安徽省合肥市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

这是一份安徽省合肥市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题，共28页。试卷主要包含了填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

安徽省合肥市2021届-2023届高考化学三年模拟（一模）按题型分类汇编-02非选择题

一、填空题
1．（2021·安徽合肥·统考一模）钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是____。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式______。
ClO+ VO2++ = Cl-+ VO+
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是____。
(4)在20.00 mL 0.1 mol.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 ___。
a.VO2+    b.   c. V2+    d.V
2．（2021·安徽合肥·统考一模）乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志。回答下列问题：
(1)实验室可用乙醇与浓硫酸共热制取乙烯，乙醇所含官能团的名称为_______。
(2)乙醇制乙烯过程中会产生和等杂质。
①检验产物中的方法是_______，的电子式为_______。
②也能使酸性溶液褪色，写出反应的离子方程式_______。
③和均能与溶液反应，写出与溶液反应的化学方程式_______。(已知常温下，，，)
(3)一种由乙烯制备聚丙烯酸甲酯的合成路线如图：

①的反应类型是_______。
②D的结构简式为_______，与E具有相同官能团的同分异构体还有_______种。
③出由E合成聚丙烯酸甲酯的化学方程式_______。
3．（2023·安徽合肥·统考一模）PtRu@Pd纳米核壳材料是氢能源燃料电池的重要催化剂。某研究团队提出一种可重复制备该催化剂的方案，步骤如下：
步骤一、在95℃下，将溶液加入一定量十六烷基三甲基溴化铵()水溶液中。
步骤二、向混合溶液中逐渐加入一定量的碱性水溶液，持续搅拌30分钟，离心分离，多次洗涤，得到Pd纳米颗粒。
步骤三、将所得Pd纳米颗粒分散在超纯水中，添加后搅拌。加入特定组成的PtRu前体，再加入的碱性水溶液，80℃下搅拌3小时，离心洗涤后得到PtRu@Pd纳米核壳材料(如图a)。
已知：十六烷基三甲基溴化铵()是一种表面活性剂，其工作原理如图b所示：

回答下列问题：
(1)配制溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______。
(2)的电子式为_______；配平并完成与反应制备纳米Pd的离子方程式：_______。其中可用以下_______代替(填标号)。
A．亚硫酸钾    B．氯水    C．硝酸    D．维生素C
(3)步骤二中多次洗涤的目的是为了得到纯净的Pd纳米颗粒，检验其洗净的方法是_______。
(4)步骤三中保持温度为80℃的方法是_______。
(5)在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵()的作用是_______。

二、有机推断题
4．（2021·安徽合肥·统考一模）对氨基苯甲酸乙酯是临床常用的—种手术用药。以有机物A (C7H8)为起始原料的合成路线如下：

完成下列填空：
(1)A的名称是____，C官能团的名称是___________
(2)写出第③步反应的化学方程式_______________
(3)下列说法正确的是____。
a．对氨基苯甲酸乙酯的分子式为C9H11O2N
b．B苯环上的一氯代物共有3种
c．①、②反应类型相同，③、④反应类型相同
5．（2023·安徽合肥·统考一模）苯甲醇可用作局部止痛注射剂，在有机药物合成中应用广泛，其用于合成某药物中间体D并得到F的流程如下：

已知：
请回答下列问题：
(1)A中碳原子的杂化方式为_______，下列处于激发态氧原子的价电子轨道表达式为_______(填标号)。
A． B． C．      D．
(2)写出由A生成B反应的化学方程式_______。
(3)C中含氧官能团的名称为_______，D的结构简式是_______，由E生成F的反应类型为_______。
(4)G是A的同系物，且比A多一个碳原子，则G的结构有_______种(不含立体异构)。
(5)碳不仅是组成有机物的重要元素，在超分子领域也发挥着重要作用。由Mo将2个分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：

①Cr与Mo同族，Cr基态原子的外围电子排布式是_______，核外未成对电子数有_______个。
②该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有_______(填标号)。
A．氢键    B．σ键    C．π键    D．离子键
③与金刚石均为碳的单质，从结构与性质之间的关系解释的熔点远低于金刚石的原因是_______。

三、实验题
6．（2021·安徽合肥·统考一模）亚硝酸钠(NaNO2)是重要的防腐剂。
I.实验室制备亚硝酸钠
某化学兴趣小组设计如下实验装置(略去夹持仪器)制各亚硝酸钠。
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2，②酸性条件下，NO、NO2或都能与反应生成和Mn2+。
回答下列问题：

(l)装置C的名称是____，试剂X的名称是____。
(2)为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→( )→( )→( )→( )→D(装置可重复使用)。
(3)加入浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2，目的是 ____。
(4)D中主要反应的离子方程式为________。
Ⅱ，市售亚硝酸钠含量测定
(5)已知市售亚硝酸钠主要成分是NaNO2(含NaNO3、水等杂质)，可以采用KMnO4测定含量(其中杂质不跟酸性KMnO4溶液反应)。称取5.0 g市售亚硝酸钠样品溶于水配制成250 mL的样品溶液。取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用稀硫酸酸化后，再用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL。判断滴定终点的现象是____，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是____。
7．（2021·安徽合肥·统考一模）钙钛矿是一类陶瓷卤化物，通式为，在高温催化及光催化方面应用前景广泛。实验室制备一种钙钛矿型复合物的方法为：
实验用品：氯化锌、溴化铅、碳酸铯、十八烯、油酸、油胺。
实验步骤：
①将适量、、十八烯加入仪器A中，抽气后通入，重复3次；
②将混合物升温至进行干燥，注入一定量油酸、油胺，待溶液澄清透明后升温到，迅速注入铯前体，5s后停止反应：
③将步骤②中所得混合物与乙酸甲酯按一定比例混合后离心，分离出沉淀；
④将步骤③中所得沉淀溶解在正己烷中，加入乙酸甲酯离心，再次分离出沉淀，所得沉淀溶解在正庚烷中，离心除去剩余固体，上层清液即为纳米晶体的分散系。
回答下列问题：

(1)仪器A的名称是_______，仪器B的进水口是_______(用“a”或者“b”表示)。
(2)通入氮气的目的是_______。
(3)铯前体是由碳酸铯与油酸加热时反应得到的产物，反应的化学方程式是_______。
(4)步骤③中乙酸甲酯的作用是_______。
(5)可通过检验氯离子来证明步骤④剩余固体中含有未反应完的，检验氯离子的方法是_______。
(6)可用电感耦合等离了体质谱来确定产品中各元素的含量。取0.5g产品溶于稀硝酸、测得锌、铅，则x的值是_______。(保留小数点后2位)

四、工业流程题
8．（2021·安徽合肥·统考一模）利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下。

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
(l)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有____(写出一种合理方法即可)。
(2)沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、____，“浸出液”调节pH的范围为____，调节pH选用的试剂可以是____  (选填序号)。
a铁    b氨水    c碳酸钠溶液    d．稀硫酸
(3)“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为____。
(4)向Co(OH)3中加入H2SO4.H2O2混合液，H2O2的作用是____。
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为85为宜，此时c(Co2+)小于__mol/L；为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，写出该反应的离子方程式____。(已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-l5)
(6)由“母液4”获取NiSO4．7H2O的操作是____，____，过滤，洗涤。
9．（2021·安徽合肥·统考一模）铍在军工、航天、陶瓷、玻璃制造等行业应用广泛。一种以绿柱石(主要含有、、、和等)为原料制取单质被的工艺流程如图所示：

已知：铍和铝的化学性质相似，熔融时较难电离，在时会溶解。
回答下列问题：
(1)加快“酸浸”速率可采取的方法是_______(写出一种方法)，滤渣的主要成分是_______。
(2)“除铝”过程中，经过加热浓缩、冷却结晶，可除去部分铁铝，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，写出生成铝铵矾的化学方程式_______。
(3)“除铁”时加入的作用是_______。
(4)常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，列式计算说明此时溶液中的是否沉淀完全：_______(已知：常温下当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。)
(5)若在“沉铍”时加入过量的溶液，测铍的存在形式是_______(填离子符号)。
(6)写出加热条件下“氯化”反应的化学方程式_______。
(7)“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是_______。
10．（2023·安徽合肥·统考一模）一种由铜阳极泥(主要成分有Se、、等，还含有少量的Au、Pt等贵金属)提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如下图所示。

已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
金属离子


开始沉淀的pH
4.0
8.1
恰好沉淀完全的pH
6.7
10.1
回答下列问题：
(1)为了提高“浸出”效果，可采取的措施有_______(写出一种合理措施)；浸出渣的主要成分是_______。
(2)工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是_______。
(3)铜阳极泥中的硒元素主要以形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式_______。
(4)“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是_______。
(5)加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是_______。
(6)已知：常温下，  ，  。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数K=_______。
(7)“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原得到Ag，反应后所得滤液3可进入_______操作中循环利用(填流程中操作名称)。

五、原理综合题
11．（2021·安徽合肥·统考一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：
(1)碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2，若所得溶液中c()∶c()=2∶1，则溶液pH=_______。(室温下，H2CO3的K1=4×l0-7；K2=5×10-11)。
(2)催化转化。以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下，答下列问题：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ/mol
Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
①ΔH3=____kJ/mol。
②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，这段时间内以H2O(g)表示的化学反应速率为______________mol∙L-1∙min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)。
③不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如下图所示。

其中纵坐标表示CH3OH的平衡产率的是____(填“X”或“Y”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为____；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是____。
④为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为____(填标号)。
A．低温、低压    B．高温、高压    C．低温、高压    D．高温、低压
(3)电解转化。电解CO2制得甲酸盐(HCOO-)的原理示意图如下。

①写出阴极的电极反应式____
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是____
12．（2021·安徽合肥·统考一模）资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
Ⅰ. 与催化重整制合成气是研究热点之一、发生的主要反应有：
反应①：
反应②：
(1)有关化学键键能数据如表：
化学键

H-O
C=O

键能/
436
463
803
1076
则反应②的反应热_______。
(2)对于上述反位体系，下列说法错误的是_______。
A．增大的浓度，反应①②的正反应速率均增加
B．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态
C．加入催化剂，可提高的平衡转化率
(3)恒压下进行与催化重整实验。初始压强为，起始投料，和的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。

①曲线_______(填“A”或“B”)表示的平衡转化率。
②800K，反应至转化率达到X点时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。若要使的转化率由X点达到Y点，改变的外界条件可以是_______(答一条即可)。
③800K，反应①的分压平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.利用电化学装置可实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。

(4)阴极的电极反应式为_______。
13．（2023·安徽合肥·统考一模）空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
(1)一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是_______；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是_______(填化学式)。

(2)一定条件下，和还可发生如下两个平行反应：
i.  
ii.  
①已知相关键能数据如下表：
化学键




键能/
436
464
803
1072
则反应i的_______。
②为了提高的产率，理论上应采用的措施是_______(填标号)。
A．低温低压    B．高温低压    C．高温高压    D．低温高压
③保持温度，压强，按投料比向密闭容器中充入和，反应相同时间测得不同催化剂下转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性：转化的中生成的百分比)。
催化剂
转化率
选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体压强不再变化        B．气体平均相对分子质量不再变化
C．和的物质的量之比为    D．和的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数_______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度_______(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是_______。


参考答案：
1． c
【详解】(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为：。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与发生氧化还原反应，生成和Cl-，氯元素化合价由+5降低为−1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl−，离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是。
(4)在20.00 mL 0.1 mol.L-1溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则与锌的物质的量之比为2:3，，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+，答案为c。
2．(1)羟基
(2) 将气体通入品红溶液，溶液褪色
(3) 氧化反应 4 nCH2=CHCOOCH3

【解析】（1）
乙醇的结构简式为CH3CH2OH，所含官能团的名称为羟基；
（2）
①具有漂白性，检验产物中的方法是将气体通入品红溶液，溶液褪色，为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳正确的电子式为：；
②也能使酸性溶液褪色，反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应的离子方程式为；
③和均能与溶液反应，已知常温下，，，，HClO的酸性强于，与溶液反应的化学方程式为；
（3）
①是丙烯发生氧化反应生成丙烯醛，反应类型是氧化反应；
②D与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸甲酯和水，则D为丙烯酸，其结构简式为，E为，与E具有相同官能团的同分异构体的还有HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2、CH3COOCH=CH2共4种；
③由E合成聚丙烯酸甲酯的化学方程式为nCH2=CHCOOCH3。
3．(1)100mL容量瓶、胶头滴管
(2) AD
(3)取适量洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
(4)水浴加热
(5)为限制金属颗粒增长，防止金属颗粒过大

【详解】（1）配制溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）N2H4中氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键，电子式为：；反应中N元素由-2价变为0价，Pd由+2价变为0价，结合得失电子守恒，配平为，其中化合价升高为还原剂，则可用亚硫酸钾、维生素C代替；
（3）Pd纳米颗粒制备过程生成氯离子，检验其洗净的方法是取适量洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
（4）步骤三中保持温度为80℃的方法是水浴加热；
（5）在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵()的作用是为限制金属颗粒增长，防止金属颗粒过大。
4． 甲苯 硝基、酯基 a
【分析】由流程知，A→B为硝化反应，苯环上引入硝基，则A (C7H8)为甲苯，硝基处于甲基的对位，则反应②为甲苯上甲基被氧化为羧基的反应，反应④为还原反应，是硝基转变为氨基的反应，则反应③是羧基的酯化反应，与乙醇在浓硫酸、加热下的酯化反应，据此回答；
【详解】(1)据分析，A的名称是甲苯，C官能团的名称是硝基、酯基。
(2)写出③步反应为反应③是对硝基苯甲酸的酯化反应，与乙醇在浓硫酸、加热下的酯化反应，化学方程式：。
(3) a．由结构简式可知：对氨基苯甲酸乙酯的分子式为C9H11O2N，a正确；
b．B苯环上有2种氢原子，故苯环上的一氯代物共有2种，b错误；
c．①为取代反应、②为氧化反应，反应类型不相同，③为酯化反应从属于取代反应、④为还原反应，反应类型不相同，c错误；
则说法正确的是a。
5．(1) sp2、sp3 D
(2)
(3) 羧基 酯化反应或者取代反应
(4)5
(5) 3d54s1 6 BC 属于分子晶体，金刚石为共价晶体，分子晶体间的作用力是范德华力，共价晶体间的作用力为共价键，共价键的键能远远强于分子间作用力，故的熔点远低于金刚石

【分析】由A生成B是醇的催化氧化生成醛的反应，故B为，根据信息可知C在一定条件下生成D，D加聚反应生成E，根据E回推可知D的结构式为，由E生成F发生酯化反应；
【详解】（1）A中苯环中的碳原子的杂化方式为sp2，侧链中C原子为sp3杂化；O原子的价电子为2s22p4，A．属于O原子的基态价电子轨道表达式，故A不符合题意；
B．为O原子的基态价电子轨道表达式，故B不符合题意；
C．为O-离子的基态价电子轨道表达式，，故C不符合题意；
D．2s上1个电子吸收能量跃迁到2p上，属于O原子的激发态价电子轨道表达式，故D符合题意；
故答案为D。
（2）由A生成B是醇的催化氧化生成醛的反应，反应的化学方程式为 ；
（3）根据结构简式可知C中含氧官能团的名称为羧基；D加聚反应生成E，根据E回推可知D的结构式为；根据流程可知由E生成F发生酯化反应，故反应类型为酯化反应或者取代反应；
（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，都属于醇类，故G的分子式为C8H10O，则G的结构有甲基在邻间对，3种， ，共5种；
（5）①Cr与Mo同族，Cr基态原子的外围电子排布式是3d54s1，核外未成对电子数有6个；
②该超分子中除配位键外还存在共价键σ键，有双键，即存在π键，该超分子不是离子化合物，不存在离子键，故答案为BC；
③与金刚石均为碳的单质，属于分子晶体，金刚石为共价晶体，分子晶体间的作用力是范德华力，共价晶体间的作用力为共价键，共价键的键能远远强于分子间作用力，故的熔点远低于金刚石；
6． (球形)干燥管 蒸馏水或水 E C B C 排出装置中的空气，防止NO被氧化为NO2 当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化 96.6%
【分析】已知2NO+Na2O2=2NaNO2，可见B为合成NaNO2的装置，由于过氧化钠能和水反应，故B应该是干燥环境，B需连接C装置，A中铜和浓硝酸反应生成NO2，经过E装置，和水反应生成NO，经干燥后进入B装置，氮氧化物有毒，因此用装置D、氮氧化物和高锰酸钾反应进行尾气处理；
【详解】I．(l)由图知，装置C为(球形)干燥管，试剂X的名称是水。
(2)据分析，为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→E→C→B→C→D。
(3)利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，故要防止NO被氧化为NO2，因此加浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2，以排净空气，防止NO被氧化为NO2。
(4)已知，酸性条件下，NO、NO2或都能与反应生成和Mn2+。D中NO被酸性高锰酸钾氧化了为硝酸根离子，N元素化合价从+2升到+5，高锰酸钾中锰元素化合价从+7降低到+2，按得失电子守恒、元素质量守恒得主要反应的离子方程式为。
Ⅱ(5)硫酸参与下，高锰酸钾和亚硝酸钠溶液反应的化学方程式为：，由此：滴定终点的现象是当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化；25.00mL样品溶液用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL，则有：，则，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是=96.6%。
7．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三颈瓶) b
(2)排除氧气防止反应物被氧化
(3)
(4)溶解并除去未反应完的油酸、油胺、十八烯
(5)取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀
(6)0.22

【解析】(1)
仪器A的名称为三颈烧瓶，仪器B为直型冷凝管，冷凝水应下口进上口出，因此进水口为b。
(2)
通入氮气是为了将容器内的空气排净，防止反应物被氧化。
(3)
碳酸铯为碳酸盐，油酸能电离出氢离子，两者反应生成铯前体的化学方程式为：。
(4)
乙酸甲酯的作用是将未反应完的油酸、油胺、十八烯溶解并除去。
(5)
检验氯离子的方法为：取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明剩余固体中含有未反应完的氯化锌。
(6)
化学式中锌原子和铅原子个数比，7x=2-2x，9x=2，x≈0.22。
8． 适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末 Al(OH)3 5.2⩽pH<7.6 bc 作还原剂 2×10-4 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀，用于生产醋酸钴晶体，过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤，在硫酸参与下，得到NiSO4用于生成NiSO4⋅7H2O，以此解答该题。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)；
(2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、Al3+，故沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；为了保证Fe3+、Al3+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为5.2⩽pH<7.6；调节pH时不能加入铁，因为铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故答案为bc；
(3)由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是氧化Co2+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为： ；
(4)由流程图可知，向Co(OH)3中加入H2SO4、H2O2混合液后，溶液中生成了Co2+，反应中Co元素化合价降低，由此可知，H2O2的作用是作还原剂；
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时溶液中，；则c(Co2+)应小于2×10-4mol/L，由于，用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，则促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式；
(6)NiSO47H2O是结晶水合物，则由“母液4”获取NiSO47H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。
9．(1) 粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)将氧化为
(4)是时，
(5)
(6)
(7)增强熔融盐的导电性

【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤，滤渣为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，滤液中加入(NH4)2SO4有铝铵矾[(NH4)Al(SO4)2•12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的，再向滤液中加入氨水，得到Be(OH)2，高温分解得到BeO，加入木炭、氯气氯化，“电解”熔融，制取。
【详解】（1）加快“酸浸”速率可采取的方法是粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等(写出一种方法)，滤渣的主要成分是。故答案为：粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等；；
（2）“除铝”过程中，向含Al3+的滤液中加入(NH4)2SO4，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，生成铝铵矾的化学方程式。故答案为：；
（3）“除铁”过程要求先氧化Fe2+，再调节溶液pH≥3，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”时加入的作用是将氧化为。故答案为：将氧化为；
（4）常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，此时溶液中的沉淀完全：时，，故答案为：是，时，；
（5）若在“沉铍”时加入过量的溶液，Be(OH)2会溶于NaOH生成Na2BeO2，测铍的存在形式是(填离子符号)。故答案为：；
（6）加热条件下“氯化”反应的化学方程式。故答案为：；
（7）氯化铍在融熔态时较难电离，“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是增强熔融盐的导电性。故答案为：增强熔融盐的导电性。
10．(1) 适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等(写出一种合理措施) Au、Pt等贵金属
(2)产生二氧化硫，污染空气
(3)
(4)使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化
(5)
(6)
(7)溶浸

【分析】铜阳极泥加入稀硫酸、二氧化锰后，根据流程后面的信息可知，Au、Pt不溶解，故浸出渣为Au、Pt等不活泼金属，滤液中有银离子、铜离子和，滤液中加入氯化钠使银离子生成氯化银的沉淀，除去银离子，过滤后滤液1中加入亚硫酸钠溶液，还原为单质Se，过滤后滤液中加入氢氧化钠得到氢氧化铜沉淀，氢氧化铜逐渐转变为铜单质，含有氯化银的滤渣中加入硫代硫酸钠溶液，还原得到银单质，据此分析。
【详解】（1）为了提高“浸出”效果，需要加快反应速率，故可采取的措施有：适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等；根据上述分析可知，浸出渣的主要成分是Au、Pt等贵金属；
（2）铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，污染空气；答案为：产生二氧化硫，污染空气；
（3）Se单质被二氧化锰氧化为，二氧化锰中锰元素化合价有+4变为+2，生成，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；
（4）根据已知硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化，故采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化；
（5）根据表格数据，为了使铜离子完全沉淀而不让沉淀，故调节溶液pH的范围是；
（6）根据已知得表达式： ，，“溶浸”时发生反应的离子方程式为：，常温下，该反应的平衡常数：；答案为：；
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠，故所得滤液3可进入溶浸操作中循环利用；答案为：溶浸。
11． 10 +40.9 X p1＞p2＞p3 温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响 C CO2+H++2e-=HCOO-或CO2++2e-=HCOO-+ 阳极产生氧气，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区
【详解】(1)H2CO3是二元弱酸，存在两步电离，H2CO3⇌H++，⇌H++，c()∶c()=2∶1，K2=5×10-11=，c(H+)=5×10-11mol/L=5×10-11×2mol/L=10-10mol/L，故pH=10；
(2)①Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ/mol
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得到：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3=-49.5kJ/mol-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol；
②根据碳原子守恒，n平衡(CO2)=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，氧原子守恒有平衡时n(H2O)=2[n(CO2)-n平衡(CO2)]-n(CH3OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]-a-b=(a+b)mol，v(H2O)==；
③反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图Y可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)，只与温度有关，所以图Y对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图X表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线；
温度一定时，增大压强，反应I、Ⅱ的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；
温度高于T1时，Y几乎相等的原因是温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；
④该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故C符合题意；
(3)①CO2在阴极区得电子，化合价降低，与氢离子或结合生成HCOO-，阴极的电极反应式为CO2+H++2e-=HCOO-或CO2++2e-=HCOO-+；
②阳极水失电子产生氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，pH减小，H+和反应生成水和二氧化碳，浓度降低，K+部分迁移至阴极区，电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。
12．(1)+40.0
(2)BC
(3) A > 增大的浓度或分离出产物等均可
(4)

【解析】（1）
反应②的反应热反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+436-1076-2×463=+40.0；
（2）
A．增大的浓度，反应物的浓度增大，则反应①②的正反应速率均增加，A正确；
B．恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．加入催化剂，化学平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
故选：BC；
（3）
①参与了2个反应，而只参与1个反应，相同情况下消耗更多，平衡转化率更大，曲线A表示的平衡转化率；
②曲线B表示的平衡转化率，800K，反应至转化率达到X点时小于平衡转化率，反应向正反应方向进行，则v(正)> v(逆)；若要使的转化率由X点达到Y点，即使反应达到平衡，改变的外界条件可以是增大的浓度或分离出产物等均可；
③800K，的平衡转化率为40%，转化的物质的量10 mol×40%=4mol，的平衡转化率为20%，转化的物质的量10 mol×20%=2mol，列三段式：反应①：，反应②：，在恒温恒压下，反应①的分压平衡常数；
（4）
由原理图可知，A电极上CO2→CO，C元素化合价降低、发生还原反应，则A电极为阴极，B电极为阳极，阴极反应式为。
13．(1) CO2、CH4
(2) D B
(3)3.70
(4) < 依据图像数据得知B和D的化学平衡常数分别为K(B)=2.25、K(D)=3，又i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大

【详解】（1）由图可知，总反应为氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，故选D；
③A．上述反应在恒压体系中进行，所以气体压强始终保持不变，则气体压强不再变化，说明反应达到平衡，A不符合题意；        
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B符合题意；
C．和的物质的量之比为，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；    
D．和的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不符合题意；
故选B；
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数；
（4）B进气比=1:1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度。