模拟试题3-2022年高考化学一轮复习名师精讲练

这是一份模拟试题3-2022年高考化学一轮复习名师精讲练，共16页。试卷主要包含了二氧化氯下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

高三化学一轮复习模拟试题3
1．从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
C．医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油分馏
D．PE（聚乙烯）材料因其无毒且易降解，广泛用于食品包装
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有NA个氧原子
B．1L0.lmol• L-1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2 NA
C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.lNA
D．1 molFeBr2与足量Cl2反应，转移电子数为3NA
3．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下与Z反应制得。下列叙述正确的是

A．X与Z生成Y的反应属于加成反应
B．X、Y均能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀
C．X、Y、Z含有官能团的数目相同
D．先向Z中加入NaOH的水溶液，在加热条件下充分反应后，再滴加AgNO3溶液可检验Z中的溴元素
4．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2。（“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。）下列说法正确的是

A．电解过程中每消耗1molHCl转移1mol电子
B．X溶液中主要阴离子是OH−
C．除去ClO2中的NH3可用水
D．ClO2的有效氯含量约为2.63g
5．下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法正确的是（ ）

A．化合物乙是一种酸性氧化物 B．丙沸点比甲高，是因为丙的相对分子质量更大
C．原子半径大小关系X 6．我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法不正确的是

A．该装置中能量转化方式主要为光能电能化学能
B．该装置总反应为H2SH2+S
C．a极上发生的电极反应为3I--2e-=
D．a极区需不断补充含I-和的溶液
7．常温下，浓度均为0.lmol•L-1的H2SO3、H2T(酒石酸)分别用0.1rnol•L-1的NaOH溶液滴定，滴定曲线分别如图所示。下列说法错误的是

A．相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大
B．0.1mol•L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)
C．Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2T)
D．等体积、浓度均为0.1mol•L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH更多
8．某化学研究性学习小组为了制取焦亚硫酸钠（），并对其性质进行研究。特进行如下实验：
实验一 制取焦亚硫酸钠。
研究小组采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取。装置Ⅱ中有晶体析出，发生的反应为：。
（1）装置Ⅰ中通常采用70%~80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取，而不用98%的浓硫酸或极稀的稀硫酸，原因是________________________。
（2）若要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，所采取的分离方法需用到的玻璃仪器有________。

（3）装置Ⅲ用于处理尾气，请画出用来处理尾气并防止发生倒吸的实验装置，注明相应的试剂__________。

（4）已知溶于水后，立即生成，该反应的离子方程式为______。
（5）用试纸测得溶液呈酸性，其溶液呈酸性的原因是________。
（6）取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，其中滴加酸性溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，经测定溶液中产生，该反应的离子方程式是_________。
实验三 焦亚硫酸钠的含量测定。
测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。
已知：；。
①精确称取干燥的产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。
②向碘量瓶中准确移取，的标准碘溶液（过量），振荡，使其与产品中的焦亚硫酸钠充分反应。
③加入淀粉溶液，用标准溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算得消耗标准液平均体积为。
（7）上述实验操作滴定终点的现象为________________________；根据上述实验，计算产品中焦亚硫酸钠的质量分数为________________________。
9．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染等行业。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：

已知CuCl难溶于醇和水，溶于c(Cl-)较大的体系[CuCl(s)+Cl-CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。

①反应的氧化产物是___，n(氧化剂)：n(还原剂)=___；
②比较c(Cu+)相对大小：A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。
10．氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为____。

（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH =2.5）。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出min前反应的离子方程式____。
（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s) +2NO(g)N2(g) +CO2(g) H<0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图4所示：

①由图4可知，温度低于1 050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是__；温度为1050 K时CO2的平衡体积分数为__。
②对于反应C(s) +2NO(g)N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡常数，其中为标准压强（1×105Pa），、和为各组分的平衡分压，如=·，为平衡总压，为平衡系统中 NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1 mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为，则=__（用含的最简式表示）。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2 (g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在s、s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为__（填“ > ”“ < ”或“ =”）。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为__。
11．第 VIII 族元素，跟主族元素的金属相比，它们有熔、沸点高、硬度高、密度大等特点，并有良好的延展性和高导电、导热性。下列有关它们及其化合物的结构与性质，请填写：
（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤对电子的成键原子是________。
（2）①Co元素形成CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）各1mol，分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀。两种配合物中配合离子的配位数都是________，CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的组成相同而颜色不同的原因是________。
②Co(OH)2为两性氢氧化物，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−。写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式__________。
（3）与 Co 属于同周期同族的过渡元素A，其基态原子排布中有四个未成对电子。
①由此元素可构成固体X，区别X为晶体或非晶体的方法为______________。
②A可与CO反应生成A(CO) 5 ，常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，该晶体类型是______________。
③A3+与SCN−不仅能以1:3的个数比配合，还可以其它个数比配合。若 A3+与SCN−以1:4 的个数比配合，则ACl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可表示为____。
④A 可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为_________。

该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=__________g﹒cm−3。（保留两位小数）
12．药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒(2019—nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体，其合成路线如图（A俗称石炭酸）：

已知：①R—OHR—Cl
②
回答下列问题：
（1）有机物B的名称为___________。
（2）G到H的反应类型为___________。
（3）I中官能团的名称为___________。
（4）E中含两个Cl原子，则E的结构简式为___________。
（5）由B生成C的化学反应方程式为__________。
（6）X是C的同分异构体，写出满足下列条件的X的结构简式___________。（写出一种即可）
①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子；
②lmolX消耗2molNaOH。
（7）设计由苯甲醇为原料制备化合物合成路线___________。（无机试剂任选。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。

参考答案
1．A【解析】A.高温时，金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；
B.丝绸的主要成分为蛋白质，故B错误；
C. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料是丙烯，主要来自石油裂解，故C错误；
D. PE（聚乙烯）材料因其无毒广泛用于食品包装，但PE不易降解，故D错误；
答案选A。
2．B【解析】A．常温常压下，16gO2与O3混合气体中氧原子的质量为，则氧原子的数目为NA，A正确；
B．1L0.lmol• L-1CH3COOH溶液中，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此离子总数不能确定，B错误；
C．0.2mol浓硫酸与足量的Cu反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应不再进行，因此生成SO2分子数小于0.lNA，C正确；
D．1 molFeBr2与足量Cl2反应，Fe2+与Br-均被氧化，则转移电子数为3NA，D正确；
答案选B。
3．B【解析】A．X酚羟基中的氢原子与Z中的Br原子结合生成了HBr，该反应为取代反应，故A错误；
B．醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，X、Y中都含有醛基，所以都能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀，故B正确；
C．X中含有醛基和羟基、Y中含有溴原子和碳碳双键、Z中含有醛基、醚键和碳碳双键，含有官能团的数目不相同，故C错误；
D．向Z中加入NaOH的水溶液，在加热条件下充分反应生成和NaBr，再滴加AgNO3溶液，AgNO3溶液与氢氧化钠反应干扰实验，需要先加硝酸中和氢氧化钠，再检验溴元素，故D错误；
故选B。
4．D【解析】由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，加入NaClO2溶液反应生成ClO2、NH3、溶液X，X中含Cl−、OH−，由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯。
A．由上述分析可得，电解方程式为NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑，每消耗1molHCl转移3mol电子，故A错误；
B．在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3＋NaClO2＋H2O→ClO2＋NH3＋NaOH＋NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl−、OH−，故B错误；
C．由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，可用浓硫酸吸收氨气，故C错误；
D．，，可知1molClO2的消毒能力相当于2.5molCl2，ClO2的有效氯含量为，故D正确；
故选：D。
5．D【解析】A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成，其中单质B含共用电子对数最多（为氮气），甲和丙分子中均含有10个电子（可能为甲烷、氨气、水、氟化氢等）；由题中转化信息可知，X、Y、Z分别是H、N、O，甲、乙、丙分别是NH3、NO、H2O。
A. 化合物乙是NO，是不成盐氧化物，A错误；
B. 丙是H2O，甲是NH3，H2O的沸点高于NH3，主要是因为水分子间的氢键键能更大，B错误；
C. X、Y、Z分别是H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径减小，所以原子半径：N>O，C错误；
D. H、N、O也可形成化合物HNO2，属于弱酸，D正确；
故答案为：D。
6．D【解析】A．根据图示可知，该制氢工艺中能量的转化形式有：光能转化为化学能，最终转化为电能，故A正确；
B．根据题意，该装置的最终目的是分解硫化氢，结合图示反应后的产物可知，该装置总反应为H2SH2+S，故B正确；
C．根据图示，a极上发生氧化反应，失电子，则电极反应为3I--2e-=，故C正确；
D．a极区涉及两个反应步骤，第一步利用氧化态高效捕获H2S得到硫、氢离子和还原态I−，第二步是还原态I−又在电极上失去电子，发生氧化反应转化为氧化态，I-和可在a极区循环使用，所以a极区不需不断补充含I-和的溶液，故D错误；
答案选D。
7．D【解析】根据滴定曲线，起始时0.lmol•L-1的亚硫酸的pH比0.lmol•L-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，当=1时，恰好反应生成酸式盐，NaHT的pH比NaHSO3小，说明亚硫酸的二级电离程度比酒石酸小，结合弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识分析解答。
A．根据图象，当=2时，恰好反应生成正盐，此时，Na2SO3溶液的pH大于Na2T，说明Na2SO3的水解程度比Na2T大，盐类的水解促进水的电离，因此相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大，故A正确；
B．根据图象，NaHT溶液显酸性，说明NaHT的电离程度大于水解程度，因此0.1mol•L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)，故B正确；
C．起始时0.lmol•L-1的亚硫酸的pH比0.lmol•L-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，即Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2T)，故C正确；
D．根据图像，等体积、浓度均为0.1mol•L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好反应生成酸式盐时，溶液均显酸性，且NaHT的pH比NaHSO3小，恰好反应生成正盐时，溶液均显碱性，且Na2SO3溶液的pH大于Na2T，因此中和至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH少点，故D错误；
故选D。
8．（1）98%的浓硫酸以分子存在，不能提供，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的部分溶解在其中，造成损耗（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）或（4）（5）的电离程度大于水解程度（6）（7）当滴入最后一滴溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76%
【解析】（1）装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出，故答案为：98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸，实验装置为或，故答案为：或；
（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3，反应的离子方程式为S2O52—+ H2O=2 HSO3—，故答案为：S2O52—+ H2O=2 HSO3—；
（5）用试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-的电离程度大于水解程度；
（6）由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（7）由题意可知，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；由方程式可得2n（S2O52—）+（S2O32-）=2（I2），n（S2O52—）=×（1×10—2-×1.68×10—2）mol=8×10—3mol，则焦亚硫酸钠的质量分数为×100%=76%，故答案为：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76%。
9．（1）增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O（2）16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O（3）①SO42-或(NH4)2SO4；2：1②>③加水稀释（4）(NH4)2SO4（5）HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=得，浓硫酸浓度==18.4mol·L-1，根据C1V1=C2V2得：18.4mol·L-1×V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl(s)+Cl-CuCl2-],由CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：>；
③既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4；
（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”。
10．（1）NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g) △H=－41.8kJ·mol－1（2）4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O(3)①温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；40%②（4）①>②H
【解析】 (1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) △H2=－113.0kJ·mol－1，(反应①－反应②)可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2(g)=NO(g)＋SO3(g) △H=(△H1－△H2)=[－196.6kJ·mol－1－(－113.0kJ·mol－1)]=－41.8kJ·mol－1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1；
(2)根据图像，t1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；
(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%。假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：

则CO2的体积分数为；
②若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，根据三等式，有：

NO的物质的量分数为，同理N2和CO2的体积分数分别为0.5α、0.5α；则；
(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。
①体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快，则有vB>vE；
②平均相对分子质量，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。
11．（1）配位键；N（2）①6；空间结构不同 ②Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+（3）①X-射线衍射②分子晶体③FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl④CuFeS2；4.32
【解析】（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键，故答案为：配位键；N；
（2）①1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式都为 Co（NH3）4（Cl）2]Cl，因两者空间构型不同导致颜色不同，故答案为：6；空间结构不同；
②由题意可知Co(OH)2在溶液中部分电离出[Co(OH)4]2−和H+，电离方程式为Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+，故答案为：Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+；
（3）由过渡元素A与 Co 属于同周期同族，基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。
①晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，故区别X为晶体或非晶体的方法为X-射线衍射，故答案为：X-射线衍射；
②Fe(CO) 5常压下熔、沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
③A3+与SCN−以1:4 的个数比配合形成[Fe(SCN)4]—离子，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl，故答案为：FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl；
④由B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4可知B为Cu元素、C为S元素，由晶胞结构可知Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为6×+4×=4，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为,4×+1+8×=4，S原子数为8，晶体中N(Cu)∶N(Fe)∶N(S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故该晶体的化学式为CuFeS2。晶胞质量为，晶胞体积为(524×10－10cm)2×1030×10－10cm，则该晶体的密度d为≈4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32。
12．（1）对硝基苯酚（2）加成反应（3）羧基、氨基（4）（5）+HCl（6）（7）
【解析】根据题意，A俗称石炭酸，所以A为苯酚，即，A在浓硫酸、浓硝酸环境下，发生取代反应生成B，B发生已知反应①生成C，根据C的结构简式可知， B为对硝基苯酚，D发生信息①的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息②的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答。
(1)根据上述分析可知，有机物B的名称为对硝基苯酚；
(2)G到H的反应，反应物原子利用率100%，说明类型为加成反应；
(3)由I结构可知，官能团的名称为羧基、氨基；
(4)E中含两个Cl原子，即D中羟基被2个氯原子取代，则E的结构简式为；
(5)B发生已知反应①生成C，反应方程式为+HCl；
(6)X是C的同分异构体，①苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子，说明取代基有3个或5个，②lmolX消耗2molNaOH，说明含有取代基中有2个羟基，则X可能的结构为；
(7)结合题干信息，由苯甲醇为原料制备化合物合成路线可以为。