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上海市三校联考2024届高三下学期化学模拟试卷 （3月份）
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这是一份上海市三校联考2024届高三下学期化学模拟试卷 （3月份），文件包含上海市三校联考2024届高三下学期化学模拟试卷3月份原卷版docx、上海市三校联考2024届高三下学期化学模拟试卷3月份解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
1. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。锌元素在周期表中的位置如图所示。
（1）基态Zn2+电子排布式为 ___________，其核外电子共占据 ___________条轨道。
（2）自然界中共存在五种常见的锌的稳定同位素，其中丰度最高的核素含有34个中子，该核素可以表示为 ___________。
A. 34ZnB. 34ZnC. 64ZnD. 64Zn
（3）中医典籍中记载了炉甘石(ZnCO3)可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，负离子的空间构型为 ___________，Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是 ___________。
锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2+。
（4）Zn(OH)2溶于强碱生成[Zn(OH)4]2﹣，结构如图所示。该微粒中OH﹣提供孤电子对，Zn2+提供 ___________，Zn2+的杂化方式为 ___________。
（5）已知常温下Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17，pH=6.0的溶液中，可溶解的c(Zn2+)=___________。
（6）根据上述信息，写出一种除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法。___________
两种卤锌的性质如表所示：
（7）解释ZnCl2与ZnBr2熔点存在差异的原因 ___________。
（8）ZnF2晶胞如图所示，一个晶胞中含有 ___________个F﹣。
A．2 B．4 C．6 D．8
若NA表示阿伏加德罗常数值，则ZnF2晶体(摩尔质量为M)的密度为___________g•cm-3(用含a、c、M、NA的代数式表示，1nm=1×10-7cm)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. 14 （2）D
（3） ①. 平面三角形 ②. Zn＜C＜O
（4） ①. 空轨道 ②. sp3杂化
（5）0.12ml∙L-1
（6）加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解
（7）ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，分子间作用力更大，熔点更高
（8） ①. B ②. ×1021
【解析】
【小问1详解】
Zn为30号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，形成离子先失去最外层电子，基态Zn2+电子排布式为[Ar]3d10，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d共14个轨道。
【小问2详解】
Zn为30号元素，该核素有34个中子，则质量数为64，故该核素可表示为；故答案为D。
【小问3详解】
中C原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；通常金属元素的电负性小于非金属，非金属性：C＜O，则电负性由小到大的顺序为：Zn＜C＜O。
【小问4详解】
[Zn(OH)4]2﹣中，Zn2+与4个OH﹣形成配位键，Zn2+提供空轨道，OH﹣中O原子提供孤电子对形成配位键，Zn2+的价层电子对数为4，为sp3杂化。
【小问5详解】
)Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH﹣(aq)，达到溶解平衡后，pH=6.0的溶液中，c(OH﹣)=1.0×10﹣8ml/L，Ksp[Zn(OH)2]=c2(OH﹣)×c(Zn2+)，c(Zn2+)=ml∙L﹣1=0.12ml∙L﹣1。
【小问6详解】
根据氢氧化铝不溶于氨水而氢氧化锌能溶于氨水可知，除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法：加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解。
【小问7详解】
ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，ZnBr2分子间作用力比ZnCl2大，故ZnBr2的熔点更高。
【小问8详解】
白球位于顶点和体心，个数为8×+1=2，黑球位于面上和体内，个数为4×+2=4，白球：黑球=2∶4=1∶2，由化学式ZnF2可知，白球为Zn2+，黑球为F﹣，即一个晶胞中含有4个F﹣；晶胞质量为g，晶胞体积为(a2c×10﹣21)cm3，晶体密度ρ=g ∙cm﹣3=×1021g ∙cm﹣3。
二、氨氮废水处理(本题共20分)
2. 氨氮废水中的氮元素多以和NH3等形式存在，是造成河流及湖泊富营养化的主要因素之一。
（1）高浓度氨氮废水一种预处理的方式是加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示NaOH溶液的作用：___________；升温至30℃的作用是 ___________。
次氯酸钠法处理废水中的氨氮原理如下：
i．NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)
ii．2NH2Cl(aq)+HClO(aq)=N2(g)+H2O(l)+3HCl(aq)
（2）以上反应中HClO的来源是 ___________(用离子方程式表示)。
（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大影响(如图所示)。在pH较低时，溶液中有能使带火星木条复燃的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是 ___________(用化学方程式表示)；在pH较高时，氨氮去除率下降的原因是 ___________。
电解法处理氨氮酸性废水已引起广泛关注。研究表明，当以碳为阴极，O2可在阴极生成H2O2，并进一步生成电中性且氧化性极强的羟基自由基(•OH)，•OH可以将氨氮氧化为N2。
（4）•OH的电子式为 ___________，其中氧元素的化合价为 ___________。
（5）H2O2生成•OH时断裂的化学键为 ___________。
A. 离子键B. 氢键C. 极性共价键D. 非极性共价键
（6）阴极生成H2O2的电极反应为：___________。
生物膜式厌氧氨氧化是一种较先进的氨氮废水处理工艺，通过在填料上附着不同菌种的生物膜来实现低能耗脱氨氮，其过程如图所示。
（7）生物膜上半层发生反应的离子方程式为：___________。
（8）关于生物膜式厌氧氨氧化反应相关说法正确的是 ___________。
A. 每生成22.4LN2消耗相同条件下33.6LO2
B. 随着氨氮去除，废水pH逐渐降低
C. 将上下两层菌种交换，对氨氮脱除无影响
D. 该工艺总反应H可能大于0
【答案】（1） ①. +OH-=NH3•H2O ②. 降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发
（2）ClO-+H2OHClO+OH-
（3） ①. 2HClO=2HCl+O2↑ ②. pH较高，OH-离子浓度较大，抑制了ClO-的水解，使平衡ClO-+H2OHClO+OH-逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降
（4） ①. ②. -1 （5）D
（6）O2+2H++2e﹣=H2O2
（7）2+3O22+2H2O+4H+ （8）AB
【解析】
【分析】本题考查氨氮废水中的NH4+的处理方法（1）用NaClO处理，其中HClO来自ClO-的水解，溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响，pH较低时去除率低主要是次氯酸分解为氧气，pH高时去除率低主要是HClO浓度降低；（2）电解法电解法处理氨氮酸性废水，结合图可知其上半层反应为，生物膜上半层发生反应为：2+3O22+2H2O+4H+，下半层反应为：+N2↑+2H2O，据此来作答。
小问1详解】
高浓度氨氮废水一种预处理的方式是加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃通空气将氨赶出并回收，用离子方程式表示NaOH溶液的作用是：+OH﹣=NH3•H2O；升温至30℃的作用是降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发，故答案为：+OH-=NH3•H2O；降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发；
【小问2详解】
次氯酸钠法处理废水中的氨氮原理如下：i．NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)，ii．2NH2Cl(aq)+HClO(aq)═N2(g)+H2O(l)+3HCl(aq)，以上反应中HClO的来源是：ClO-+H2OHClO+OH-，
故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；
【小问3详解】
溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响，在pH较低时，溶液中有能使带火星木条复燃的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是2HClO=2HCl+O2↑，在pH较高时，氨氮去除率下降的原因是pH较高，OH﹣离子浓度较大，抑制了ClO﹣的水解，使平衡ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降，
故答案为：2HClO=2HCl+O2↑；pH较高，OH-离子浓度较大，抑制了ClO-的水解，使平衡ClO-+H2OHClO+OH-逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降；
【小问4详解】
•OH的电子式为，其中氧元素的化合价为﹣1价，故答案为：；﹣1；
【小问5详解】
H2O2的结构式为：H﹣O﹣O﹣H，H2O2生成•OH时断裂的化学键为O﹣O，属于非极性共价键，即D符合题意，
故答案为：D；
【小问6详解】
O2可在阴极生成H2O2，阴极生成H2O2的电极反应为：O2+2H++2e﹣=H2O2，
故答案为：O2+2H++2e﹣=H2O2；
【小问7详解】
由图可知，生物膜上半层发生反应为被O2氧化为，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为故答案为： ；
【小问8详解】
A．生物膜上半层发生反应为：2+3O22+2H2O+4H+，下半层反应为：+N2↑+2H2O，故有关系式：3O2～2～2N2，故每生成22.4LN2消耗相同条件下33.6LO2，故A正确；
B．根据生物膜上半层和下半层反应可知，随着氨氮去除，废水中生成H+，pH逐渐降低，故B正确；
C．将上下两层菌种交换，反应原理改变，对氨氮脱除有影响，故C错误；
D．根据题给信息，无法判断该工艺总反应H是否大于0，故D错误；
故答案为：AB。
三、[4+2]环加成反应(本题共20分)
3. 近期我国科学家报道用[4+2]环加成反应合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如图：
已知：
（1）A的名称为 ___________；E中含有的官能团有___________(填名称)。
（2）写出B的结构简式___________。
（3）写出C生成D所需要的试剂与条件：___________。
（4）E中含有手性碳原子数目为 ___________。
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
（5）设计实验方案验证产物E中是否含有D物质。___________
（6）写出D与足量NaOH溶液共热的反应式。___________
（7）化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件，写出X的结构简式___________。
i．苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种
ii．既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应
（8）结合题示信息，写出仅以乙醛为有机原料合成高分子的合成路线 ___________。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲醛或2﹣羟基苯甲醛 ②. 酯基、羟基、碳碳双键
（2） （3）乙醇、浓硫酸、加热 （4）C
（5）取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D
（6）+2NaOH +CH3CH2OH+H2O
（7） （8）CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2COOH
【解析】
【分析】A发生信息中的反应生成B为，B发生氧化反应然后酸化得到C，C和乙醇发生酯化反应生成D，D发生开环加成生成E；
(8)中仅以乙醛为有机原料合成高分子，可由CH3CH(OH)CH2COOH发生缩聚反应生成，CH3CH(OH)CH2COOH由CH3CH(OH)CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，据此分析解题。
【小问1详解】
A的名称为邻羟基苯甲醛或2﹣羟基苯甲醛；E中含有的官能团有酯基、羟基、碳碳双键；
【小问2详解】
据分析可知，B的结构简式为；
【小问3详解】
C和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成D，C生成D所需要的试剂与条件：乙醇、浓硫酸、加热；
【小问4详解】
如图，所以E中含有手性碳原子数目为2；
【小问5详解】
设计实验方案验证产物E中是否含有D物质，实际上是检验酚羟基，可以用氯化铁溶液检验，检验方法为：取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D；
【小问6详解】
D中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，则D与足量NaOH溶液共热的反应式为：+2NaOH+CH3CH2OH+H2O；
【小问7详解】
化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件：
i．苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上的氢原子只有2种，其中两个取代基相同，且X的结构对称；
ii．既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应，说明含有酯基或酚羟基或羧基和醛基，结合氧原子个数及结构对称知，应该含有2个HCOO﹣，符合条件的结构简式为；
【小问8详解】
仅以乙醛为有机原料合成高分子，可由CH3CH(OH)CH2COOH发生缩聚反应得到，CH3CH(OH)CH2COOH由CH3CH(OH)CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，合成路线为：CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2COOH。
四、[CH4-CO2]干重整反应(本题共19分)
4. CH4和CO2是温室气体的主要组成部分，利用CH4﹣CO2干重整反应不仅可以实现对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响，其过程为：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1=247.3kJ•ml-1
副反应(积碳反应)：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H2=74.9kJ•ml-1
副反应(消碳反应)：CO2(g)+C(s)=2CO(g) H3
（1）关于CH4﹣CO2干重整反应的自发性判断正确的是 ___________。
A．仅在高温下自发 B．仅在低温下自发 C．始终自发
（2）消碳反应的焓变H3=___________kJ•ml-1。
在体积为2L的容器中发生CH4﹣CO2干重整反应，当投料比=2.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始气体总物质的量(n)的关系如图所示。
（3）下列能判断干重整反应达到平衡的标志是 ___________。
A. 正、逆反应都还在继续进行B. 容器中混合气体密度保持不变
C. 反应的浓度商Q保持不变D. 混合气体中CO与H2的浓度之比保持不变
（4）由如图可知，初始气体总物质的量n2___________n1。
A．大于 B．等于 C．小于
（5）M点对应平衡常数的值为 ___________(精确至0.01)。
（6）若保持初始气体总物质的量仍为3ml，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，则改变的条件可能是 ___________。
A. 升高温度B. 扩大容器体积C. 加入高效催化剂D. 增大投料比
制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。两种催化剂X、Y对积碳与消碳反应的影响如图所示：
（7）从消除催化剂表面积碳角度考虑，哪种催化剂更适合用于生产？___________说明理由 ___________。
（8）在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小。当温度升高时，关于积碳反应，消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 ___________。
A. K积碳减小、K消碳增加B. v积碳减小、v消碳增加
C. K积碳与K消碳均减小，但前者减小更多D. v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多
（9）研究发现，通入水蒸气也能有效清除积碳，反应的化学方程式可能为 ___________。
【答案】（1）A （2）+172.4 （3）C
（4）A （5）0.33 （6）BD
（7） ①. 催化剂X更适合用于生产 ②. 因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 （8）D
（9）C+H2O(g)CO+H2
【解析】
【小问1详解】
该反应H>0，S>0，根据H﹣TS<0，反应才能自发进行，所以该反应在高温下自发，
故答案为：A；
【小问2详解】
根据盖斯定律：主反应﹣积碳反应=消碳反应，H3=(247.3﹣74.9)kJ/ml=+172.4kJ/ml，
故答案为：+172.4；
【小问3详解】
A．化学平衡状态为动态平衡，正、逆反应都还在继续进行，但不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．随着反应进行，反应的浓度商Q增大，当反应的浓度商Q不变，说明此时Q=K，说则反应达到平衡状态，故C正确；
D．混合气体中CO与H2的浓度之比始终等于1，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
【小问4详解】
初始气体总物质的量(n)越大，压强越大，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率(α)减小，初始气体总物质的量n2>n1，
故答案为：A；
【小问5详解】
投料比=2.0，n(CH4)=2ml，n(CO2)=1ml，M点二氧化碳转化率为50%，列化学平衡三段式，
K=≈0.33，
故答案为：0.33；
【小问6详解】
A．M、N两点温度相等，故A错误；
B．扩大容器体积，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故B正确；
C．加入高效催化剂，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故C错误；
D．增大投料比，CO2的平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：BD；
【小问7详解】
根据题意：制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，所以选择催化剂要不利于积炭反应，但有利于消碳反应，相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，
故答案为：催化剂X更适合用于生产；因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；
【小问8详解】
根据图中信息可知，消碳和积碳反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小，说明消碳反应正向移动程度大于积碳反应正向移动程度，所以当温度升高时，v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多，
故答案为：D；
【小问9详解】
碳能与水蒸气反应生成CO和H2，化学方程式为C+H2O(g)CO+H2，
故答案为：C+H2O(g)CO+H2。
五、硫酸镍晶体制备与组成确定(本题共21分)
5. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍并制备硫酸镍晶体：
溶液中金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表所示：
（1）“碱浸”中NaOH的作用有 ___________、___________。
（2）滤液②中含有的金属离子是 ___________。
A. Ni2+B. Al3+C. Fe3+D. Fe2+
（3）“转化”步骤中H2O2的作用是 ___________，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是 ___________。(不考虑温度变化)
（4）“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是 ___________﹣7.2之间。
A. 2.2B. 3.2C. 3.7D. 4.7
资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表的关系：
（5）从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是 ___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是 ___________。
实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g。
（7）该样品中结晶水数目x为多少？___________(结果精确至0.1，写出计算过程)
（8）再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x(简述实验过程)。 ___________。
【答案】（1） ①. 除去油脂 ②. 溶解铝 （2）AD
（3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+ ②. 生成的Fe3+催化双氧水的分解 （4）B
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却至30.8℃结晶
（6）提高镍回收率 （7）n(H2O)==0.103ml，n(NiSO4)==0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9
（8）称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量
【解析】
【分析】镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质，加入NaOH溶液碱浸，除去油脂和金属铝，过滤，向滤渣①中加入硫酸，溶解铁和镍，生成硫酸亚铁和硫酸镍以及过量硫酸的混合溶液，过滤，除去不溶形杂质，向滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液，调节溶液的pH在3.2﹣7.2之间，使铁离子完全沉淀，同时确保Ni2+未沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，将滤液经过一系列处理，最后得到硫酸钠晶体，据此分析作答。
【小问1详解】
“碱浸”中NaOH的作用有除去油脂，溶解铝；
故答案为：除去油脂；溶解铝；
【小问2详解】
根据分析可知，滤液②中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+；
故答案：AD；
【小问3详解】
根据分析可知，“转化”步骤中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是生成的Fe3+催化双氧水的分解；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
【小问4详解】
根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的表格数据可知，“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是3.2﹣7.2之间，此时铁离子完全沉淀，镍离子未沉淀，即B符合题意，
故答案为：B；
【小问5详解】
根据题意可知，从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：蒸发浓缩；冷却至30.8℃结晶；
【小问6详解】
将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是提高镍的回收率；
故答案为：提高镍的回收率；
【小问7详解】
实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g，则n(H2O)==0.103ml，n(NiSO4)==0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9；
故答案为：n(H2O)= =0.103ml，n(NiSO4)= =0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9；
【小问8详解】
再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x，方案如下：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量；
故答案为：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量(其它方案合理即可)。卤化锌
ZnCl2
ZnBr2
熔点/℃
283
394
金属离子
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
Ni2+
7.2
8.7
Al3+
3.7
4.7
Fe3+
2.2
3.2
Fe2+
7.5
9.5
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4•7H2O
NiSO4•6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
1. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。锌元素在周期表中的位置如图所示。
（1）基态Zn2+电子排布式为 ___________，其核外电子共占据 ___________条轨道。
（2）自然界中共存在五种常见的锌的稳定同位素，其中丰度最高的核素含有34个中子，该核素可以表示为 ___________。
A. 34ZnB. 34ZnC. 64ZnD. 64Zn
（3）中医典籍中记载了炉甘石(ZnCO3)可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，负离子的空间构型为 ___________，Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是 ___________。
锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2+。
（4）Zn(OH)2溶于强碱生成[Zn(OH)4]2﹣，结构如图所示。该微粒中OH﹣提供孤电子对，Zn2+提供 ___________，Zn2+的杂化方式为 ___________。
（5）已知常温下Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17，pH=6.0的溶液中，可溶解的c(Zn2+)=___________。
（6）根据上述信息，写出一种除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法。___________
两种卤锌的性质如表所示：
（7）解释ZnCl2与ZnBr2熔点存在差异的原因 ___________。
（8）ZnF2晶胞如图所示，一个晶胞中含有 ___________个F﹣。
A．2 B．4 C．6 D．8
若NA表示阿伏加德罗常数值，则ZnF2晶体(摩尔质量为M)的密度为___________g•cm-3(用含a、c、M、NA的代数式表示，1nm=1×10-7cm)。
【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. 14 （2）D
（3） ①. 平面三角形 ②. Zn＜C＜O
（4） ①. 空轨道 ②. sp3杂化
（5）0.12ml∙L-1
（6）加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解
（7）ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，分子间作用力更大，熔点更高
（8） ①. B ②. ×1021
【解析】
【小问1详解】
Zn为30号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，形成离子先失去最外层电子，基态Zn2+电子排布式为[Ar]3d10，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d共14个轨道。
【小问2详解】
Zn为30号元素，该核素有34个中子，则质量数为64，故该核素可表示为；故答案为D。
【小问3详解】
中C原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；通常金属元素的电负性小于非金属，非金属性：C＜O，则电负性由小到大的顺序为：Zn＜C＜O。
【小问4详解】
[Zn(OH)4]2﹣中，Zn2+与4个OH﹣形成配位键，Zn2+提供空轨道，OH﹣中O原子提供孤电子对形成配位键，Zn2+的价层电子对数为4，为sp3杂化。
【小问5详解】
)Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH﹣(aq)，达到溶解平衡后，pH=6.0的溶液中，c(OH﹣)=1.0×10﹣8ml/L，Ksp[Zn(OH)2]=c2(OH﹣)×c(Zn2+)，c(Zn2+)=ml∙L﹣1=0.12ml∙L﹣1。
【小问6详解】
根据氢氧化铝不溶于氨水而氢氧化锌能溶于氨水可知，除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法：加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解。
【小问7详解】
ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，ZnBr2分子间作用力比ZnCl2大，故ZnBr2的熔点更高。
【小问8详解】
白球位于顶点和体心，个数为8×+1=2，黑球位于面上和体内，个数为4×+2=4，白球：黑球=2∶4=1∶2，由化学式ZnF2可知，白球为Zn2+，黑球为F﹣，即一个晶胞中含有4个F﹣；晶胞质量为g，晶胞体积为(a2c×10﹣21)cm3，晶体密度ρ=g ∙cm﹣3=×1021g ∙cm﹣3。
二、氨氮废水处理(本题共20分)
2. 氨氮废水中的氮元素多以和NH3等形式存在，是造成河流及湖泊富营养化的主要因素之一。
（1）高浓度氨氮废水一种预处理的方式是加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示NaOH溶液的作用：___________；升温至30℃的作用是 ___________。
次氯酸钠法处理废水中的氨氮原理如下：
i．NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)
ii．2NH2Cl(aq)+HClO(aq)=N2(g)+H2O(l)+3HCl(aq)
（2）以上反应中HClO的来源是 ___________(用离子方程式表示)。
（3）溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大影响(如图所示)。在pH较低时，溶液中有能使带火星木条复燃的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是 ___________(用化学方程式表示)；在pH较高时，氨氮去除率下降的原因是 ___________。
电解法处理氨氮酸性废水已引起广泛关注。研究表明，当以碳为阴极，O2可在阴极生成H2O2，并进一步生成电中性且氧化性极强的羟基自由基(•OH)，•OH可以将氨氮氧化为N2。
（4）•OH的电子式为 ___________，其中氧元素的化合价为 ___________。
（5）H2O2生成•OH时断裂的化学键为 ___________。
A. 离子键B. 氢键C. 极性共价键D. 非极性共价键
（6）阴极生成H2O2的电极反应为：___________。
生物膜式厌氧氨氧化是一种较先进的氨氮废水处理工艺，通过在填料上附着不同菌种的生物膜来实现低能耗脱氨氮，其过程如图所示。
（7）生物膜上半层发生反应的离子方程式为：___________。
（8）关于生物膜式厌氧氨氧化反应相关说法正确的是 ___________。
A. 每生成22.4LN2消耗相同条件下33.6LO2
B. 随着氨氮去除，废水pH逐渐降低
C. 将上下两层菌种交换，对氨氮脱除无影响
D. 该工艺总反应H可能大于0
【答案】（1） ①. +OH-=NH3•H2O ②. 降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发
（2）ClO-+H2OHClO+OH-
（3） ①. 2HClO=2HCl+O2↑ ②. pH较高，OH-离子浓度较大，抑制了ClO-的水解，使平衡ClO-+H2OHClO+OH-逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降
（4） ①. ②. -1 （5）D
（6）O2+2H++2e﹣=H2O2
（7）2+3O22+2H2O+4H+ （8）AB
【解析】
【分析】本题考查氨氮废水中的NH4+的处理方法（1）用NaClO处理，其中HClO来自ClO-的水解，溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响，pH较低时去除率低主要是次氯酸分解为氧气，pH高时去除率低主要是HClO浓度降低；（2）电解法电解法处理氨氮酸性废水，结合图可知其上半层反应为，生物膜上半层发生反应为：2+3O22+2H2O+4H+，下半层反应为：+N2↑+2H2O，据此来作答。
小问1详解】
高浓度氨氮废水一种预处理的方式是加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃通空气将氨赶出并回收，用离子方程式表示NaOH溶液的作用是：+OH﹣=NH3•H2O；升温至30℃的作用是降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发，故答案为：+OH-=NH3•H2O；降低氨气的溶解度，促进氨气的挥发；
【小问2详解】
次氯酸钠法处理废水中的氨氮原理如下：i．NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)，ii．2NH2Cl(aq)+HClO(aq)═N2(g)+H2O(l)+3HCl(aq)，以上反应中HClO的来源是：ClO-+H2OHClO+OH-，
故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；
【小问3详解】
溶液pH对次氯酸钠去除氨氮有较大的影响，在pH较低时，溶液中有能使带火星木条复燃的气体生成，氨氮去除效率较低，其原因是2HClO=2HCl+O2↑，在pH较高时，氨氮去除率下降的原因是pH较高，OH﹣离子浓度较大，抑制了ClO﹣的水解，使平衡ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降，
故答案为：2HClO=2HCl+O2↑；pH较高，OH-离子浓度较大，抑制了ClO-的水解，使平衡ClO-+H2OHClO+OH-逆向移动，c(HClO)减小，氧化能力减弱，导致氨氮去除率下降；
【小问4详解】
•OH的电子式为，其中氧元素的化合价为﹣1价，故答案为：；﹣1；
【小问5详解】
H2O2的结构式为：H﹣O﹣O﹣H，H2O2生成•OH时断裂的化学键为O﹣O，属于非极性共价键，即D符合题意，
故答案为：D；
【小问6详解】
O2可在阴极生成H2O2，阴极生成H2O2的电极反应为：O2+2H++2e﹣=H2O2，
故答案为：O2+2H++2e﹣=H2O2；
【小问7详解】
由图可知，生物膜上半层发生反应为被O2氧化为，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为故答案为： ；
【小问8详解】
A．生物膜上半层发生反应为：2+3O22+2H2O+4H+，下半层反应为：+N2↑+2H2O，故有关系式：3O2～2～2N2，故每生成22.4LN2消耗相同条件下33.6LO2，故A正确；
B．根据生物膜上半层和下半层反应可知，随着氨氮去除，废水中生成H+，pH逐渐降低，故B正确；
C．将上下两层菌种交换，反应原理改变，对氨氮脱除有影响，故C错误；
D．根据题给信息，无法判断该工艺总反应H是否大于0，故D错误；
故答案为：AB。
三、[4+2]环加成反应(本题共20分)
3. 近期我国科学家报道用[4+2]环加成反应合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如图：
已知：
（1）A的名称为 ___________；E中含有的官能团有___________(填名称)。
（2）写出B的结构简式___________。
（3）写出C生成D所需要的试剂与条件：___________。
（4）E中含有手性碳原子数目为 ___________。
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
（5）设计实验方案验证产物E中是否含有D物质。___________
（6）写出D与足量NaOH溶液共热的反应式。___________
（7）化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件，写出X的结构简式___________。
i．苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种
ii．既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应
（8）结合题示信息，写出仅以乙醛为有机原料合成高分子的合成路线 ___________。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲醛或2﹣羟基苯甲醛 ②. 酯基、羟基、碳碳双键
（2） （3）乙醇、浓硫酸、加热 （4）C
（5）取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D
（6）+2NaOH +CH3CH2OH+H2O
（7） （8）CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2COOH
【解析】
【分析】A发生信息中的反应生成B为，B发生氧化反应然后酸化得到C，C和乙醇发生酯化反应生成D，D发生开环加成生成E；
(8)中仅以乙醛为有机原料合成高分子，可由CH3CH(OH)CH2COOH发生缩聚反应生成，CH3CH(OH)CH2COOH由CH3CH(OH)CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，据此分析解题。
【小问1详解】
A的名称为邻羟基苯甲醛或2﹣羟基苯甲醛；E中含有的官能团有酯基、羟基、碳碳双键；
【小问2详解】
据分析可知，B的结构简式为；
【小问3详解】
C和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成D，C生成D所需要的试剂与条件：乙醇、浓硫酸、加热；
【小问4详解】
如图，所以E中含有手性碳原子数目为2；
【小问5详解】
设计实验方案验证产物E中是否含有D物质，实际上是检验酚羟基，可以用氯化铁溶液检验，检验方法为：取样，加入FeCl3溶液，若不发生显色反应，说明E中不含D；
【小问6详解】
D中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，则D与足量NaOH溶液共热的反应式为：+2NaOH+CH3CH2OH+H2O；
【小问7详解】
化合物X是物质C的同分异构体，且同时满足以下条件：
i．苯环上有三个取代基，且苯环上一氯代物只有2种，说明苯环上的氢原子只有2种，其中两个取代基相同，且X的结构对称；
ii．既能与NaOH溶液反应，又能发生银镜反应，说明含有酯基或酚羟基或羧基和醛基，结合氧原子个数及结构对称知，应该含有2个HCOO﹣，符合条件的结构简式为；
【小问8详解】
仅以乙醛为有机原料合成高分子，可由CH3CH(OH)CH2COOH发生缩聚反应得到，CH3CH(OH)CH2COOH由CH3CH(OH)CH2CHO发生氧化反应得到，CH3CHO发生信息中的反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，合成路线为：CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2COOH。
四、[CH4-CO2]干重整反应(本题共19分)
4. CH4和CO2是温室气体的主要组成部分，利用CH4﹣CO2干重整反应不仅可以实现对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响，其过程为：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1=247.3kJ•ml-1
副反应(积碳反应)：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H2=74.9kJ•ml-1
副反应(消碳反应)：CO2(g)+C(s)=2CO(g) H3
（1）关于CH4﹣CO2干重整反应的自发性判断正确的是 ___________。
A．仅在高温下自发 B．仅在低温下自发 C．始终自发
（2）消碳反应的焓变H3=___________kJ•ml-1。
在体积为2L的容器中发生CH4﹣CO2干重整反应，当投料比=2.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始气体总物质的量(n)的关系如图所示。
（3）下列能判断干重整反应达到平衡的标志是 ___________。
A. 正、逆反应都还在继续进行B. 容器中混合气体密度保持不变
C. 反应的浓度商Q保持不变D. 混合气体中CO与H2的浓度之比保持不变
（4）由如图可知，初始气体总物质的量n2___________n1。
A．大于 B．等于 C．小于
（5）M点对应平衡常数的值为 ___________(精确至0.01)。
（6）若保持初始气体总物质的量仍为3ml，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，则改变的条件可能是 ___________。
A. 升高温度B. 扩大容器体积C. 加入高效催化剂D. 增大投料比
制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。两种催化剂X、Y对积碳与消碳反应的影响如图所示：
（7）从消除催化剂表面积碳角度考虑，哪种催化剂更适合用于生产？___________说明理由 ___________。
（8）在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小。当温度升高时，关于积碳反应，消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 ___________。
A. K积碳减小、K消碳增加B. v积碳减小、v消碳增加
C. K积碳与K消碳均减小，但前者减小更多D. v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多
（9）研究发现，通入水蒸气也能有效清除积碳，反应的化学方程式可能为 ___________。
【答案】（1）A （2）+172.4 （3）C
（4）A （5）0.33 （6）BD
（7） ①. 催化剂X更适合用于生产 ②. 因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 （8）D
（9）C+H2O(g)CO+H2
【解析】
【小问1详解】
该反应H>0，S>0，根据H﹣TS<0，反应才能自发进行，所以该反应在高温下自发，
故答案为：A；
【小问2详解】
根据盖斯定律：主反应﹣积碳反应=消碳反应，H3=(247.3﹣74.9)kJ/ml=+172.4kJ/ml，
故答案为：+172.4；
【小问3详解】
A．化学平衡状态为动态平衡，正、逆反应都还在继续进行，但不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．随着反应进行，反应的浓度商Q增大，当反应的浓度商Q不变，说明此时Q=K，说则反应达到平衡状态，故C正确；
D．混合气体中CO与H2的浓度之比始终等于1，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
【小问4详解】
初始气体总物质的量(n)越大，压强越大，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率(α)减小，初始气体总物质的量n2>n1，
故答案为：A；
【小问5详解】
投料比=2.0，n(CH4)=2ml，n(CO2)=1ml，M点二氧化碳转化率为50%，列化学平衡三段式，
K=≈0.33，
故答案为：0.33；
【小问6详解】
A．M、N两点温度相等，故A错误；
B．扩大容器体积，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故B正确；
C．加入高效催化剂，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故C错误；
D．增大投料比，CO2的平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：BD；
【小问7详解】
根据题意：制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，所以选择催化剂要不利于积炭反应，但有利于消碳反应，相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，
故答案为：催化剂X更适合用于生产；因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；
【小问8详解】
根据图中信息可知，消碳和积碳反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小，说明消碳反应正向移动程度大于积碳反应正向移动程度，所以当温度升高时，v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多，
故答案为：D；
【小问9详解】
碳能与水蒸气反应生成CO和H2，化学方程式为C+H2O(g)CO+H2，
故答案为：C+H2O(g)CO+H2。
五、硫酸镍晶体制备与组成确定(本题共21分)
5. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍并制备硫酸镍晶体：
溶液中金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表所示：
（1）“碱浸”中NaOH的作用有 ___________、___________。
（2）滤液②中含有的金属离子是 ___________。
A. Ni2+B. Al3+C. Fe3+D. Fe2+
（3）“转化”步骤中H2O2的作用是 ___________，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是 ___________。(不考虑温度变化)
（4）“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是 ___________﹣7.2之间。
A. 2.2B. 3.2C. 3.7D. 4.7
资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表的关系：
（5）从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是 ___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是 ___________。
实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g。
（7）该样品中结晶水数目x为多少？___________(结果精确至0.1，写出计算过程)
（8）再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x(简述实验过程)。 ___________。
【答案】（1） ①. 除去油脂 ②. 溶解铝 （2）AD
（3） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+ ②. 生成的Fe3+催化双氧水的分解 （4）B
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却至30.8℃结晶
（6）提高镍回收率 （7）n(H2O)==0.103ml，n(NiSO4)==0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9
（8）称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量
【解析】
【分析】镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质，加入NaOH溶液碱浸，除去油脂和金属铝，过滤，向滤渣①中加入硫酸，溶解铁和镍，生成硫酸亚铁和硫酸镍以及过量硫酸的混合溶液，过滤，除去不溶形杂质，向滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液，调节溶液的pH在3.2﹣7.2之间，使铁离子完全沉淀，同时确保Ni2+未沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，将滤液经过一系列处理，最后得到硫酸钠晶体，据此分析作答。
【小问1详解】
“碱浸”中NaOH的作用有除去油脂，溶解铝；
故答案为：除去油脂；溶解铝；
【小问2详解】
根据分析可知，滤液②中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+；
故答案：AD；
【小问3详解】
根据分析可知，“转化”步骤中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是生成的Fe3+催化双氧水的分解；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
【小问4详解】
根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的表格数据可知，“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是3.2﹣7.2之间，此时铁离子完全沉淀，镍离子未沉淀，即B符合题意，
故答案为：B；
【小问5详解】
根据题意可知，从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥；
故答案为：蒸发浓缩；冷却至30.8℃结晶；
【小问6详解】
将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是提高镍的回收率；
故答案为：提高镍的回收率；
【小问7详解】
实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g，则n(H2O)==0.103ml，n(NiSO4)==0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9；
故答案为：n(H2O)= =0.103ml，n(NiSO4)= =0.015ml，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9；
【小问8详解】
再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x，方案如下：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量；
故答案为：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量(其它方案合理即可)。卤化锌
ZnCl2
ZnBr2
熔点/℃
283
394
金属离子
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
Ni2+
7.2
8.7
Al3+
3.7
4.7
Fe3+
2.2
3.2
Fe2+
7.5
9.5
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4•7H2O
NiSO4•6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
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