SO2的离子方程式为SO2＋OH-=HSO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．铜和浓硫酸制取SO2的反应为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，其中氧化剂为浓硫酸，还原剂为Cu，只有一部分硫元素化合价改变得到二氧化硫，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故A错误；B．SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，故B错误；C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，二氧化硫不能漂白指示剂，溶液不褪色，故C正确；D．少量SO2与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2＋2OH-=SO+H2O，故D错误；答案选C。7.铁及其化合物用途广泛。日常生活用品和生命体中，有许多含有铁元素的物质。家用铁锅中含有铁和碳，补血剂中含有FeCO3，血红蛋白的活性物质血红素(结构简式如图)中含有铁元素，激光打印机中含有四氧化三铁。四氧化三铁可利用废旧镀锌铁皮制备。下列关于铁及其化合物的说法正确的是A.家用铁锅的熔点低于铁单质的熔点B.向碳酸钠溶液中滴加FeSO4溶液可制得纯净的FeCO3C.血红素中C、N、O、Fe元素的第一电离能由大到小的顺序是Fe>N>O>CD.血红素中的配位键由N原子提供空轨道【答案】A【解析】【分析】【详解】A．合金的熔点低于组成它的成分金属，因此铁锅一般是用生铁制造的（属于合金），其熔点比纯铁的低，故A正确；B．向碳酸钠溶液中滴加FeSO4溶液，碳酸根离子与亚铁离子发生相互促进的水解反应，生成大量的氢氧化亚铁沉淀，故B错误；C．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，第IIA、VA族元素出现反常，其第一电离能大于相邻的元素，金属的第一电离能较小，因此血红素中C、N、O、Fe元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C>Fe，故C错误；D．由图可知，血红素中中心原子铁提供空轨道，氮原子提供孤电子对，以此形成了配位键，故D错误；故选A。8.铁及其化合物用途广泛。日常生活用品和生命体中，有许多含有铁元素物质。家用铁锅中含有铁和碳，补血剂中含有FeCO3，血红蛋白的活性物质血红素(结构简式如图)中含有铁元素，激光打印机中含有四氧化三铁。四氧化三铁可利用废旧镀锌铁皮制备。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图如下：已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列有关说法正确的是A.1mol[Zn(OH)4]2-中含有4molσ键B.“酸溶”的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OC.“氧化”后溶液中所存在的离子有：H+、Fe2+、Fe3+、SOD.Fe3O4胶体粒子可通过过滤操作得到【答案】C【解析】【分析】【详解】A．1个离子中有4个O-H键，4个Zn-O键，共8个σ键，1mol离子就有8molσ键，A错误；B．碱溶时铁不会发生反应，所以酸溶时，反应物是铁而非氢氧化铁，B错误；C．因为最终要得到四氧化三铁，所以溶液中就要既有二价铁，也有三价铁，加上之前加入的过量稀硫酸会电离出氢离子和硫酸根，C正确；.D．滤纸的孔径大于胶体微粒直径，所以不能通过过滤得到胶体，D错误；故选C。9.化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法不正确的是A.1molX最多能与4molNaOH反应 B.Y可与乙醇发生缩聚反应形成聚酯C.Z分子中含有4种含氧官能团 D.X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．有机物X中，酚羟基、酯基均可与氢氧化钠反应，1molX中含有2mol酚羟基、1mol酯基，1mol酯基水解后可形成1mol酚羟基和1mol羧基，则与足量NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH，故A正确；B.有机物Y中含有2个羧基，但乙醇分子中只含1个羟基，二者可以发生酯化反应，但不能发生缩聚反应形成聚酯，故B错误；C．由Z的结构简式可知，其分子中含有酚羟基、酯基、酰胺键和羧基4种含氧官能团，故C正确；D.由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，故D正确；答案选B。10.氯胺是一种饮用水二级消毒剂，一定温度下，恒容密闭容器中制备一氯胺的反应为NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)∆H=+12kJ·mol-1，下列说法正确的是A.该反应的∆S>0B.反应在高温、高压条件下均能提高反应速率和NH3的平衡转化率C.测得容器内气体密度保持不变，表明反应达到化学平衡状态D.E(N-H)＋E(Cl-Cl)＜E(N-Cl)＋E(H-Cl)(E表示键能)【答案】A【解析】【分析】【详解】A．△H-T△S<0的反应能自发进行，该反应的△H>0，因此该反应自发进行必须满足的条件是△S>0，故A正确；B．该反应属于吸热反应，升高温度时平衡向右移动，氨的平衡转化率增大，该反应气体分子总数不变，增大压强时平衡不移动，氨的平衡转化率不变，故B错误；C．该反应中各物质都是气体，反应进行中混合气体的总质量不变，又由于容器容积不变，容器内气体的密度是一个定值，与反应是否达到平衡状态无关，故C错误；D．该反应属于吸热反应，断裂反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键释放的能量，因此E(N-H)+E(Cl-Cl)>E(N-Cl)+E(H-C1)，故D错误；故选A。11.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操作和现象1向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1mol·L-1NaHS溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液充分混合3向0.1mol·L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生4向0.1mol·L-1NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀下列有关说法正确是A.0.1mol·L-1NaHS溶液中：c(S2-)>c(H2S)B.实验2所得溶液中：c(Na＋)=c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)C.实验3说明HS-不能被氯气氧化D.实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NaHS溶液中存在电离平衡HS-H++S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)<c(H2S)，A错误；B．实验2中0.1mol·L-1NaHS溶液和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，则所得溶液为Na2S溶液，存在物料守恒c(Na＋)=2[c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)]，B错误；C．氯气有强氧化性，HS-有较强还原性，二者能发生氧化还原反应，实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根，C错误；D．实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS，则静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS)，D正确；选D。12.利用CO2和CH4重整可以制作合成气(主要成分为CO、H2)，重整过程中部分反应的热化学方程式为：反应Ⅰ：CH4(g)=C(s)＋2H2(g)ΔH=＋75.0kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.0kJ·mol-1反应Ⅲ：CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(g)ΔH=-1310kJ·mol-1当按相同投料比发生反应，CO2和CH4的平衡转化率与反应温度的关系如图所示，下列说法正确的是A.反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=-15kJ·mol-1B.同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，可能是CO2发生了其他副反应C.降低温度，可以提高合成气中CO的物质的量D.选择活性更高的催化剂可以提高CH4的平衡转化率【答案】B【解析】【分析】【详解】A．反应Ⅰ：CH4(g)=C(s)＋2H2(g)ΔH=＋75.0kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.0kJ·mol-1反应Ⅲ：CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(g)ΔH=-131.0kJ·mol-1反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)可以是Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到，根据盖斯定律计算反应的焓变ΔH=+247kJ/mol，即反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=+247kJ/mol，A错误；B．由于起始时二氧化碳和甲烷的物质的量相等，反应时也是按照等物质的量反应，但同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，因此可能是CO2发生了其他副反应，B正确；C．正反应吸热，降低温度平衡逆向进行，可以降低合成气中CO的物质的量，C错误；D．催化剂不能改变平衡状态，因此选择活性更高的催化剂不能提高CH4的平衡转化率，D错误；答案选B。13.一定条件下Pd—MgO催化剂可以实现CO2“甲烷化”，其反应机理如下图所示，下列说法正确的是A.CO2和H2O的空间结构均为直线形B.MgO→MgOCO2转化过程中只有共价键的断裂与形成C.中间体MgOCO中碳元素的化合价为-2价D.“甲烷化”的总反应为CO2＋4H2CH4＋2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．二氧化碳分子C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，二氧化碳C原子采取sp杂化，为直线形，水分子中O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为V形结构，故A错误；B．MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，故B错误；C．反应过程中碳元素的化合价为-2价的中间体是MgOCH2，故C错误；D．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，则CO2和氢气是反应物，生成甲烷和水，反应的方程式为：CO2＋4H2CH4＋2H2O，故D正确；故选：D。二、非选择题：共4题，共61分14.锰的氧化物被广泛应用于电子行业、化学工业及环境保护等领域。一种以低品位菱锰矿(含MnCO3、FeCO3、Fe2O3、CaCO3、MgCO3、Al2O3、SiO2等)制备四氧化三锰(Mn3O4)和二氧化锰(MnO2)的过程如下：(1)酸浸：向粉碎后的菱锰矿中加入足量20%的硫酸，充分浸出后，过滤。所得滤液中Mn2＋的电子排布式为___________。(2)除铁、铝：向(1)所得滤液中加入合适的氧化剂将Fe2＋完全氧化为Fe3＋后，滴加NaOH溶液调节溶液pH在5~6之间，过滤。溶液的pH不能超过6的原因是___________。(3)除镁、钙：向(2)所得滤液中加入一定量NaF溶液，充分反应后过滤。①已知常温下：Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.4×10−9.则反应CaF2(s)＋Mg2＋(aq)MgF2(s)＋Ca2＋(aq)的平衡常数为K=___________。②除镁、钙时，溶液的pH过低会导致Ca2＋、Mg2＋沉淀不完全，原因是___________。(4)制Mn3O4：向(3)所得滤液加入氨水并鼓入空气充分搅拌，有棕褐色沉淀Mn3O4生成。该反应的离子方程式为___________。(5)制MnO2：另取等体积(3)所得滤液(pH在5~6之间)两份，向其中一份中加入双氧水，无明显现象；另一份先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入等量的双氧水，有黑色MnO2固体生成。产生上述不同现象的原因是___________(已知：H2O2的氧化性随pH的增大而减弱)。【答案】①.[Ar]3d5②.避免Al(OH)3溶解，减少锰元素的损失③.4.2×10−3④.pH过低时，H+浓度较大，会与F-反应生成HF，导致Ca2＋、Mg2＋沉淀不完全⑤.6Mn2＋＋12NH3·H2O＋O2=2Mn3O4↓＋12NH＋6H2O⑥.在碱性条件下，Mn2+或Mn(OH)2的还原性更强【解析】【分析】【详解】(1)Mn为第25号元素，失去两个电子，Mn2＋的电子排布式为[Ar]3d5。(2)Al(OH)3为两性氧化物，碱性过强Al(OH)3溶解，溶液的pH不能超过6的原因是：避免Al(OH)3溶解，减少锰元素的损失。(3)又Ksp(CaF2)=c(F-)2·Ksp(MgF2)=c(F-)2·所以。(4)向(3)所得滤液加入氨水并鼓入空气充分搅拌，有棕褐色沉淀Mn3O4生成，是Mn2＋被氧化成Mn3O4，该反应的离子方程式为：6Mn2＋＋12NH3·H2O＋O2=2Mn3O4↓＋12NH＋6H2O。(5)制MnO2：另取等体积(3)所得滤液(pH在5~6之间)两份，向其中一份中加入双氧水，无明显现象；另一份先加入NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入等量的双氧水，有黑色MnO2固体生成，产生上述不同现象的原因是：在碱性条件下，Mn2+或Mn(OH)2的还原性更强。15.有机物F为某药物合成中间体，其合成路线如下：(1)B→C反应过程中，温度太高会产生一种副产物X(分子式为C12H18O3)，X的结构简式为___________。(2)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。Ⅰ.分子中含有苯环，遇FeCl3溶液不显色；Ⅱ.酸性条件下水解得到的两种产物分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。(3)CH2(CN)2分子中碳原子轨道杂化类型是___________。(4)E分子中含有手性碳原子的数目为___________。(5)请设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)______。【答案】①.②.③.sp3、sp④.1⑤.【解析】【详解】(1)X为C12H18O3，不饱和度为4，4个不饱和度为苯环，说明酮基被还原为羟基，则X的结构式为(2)Ⅰ中有苯环，无酚羟基，Ⅱ水解产物有三种H原子，则为(3)单键sp3杂化、双键sp2杂化、三键sp杂化(4)手性碳为连有四个不同原子或基团(甲基、亚甲基、碳碳双键)，故手性碳有1(5)16.LiFePO4电极材料是动力型锂离子电池的理想正极材料(1)以LiOH、FeSO4、H3PO4和葡萄糖为原料，利用如图所示装置(固定装置已略去)制取LiFePO4/C电极的过程如下：步骤１：准确称量18.00gLiOH、38.00gFeSO4和75mLH3PO4溶液(含溶质24.50g)。步骤2：将LiOH置于三颈烧瓶中，加入煮沸过的蒸馏水，搅拌使其溶解。从分液漏斗中滴加H3PO4溶液，实验过程中不断通入氮气，直至H3PO4滴加完毕。步骤3：将FeSO4固体溶于蒸馏水中，迅速倒入三颈烧瓶中，快速搅拌，充分反应后，过滤并洗涤沉淀得LiFePO4固体。步骤4：将LiFePO4与一定量葡萄糖混合，惰性气氛下加热，得到LiFePO4/C。①步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是___________，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有___________。②步骤3发生反应的化学方程式为___________。(2)已知：Li2CO3微溶于水；LiFePO4、FePO4难溶于水和碱，可溶于盐酸生成LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；pH>3.2时，Fe3＋沉淀完全。完善由某废旧电极材料(含铝、炭、LiFePO4和FePO4)制取Li2CO3的实验方案：边搅拌边向废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡，过滤，___________，过滤、洗涤，低温干燥得Li2CO3固体。(实验中须使用的试剂有：双氧水、盐酸、NaOH溶液、Na2CO3溶液)(3)磷精铁渣(FexP)可作为制取LiFePO4的原料。一种测定FexP组成的实验方法如下：准确称取1.840g磷精铁渣于烧杯中，加入过量硝酸和硫酸的混合溶液，加热，使磷铁渣充分溶解。过滤，将滤液配成100mL溶液A．取20.00mL溶液A，加入100mL0.06000mol·L−1EDTA标准溶液，加入氨水调节pH约为2，加热使之充分反应。冷却，加入指示剂，用0.05000mol·L−1Bi3+标准溶液滴定过量的EDTA，消耗Bi3+标准溶液24.00mL。通过计算确定FexP的化学式(写出计算过程)____。已知：EDTA与Fe3＋和Bi3+反应的化学计量数之比均为1∶1。【答案】①.排除装置中的氧气，防止Fe2＋被氧化②.加入煮沸过的蒸馏水③.Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4④.向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无沉淀生成⑤.Fe1.5P【解析】【分析】【详解】(1)①FeSO4易被氧气氧化，步骤2向三颈烧瓶中通入N2的目的是排除装置中的氧气，防止Fe2＋被氧化，该步骤中为达到相同目的采取的措施还有加入煮沸过的蒸馏水。②步骤3中Li3PO4与FeSO4发生反应生成LiFePO4和Li2SO4，化学方程式为Li3PO4＋FeSO4=LiFePO4＋Li2SO4；(2)向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤除去炭；得到的滤液中含有LiCl、FeCl2、FeCl3和H3PO4；向滤液中加入过量的双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去氢氧化铁；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量Li2CO3沉淀，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无Li2CO3沉淀生成，说明Li+沉淀完全。(3)n(EDTA)=0.06000mol·L-1×100×10-3L=6.000×10-3mol；n(Bi3+)=0.05000mol·L-1×24×10-3L=1.200×10-3mol；取20.00mL溶液A中n(Fe3+)=6.000×10-3mol-1.200×10-3mol=4.800×10-3mol；1.840g磷精铁渣中n(Fe3+)总=4.800×10-3mol×=0.02400mol；m(Fe)=0.02400mol×56g/mol=1.344g；m(P)=1.840g-1.344g=0.4960g；n(P)=0.496g÷31g/mol=0.01600mol；n(Fe3+)∶n(P)=3∶2；化学式为Fe1.5P。17.含NO烟气需要处理后才能排放。(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。①该反应的离子方程式为___________。②向NaClO2溶液中加入Fe3＋，会发生反应：Fe3＋＋ClO=Fe2＋＋ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因