安徽省淮北市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

这是一份安徽省淮北市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23页。试卷主要包含了填空题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

安徽省淮北市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·安徽淮北·统考一模）矾是一类含硫化合物，在生活和生产中有着重要应用。
(1)蓝矾(CuSO4•5H2O)属于的物质类别有___(填序号)。
a.混合物         b.电解质        c.氧化物       d.离子化合物
(2)绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显__性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式___，绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为___(填化学式)。
(3)黄矾[FexSyO9•zH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6。y=2时，x=__，采用热重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉2个结晶水，失重7.2%，黄矾的化学式为___。
2．（2022·安徽淮北·统考一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸     b.稀硫酸    c.氢碘酸     d.磷酸
3．（2023·安徽淮北·统考一模）钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式




颜色
蓝色
蓝紫色
紫红色
粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成__________，硅胶中添加的作用__________。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的__________7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是__________。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／
150～210
290～320
固体质量/g
8.82
4.82
ⅰ．温度在范围内，固体物质为__________(填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是__________。

二、实验题
4．（2021·安徽淮北·统考一模）正丁醚，无色透明液体，是一种性能优良的有机萃取剂。用正丁醇制备正丁醚的反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O。副反应：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O
反应物和产物的相关数据如表：
化合物
状态
密度(g•mL-1)
沸点(℃)
溶解性
正丁醇
无色液体
0.80
118.0
微溶于水，可以与50%硫酸混溶
正丁醚
无色液体
0.76
142.0
不溶于水
浓硫酸
无色液体
1.84
340.0
与水互溶
丁烯
有毒气体
0.0025
-6.9
不溶于水
实验步骤如图：

(1)加热回流装置如图所示(夹持装置已略去)。在100mL二颈瓶中加入2.0mL浓硫酸和20.0mL正丁醇，加入顺序是___，分水器中加水至接近支管，安装好冷凝回流装置，用电热套给二颈瓶加热，随着冷凝回流到分水器中的液体增加，上层有机液体从右侧支管自动流回二颈瓶(如果分水器中的水层接近了支管时可打开底端旋塞放掉一部分，防止水流回二颈瓶)。实验中一般不用酒精灯加热的原因是___，回流时使用分水器的好处是___。

(2)洗涤过程中，先用50%硫酸洗涤，洗去的杂质主要是___。证明有机层水洗呈中性的操作是___。
(3)将干燥后的产物小心注入圆底烧瓶中，装上蒸馏头，蒸馏并收集到139～142℃馏分共5.0mL，实验后所得正丁醚的产率为___%。(计算结果保留一位小数)
(4)实验过程中，下列仪器还能用到的有___(填名称)。

5．（2022·安徽淮北·统考一模）新冠肺炎疫情期间使用了大量的消毒剂，其中亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂，某研究性学习小组利用如图装置制备亚氯酸钠。

回答下列问题：
(1)A仪器的名称是______，实验过程中始终缓缓通入空气的原因是______。
(2)C装置为NaClO2的发生装置，C中的化学反应方程式为______。
(3)C中水浴温度的变化对亚氯酸钠含量的影响如图所示。回答下列问题：

温度低于11℃时，随着水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能的原因如下：
①______促进了过氧化氢的分解。
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种是NaClO3，该离子方程式为______。
(4)测定产品中NaClO2的纯度。取样品8.0g配制成100mL溶液，从中取出10.00mL加入锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，再滴加几滴淀粉溶液，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①滴定终点的现象为______。
②三次滴定数据记录如下：
滴定次数
待测液体(mL)
标准液读数(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.50
20.52
第二次
10.00
1.00
20.98
第三次
10.00
1.50
23.60
该样品中亚氯酸钠的纯度为______(结果保留3位有效数字)。

三、工业流程题
6．（2021·安徽淮北·统考一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：

请回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。
(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。
(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：
浸出体系对钯浸出率的影响
废催化剂质量(g)
浸出体系
现象
钯浸出率(%)
10.02
HCl+HNO3
反应剧烈、有黄烟
98.45
10.01
HCl+H2O2
反应剧烈
98.48
10.12
HCl+NaClO3
反应平稳
98.73
选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。
(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：

由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
7．（2022·安徽淮北·统考一模）三氧化钼(MoO3)和五氧化二钒(V2O5)是石油炼制中的重要催化剂，可利用炼油废催化剂(主要成分为V2O5、V2O4、MoO3，还有少量的Al2O3、Fe2O3、有机物等)来制备。工艺流程图如图：

已知：溶液中五价钒的存在形态如图所示：

(1)“焙烧”的目的是______。
(2)滤渣的主要成分是______。
(3)向滤液①中加H2O2的作用是______(用离子方程式表示)；有人提出用HNO3代替H2O2和盐酸，你认为是否合理，理由是______。
(4)除了调控滤液①pH为8外，还需要控制溶液中钒的总浓度不超过______mol•L-1；通过计算说明此时铝元素有无完全沉淀______。(已知：Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-    K=100.63；溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全)
(5)NH4VO3受热分解的化学方程式为______。
8．（2023·安徽淮北·统考一模）青蒿素是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为，温度超过完全失去药效(已知：乙醚沸点为)。从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如下：

索氏提取装置如图所示．实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取。回答下列问题：

(1)装置a的名称为__________。
(2)索氏提取的青蒿素位于__________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是__________。
(3)提取液蒸馏过程中选用下列哪种装置更好__________(填字母)，原因是__________。

(4)粗品提纯的过程可能是__________(填字母)。
a．加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶
b．加70%的乙醇溶解、水浴加热、冷却结晶、过滤
c．加入乙醚进行萃取分液
(5)青蒿素()中含有过氧键，与碘化钠反应生成碘单质。为测定产品中青蒿素的纯度，取样品配制成溶液，取加入锥形瓶中，再加入足量的溶液和几滴淀粉溶液，用标准液滴定。(已知：，M(青蒿素))
①滴定终点的现象为__________；
②三次滴定数据记录如下：
滴定次数
待测液体()
标准液读数()
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
1.50
41.52
第二次
25.00
3.00
42.98
第三次
25.00
4.50
41.60
青蒿素的纯度为__________。
9．（2023·安徽淮北·统考一模）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键     b．极性共价键     c．非极性共价键     d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。


四、原理综合题
10．（2021·安徽淮北·统考一模）甲醇是目前人类认知最为安全、高效、清洁的替代燃料，可用如下方法制备：碳的氧化物和氢气合成法，其主要反应包括：
Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=—90.8kJ•mol—1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=—49.0kJ•mol—1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3
(1)在恒温的合成塔中发生上述反应，达到平衡时合成塔出口处总压强为5.0MPa，各组分的体积分数如表所示：
CO
CO2
H2
CH3OH
其他
10.0%
5.0%
50.0%
2.5%
32.5%
①反应Ⅲ的焓变△H3=___。
②此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=___(MPa)—2。
(2)反应Ⅰ是合成甲醇的主要反应，在二氧化碳存在时，单位体积催化剂上生成甲醇的速率如图：

①加入二氧化碳对甲醇反应速率的影响是___。
②在无二氧化碳的体系中加入适量氧气也可以起到和二氧化碳相似的作用，原因是___。
(3)一氧化碳与氢气的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

①该反应历程中控速步骤的能垒为___eV。
②写出虚线框内发生的化学反应方程式___。
11．（2022·安徽淮北·统考一模）我国力争于2060年前实现碳中和。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，研发二氧化碳的利用技术，对于改善环境，实现绿色发展至关重要。
(1)CO2和C2H6反应制备C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+136kJ•mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
相关的几种化学键键能如表所示：
化学键
C=O
H—H
C≡O
H—O
键能/(kJ•mol-1)
803
436
1072
464.5
则反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)的△H3=______kJ•mol-1。
(2)T℃时在2L密闭容器中通入2molC2H6和2molCO2混合气体，发生反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，初始压强为mPa，反应进行到100min时达到平衡，平衡时的体积分数为20%。0到100min内C2H6的平均反应速率为______Pa/min，则该温度下的平衡常数Kp=______(分压=总压×物质的量分数)。
(3)乙烷热裂解制乙烯的主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，还存在副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)。向乙烷热裂解制乙烯体系中加入10g的催化剂，在不同温度下，催化剂固体质量变化对催化效率的影响如图所示。


①对于主反应，图中M和N两点的化学平衡常数大小：KM ______KN(填“>”、“<”或“=”)。
②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是______。
③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是______。
12．（2023·安徽淮北·统考一模）化石燃料燃烧排放的氮氧化物()需要加以处理，以氨气为还原剂的(选择性催化还原)技术主要是通过向烟道内喷入还原剂，然后在催化剂的作用下将烟气中的，还原成清洁的和。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① (标准反应)
②(慢速反应)
③(快速反应)
④(副反应)
计算反应③的__________。
(2)下列关于反应②和反应③反应过程能量变化示意图正确的是__________。

(3)若烟气中水含量过高会对反应产生影响：ⅰ．从平衡角度分析水含量高的影响：__________；ⅱ．相同时间内水对反应①和反应③的影响如图所示。水的存在__________(选填“加快”“减慢”)了反应，可能的原因是：__________。

(4)在温度、压强条件下的恒容容器中模拟实验，原料气、、比例为1∶1∶2，主要发生反应③，平衡时压强为，脱氮率为__________，平衡常数__________(保留三位有效数字)。()

参考答案：
1． bd 酸 H2SO4、Fe 2 Fe2S2O9•10H2O
【详解】(1)CuSO4•5H2O属于盐，为电解质、属于离子化合物，故答案：bd；
(2) FeSO4•7H2O溶于水产生Fe2+，， 故其溶于水后显酸性，久置后溶液显酸性，。绿矾水溶液保存时防变质可加入H2SO4防水解、Fe防氧化。故答案：酸、，H2SO4、Fe
(3) ，根据化合价可知化学式为：Fe2S2O9•zH2O，失重7.2%指失去2个结晶水后Fe2S2O9•zH2O的质量分数则：，z=10，故黄矾的化学式为：Fe2S2O9•10H2O，故答案为：2、Fe2S2O9•10H2O。
2．(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4) 2 b

【解析】(1)
铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)
①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；
②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)
已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)
①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；
②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；
b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；
c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；
d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；
故选：b。
3．(1) 粉红色 作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
(2) ＜ 抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率) 3＋2O2Co3O4＋6CO2

【详解】（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g∙mol−1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g∙mol−1＝3.54g，则氧的质量为4.82g−3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。
4． 先加正丁醇再加浓硫酸 有机物易挥发，为了防止产生明火爆炸等事故 便于正丁醇回流，增大正丁醇的利用率 正丁醇 用玻璃棒蘸取少量的有机层溶液，点滴在pH试纸上与标准比色卡进行对照，若颜色与pH=7的颜色对应，则有机层溶液呈中性 13.5% 分液漏斗
【详解】(1)浓硫酸的密度比正丁醇大，两者混合时要将浓硫酸缓慢注入正丁醇中，目的是为防止浓硫酸在稀释时放热导致液体飞溅；该反应过程中的反应物为有机物沸点较低，加热时会挥发，且均为易燃物，接触酒精灯明火时可能会发生燃烧爆炸，因此不能用酒精灯直接加热；反应过程中有机物和生成的水会挥发出去，经冷凝管冷凝后回流到分水器中，其中水的密度比正丁醇和正丁醚的密度大在下层，有机物在上层，当液面达到一定高度时正丁醇和正丁醚可以回流到反应装置中，可以提高正丁醇的利用率，故答案为：先加正丁醇再加浓硫酸；有机物易挥发，为了防止产生明火爆炸等事故；便于正丁醇回流，增大正丁醇的利用率；
(2) 洗涤过程中，先用50%硫酸洗涤，可以洗去其中易溶于50%硫酸的正丁醇，证明有机层水洗呈中性可通过pH试纸测有机层水洗液的酸碱性，具体操作：正丁醇；用玻璃棒蘸取少量的有机层溶液，点滴在pH试纸上与标准比色卡进行对照，若颜色与pH=7的颜色对应，则有机层溶液呈中性；
(3)实际收集到的正丁醚为5mL，其质量为：5mL×0.76 g•mL-1=3.8g，20.0mL正丁醇的质量为：20.0mL×0.80 g•mL-1=16g，则理论生成的正丁醚的质量为：=14.1g，则正丁醚的产率为：，故答案为：27.0%；
(4)实验过程中需要分离有机物和水，需要用分液的方法分离，因此还需分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
5．(1) 恒压滴液漏斗 提高ClO2的使用效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2
(2)2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O
(3) 升高温度 2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O
(4) 滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复 56.6%

【解析】（1）
A仪器的名称是恒压滴液漏斗；实验过程中ClO2与NaOH溶液反应制备NaClO2，始终缓缓通入空气的原因是提高ClO2与NaOH溶液反应效率、实验结束时排除装置中残余的ClO2；
（2）
C装置为ClO2与NaOH溶液反应的发生装置，化学反应方程式为2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑+2H2O；
（3）
①水浴温度升高，亚氯酸钠含量迅速减少，可能是升高温度促进了过氧化氢的分解；
②ClO2与氢氧化钠溶液反应生成等物质的量的两种盐，根据氧化还原反应可知ClO2发生自身氧化还原，Cl元素的化合价升高到+5价，降低到+3价，其中一种是NaClO3，离子方程式为2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；
（4）
①NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液显示蓝色，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；
②NaClO2溶液中加入足量的KI溶液和稀H2SO4，将I-氧化为I2，用1.0mol•L-1Na2S2O3标准液滴定I2，表格中第三次数据误差较大舍去，滴定消耗1.0mol•L-1Na2S2O3标准液平均体积为20.00mL，根据反应的关系式可知，该样品中亚氯酸钠的纯度为；
6． 将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO HCl+NaClO3 反应平稳可控，且Pd的浸出率高 5mol/L 盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl
【详解】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO；
(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；
(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。
7．(1)除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质
(2)Fe2O3
(3) H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O 不合理，硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染
(4) 0.01 pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑

【分析】Na2CO3加入废催化剂焙烧，由于Fe2O3难溶于水碱液，滤渣是Fe2O3，加入H2O2将VO氧化为VO，调节pH生成Al(OH)3沉淀，加入NH4Cl结合VO生成NH4VO3沉淀，在500~550℃受热分解为V2O5，滤液3内含MoO，系列操作后生成MoO3；
(1)
Na2CO3是强碱弱酸盐，呈碱性，“焙烧”的目的是除去有机物或把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
(2)
Fe2O3难溶于水碱液，滤渣的主要成分是Fe2O3；
(3)
滤液①中加H2O2的作用是将VO氧化为VO，离子方程式为：H2O2+2VO+6H+=2VO+4H2O；若用HNO3代替不合理，因为硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，产生污染；
(4)
由图知，pH=8时，五价钒的存在形态为VO，lgc(V)=-2.0，c(V)=0.01mol/L，pH=8时c(OH-)=10-6mol•L-1，=100.63，c([Al(OH)4]-)=10-6×100.63=10-5.37mol•L-1<10-5mol•L-1，说明铝元素已经完全沉淀；
(5)
NH4VO3受热分解生成V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
8．(1)冷凝管或球形冷凝管
(2) 圆底烧瓶 节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)
(3) 乙 乙为减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效
(4)b
(5) 滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复 70.5%

【分析】青蒿粉末经过索式提取得到提取液，提取液通过蒸馏，分离乙醚和粗产品，对粗产品进行提纯得到青蒿素；
【详解】（1）装置a为冷凝管或球形冷凝管；
（2）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，提取出来的青蒿素位于圆底烧瓶；与常规的萃取相比，索氏提取能提高萃取效率，的优点是节约萃取剂，可连续萃取(萃取效率高)；
（3）乙的蒸馏效果好，装置乙用真空泵抽真空，设置了减压蒸馏装置，可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；
（4）青蒿素在水中几乎不溶，不能用水溶解，a错误；
青蒿素再乙醇，乙酸，石油醚中可溶解，加95%的乙醇，浓缩，结晶，过滤可以提纯青蒿素，b正确；
加入乙醚进行萃取分液得到还是混合物，c错误；
答案选b;
（5）碘单质与反应得到，碘单质遇淀粉变蓝，则滴定终点为滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟颜色不恢复；滴定三次，除去误差大的第三次，第一次和第二次两次平均体积为，，,，250ml容量瓶中含青蒿素的物质的量为，，青蒿素的纯度为
9．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3) 调节溶液的，有利于转化成铁矾渣
(4)
(5) 加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降

【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；   
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
10． +41.8kJ/mol 0.04 先增大后减小 氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳 0.8 H3CO *+H2=CH3OH*
【详解】(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得反应Ⅲ，则焓变△H3=△H2—△H1= (—49.0 kJ/mol)—(—90.8kJ/mol)= +41.8kJ/mol，故答案为：+41.8kJ/mol；
②由题给数据可知，一氧化碳、氢气和甲醇的平衡分压分别为10.0%×5.0MPa=0.5 MPa、50%×5.0MPa=2.5 MPa、2.5%×5.0MPa=0.125 MPa，则反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.04(MPa)—2，故答案为：0.04；
(2)①由图可知，随着二氧化碳百分含量的增加，单位体积催化剂上，甲醇反应速率先增大后减小，故答案为：先增大后减小；
②若在无二氧化碳的体系中加入适量氧气，氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳，从而起到和二氧化碳相似的作用，故答案为：氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳；
(3)①化学反应速率取决于化学反应速率最慢的一步，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应历程中控速步骤的能垒为(—0.1eV)—(—0.9eV)=0.8eV，故答案为：0.8；
②由图可知，虚线框内发生的反应为H3CO *与H2反应生成CH3OH*，反应的化学反应方程式为H3CO *+H2=CH3OH*，故答案为：H3CO *+H2=CH3OH*。
11．(1)+177或177
(2) 或0.0025m Pa或0.25mPa
(3) < 副反应生成的固态碳附着在催化剂表面 通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率

【解析】（1）
由△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则△H2=(2×803+436-1072-2×464.5)kJ•mol-1=+41kJ•mol-1，根据盖斯定律，反应I+II得到C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，△H3=△H1+△H2=+177 kJ•mol-1；
（2）
列三段式：，平衡时的体积分数为20%，则，解得x=1，在恒温恒容下，物质的量和压强成正比，则得平衡时总压为Pa，起始时C2H6的分压为mPa×=mPa，平衡时的分压为Pa×=mPa，0到100min内C2H6的平均反应速率为，该温度下的平衡常数Kp==；
（3）
①对于主反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)是吸热反应，温度越高，K值越大，由于温度：M ②当反应温度高于700℃时催化剂固体质量增加的原因是副反应生成的固态碳附着在催化剂表面；
③当反应温度高于700℃后向体系中通入过量的CO2，可以提高催化效率的原因是通入过量的CO2，CO2与积碳反应生成CO，减少积碳对催化剂表面的覆盖，提高催化效率。
12．(1)-757
(2)B
(3) 水含量高不利于平衡正向进行 减慢 水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能
(4) 80%

【详解】（1）根据盖斯定律（3+ - ）=-757，答案为：-757；
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多，所以B正确；故选B；
（3）反应均是可逆反应，水是生成物，水含量高不利于平衡正向进行；由图可知相同时间内水的存在会降低氮的氧化物的还原率，所以水的存在减慢了反应，可能的原因是：水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；答案为：水含量高不利于平衡正向进行，减慢，水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；
（4）气体的压强和物质的量成正比；反应前，体系的总压强为120kPa，原料气NO、NO2、NH3比例为1∶1∶2，这些组分的分压依次为30kPa、30kPa、60kPa；设反应中，NO减小的压强为x kPa，根据压强的变化列出三段式：
则30-x+30-x+60-2x+2x+3x=144，解得x=24，即平衡时，NO、NO、NH3、N2和H2O的压强分别为6kPa、6kPa、12kPa、48kPa、72kPa，则脱氮率为，KP=，答案为：80%，。