吉林省吉林市22021年高考化学3月模拟试卷及答案

这是一份吉林省吉林市22021年高考化学3月模拟试卷及答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学3月模拟试卷
一、单项选择题
1.化学与人类生产、生活密切相关。以下说法错误的选项是〔   〕
A.疫情期间“网课〞是主要学习方式，网络光缆是利用光导纤维传输信号，光导纤维的主要成分是晶体硅
B.驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20〞，其机身材料采用了大量低密度高强度的铝锂合金
C.2022年北京冬奥会桔祥物“冰墩墩〞使用的聚乙烯属于高分子材料
D.白居易的?问刘十九?中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉〞，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的氧化铁
2.硫化钠可用于生产非那西丁等解热药，硫化钠的一种制法Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔   〕
A. 每生成1molCO2时转移电子数为8NA
B. 常温常压下，2.24LCO2中含质子的数目为2.2NA
C. 4.2g14C原子所含的中子数目为2.4NA
D. 1L1mol/LNa2SO4溶液中含有钠原子的数目为4NA
3.W、X、Y、Z是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数变化如下列图。W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。以下说法正确的选项是〔   〕

A. 对应简单离子半径：W＜X
B. 对应气态氢化物的稳定性：Y>Z
C. 化合物XZW既含离子键，又含极性共价键
D. Z的氢化物和X的最高价氧化物对应水化物的溶液均能与Y的氧化物反响
4.对以下中学化学常见实验装置的判断正确的选项是〔   〕

A.甲装置可用来探究碳酸氢钠受热是否发生分解反响
B.乙装置中一段时间后，铁钉被腐蚀，红墨水向右移动
C.丙装置中溶液a为溴水或Na2S溶液，均可验证SO2具有复原性
D.丁装置在圆底烧瓶中参加苯、铁粉、溴水，用于制备溴苯
5.有机物X、Y、Z的结构简式分别为 ，以下分析错误的选项是〔   〕
A.X、Y互为同分异构体
B.Y中最多有4个C原子处于同一直线上
C.X、Z的二氯代物数目相同
D.不能用酸性KMnO4溶液一次区分X、Y、Z三种物质
6.我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反响历程如下列图(H2→*H+*H)。以下说法错误的选项是〔   〕

A.CO2、H2O、CH3OH均是共价化合物
B.第④步的反响式为：*HO+*H→H2O
C.CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%
D.增大催化剂的比外表积可提高反响速率及CO2的转化率
7.25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 ， 该温度下，用0.1mol/L的醋酸溶液滴定10.00mL0.1mol/L的MOH溶液，滴定过程中参加醋酸溶液的体积(V)与溶液中lg 的关系如下列图，当V=0时，lg =-12。以下说法正确的选项是〔   〕

A.MOH是一元弱碱
B.a点：V(CH3COOH)=10.00mL
C.b点：c(CH3COOH)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
D.25℃时，CH3COO-的水解平衡常数约为5.9×10-10
二、综合题
8.无水MgBr2广泛用作有机反响催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2 ， 装置如图，主要步骤如下：

步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置 B中参加15mL液溴。
步骤2 缓慢通入枯燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反响完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一枯燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
：①Mg和Br2反响剧烈放热；乙醚极易挥发；
②MgBr2具有强吸水性。
③MgBr2+3C2H5OC2H5 MgBr2·3C2H5OC2H5    ∆H＜0
〔1〕仪器D的名称是________；冷凝水从________(填a或b)口流出；
〔2〕枯燥的N2可将液溴吹出，是因为液溴具有________的性质；实验中不能用枯燥空气代替枯燥N2 ， 用化学方程式解释其原因________；
〔3〕步骤3中，第一次过滤除去的物质是________；
〔4〕试用平衡移动的原理说明得到三乙醚合溴化镁后，加热有利于其分解，得无水MgBr2产品的原因：________；
〔5〕为测定产品的纯度，可用EDTA标准溶液滴定，反响的离子方程式：Mg2++EDTA=EDTA-Mg2+；测定前，先称取0.2000g无水MgBr2产品，溶解后，用0.1000mol/L的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液10.00mL，那么测得无水MgBr2产品的纯度是________(以质量分数表示，用百分数形式表示，保存到小数点后一位)。
〔6〕本实验乙醚的应用是关键，其同系物甲醚也有重要用途。某大学实验室在模拟研究固体载氢硝酸盐燃料电池的实验中发现新创造的固体氢气载体RCNT对甲醚有独特的装载、卸载特性。吸附的甲醚会在RCNT内部以CH3O-和CH 形式分别嵌入内部空穴，可以表示为CH3O-RCNT-CH3 ， 这种载体不仅对甲醚的装载、卸载率非常高(注意并没有完全卸载)，而且不改变甲醚性质，平安、高效、体积小、容量大，具有很好的应用前景。如以下列图所示：

请写出这种RCNT固体载甲醚硝酸盐燃料电池负极电极反响方程式：________。
9.某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，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来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，答复以下问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
〔1〕废弃催化剂上的油脂在________过程中被处理
〔2〕滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有________。
〔3〕“转化〞过程的离子方程式________；“转化〞过程宜控制较低温度的原因是________。
〔4〕加NaOH溶液“调pH〞应控制的pH范围是________。
〔5〕硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反响的离子方程式________。
〔6〕操作I为________、________、过滤、洗涤、枯燥，得到产品。
10.氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要来源于汽车尾气，氮氧化物的处理已成为科学研究的重要内容。请答复以下问题：
〔1〕O3氧化法处理氮氧化物：
：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)  ΔH1 = -113kJ/mol
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)      ΔH2 = -227kJ/mol
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)     ΔH3 = -57kJ/mol
用O3氧化脱除NO的总反响是：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)  ΔH4=________，该反响在热力学上趋势大，其原因是________。
〔2〕CO复原法处理氮氧化物：
在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反响：2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如下列图，实验测得，v正=k正c2(NO)∙c2(CO)，v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2) ( k正、k逆为速率常数，只与温度有关)

①比较P1、P2、P3由大到小的顺序为：________。
②到达平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________(填“>〞“=〞或“＜〞)k逆增大的倍数。
③求a点时 =________。
〔3〕氮氧化物会造成环境污染，但对于某些生物却是生命的关键。在高压深海处存在一种独特的生物，就是依靠身体中的特殊蛋白酶(fotc)催化作用利用深海高压气体氮氧化物(NmOn)提供一局部生命所需能量，生化机理如下：

：
i.中间体N(m-y)O(n-x)有微弱毒性，低浓度无害，高浓度会造成生物死亡，同时生物体内的甲壳素变红。
ii.催化剂对气体的吸附速率随着压强的增大而增大，反之减小。
iii.此种生物只能在固定深度范围的海域才能存活。
①在更深的海域生物死亡时会通体呈现红色，其原因是________。
②在更浅的海域生物死亡时呈现因为饥饿得不到能量的白色，其原因是________。
11.N、P、As都是VA族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生产、生活中有广泛应用。请答复以下相关问题。
〔1〕基态砷原子的价电子排布式为________。
〔2〕从结构分析硝酸符合形成氢键的条件但硝酸的沸点较低，其可能的原因是________。
〔3〕与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。 离子的VSEPR模型名称为________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是________。(用元素符号表示)
〔4〕磷化硼(BP)可作为金属外表的保护薄膜，其晶胞如图1所示，在BP晶胞中B原子配位数是________，P原子占据的是B原子堆积的________(选填“立方体〞“正四面体〞或“正八面体〞)空隙。建立如图2所示坐标系，可得晶胞中A、C处原子的分数坐标，那么M处的P原子分数坐标为________，假设晶胞中B原子和P原子之间的最近核间距为a pm，那么晶胞边长为________cm。

12.盐酸去氧肾上腺素可用于治疗低血压等疾病。化合物H是制备盐酸去氧肾上腺素的重要物质，以芳香烃X为原料制备H的一种合成路线如下，答复以下问题：

请答复以下问题：
〔1〕X的化学名称是________，其分子中共面原子数目最多为________个。
〔2〕B生成C的反响类型为________，E中含氧官能团的名称为________。
〔3〕写出C与足量NaOH反响的化学方程式：________。
〔4〕碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。那么H分子中的手性碳个数为________个。
〔5〕设计D→E，G→H两步的目的是________。
〔6〕同一个碳原子上连接两个羟基时不稳定。H有多种同分异构体，其中能同时满足以下条件的稳定结构共有________种
①含—NH2 ， 且无—O—O—键的芳香族化合物
②不能与FeCl3溶液发生显色反响
③苯环上有四个取代基，且共有5种不同化学环境的氢原子
④不考虑—O—NH2结构

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．网络光缆的主要成分是二氧化硅，选项A符合题意；
B．铝锂合金由于强度高、密度小，被广泛用于航空领域，选项B不符合题意；
C．聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，选项C不符合题意；
D．优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的氧化铁，氧化铁也叫铁红，选项D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.对于根底知识的考察，网络光缆的主要成分是二氧化硅
B.铝锂合金由于强度高、密度小，被广泛用于航空领域
C.乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料
D.氧化铁为红色
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据反响Na2SO4+2C Na2S+2CO2↑可知，碳元素化合价由0价变为+4价，每生成1molCO2时转移电子数为4NA ， 选项A不符合题意；
B．常温常压下，气体的摩尔体积不为22.4L/mol，故无法计算2.24LCO2的物质的量，也就无法计算质子的数目，选项B不符合题意；
C．14C原子中含有14-6=8个中子，4.2g14C原子的物质的量为0.3mol，所含的中子数目为2.4NA ， 选项C符合题意；
D．1L1mol/LNa2SO4溶液中含有钠原子的数目为2NA ， 选项D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.由化合价变化计算转移电子数
B.常温常压下，气体的摩尔体积不为22.4L/mol，故无法计算2.24LCO2的物质的量
C.计算14C原子中含有的中子个数，再计算4.2g14C原子的物质的量，最后计算 4.2g14C原子所含的中子数目
D.1L1mol/LNa2SO4溶液中含有钠原子的数目为2NA
3.【答案】 C
【解析】【解答】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是O、Na、Si、Cl，那么
A．O、Na对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子半径小于氧离子半径，选项A不符合题意；
B．非金属性Cl＞Si，HCl稳定性较强，选项B不符合题意；
C．NaClO含有离子键和共价键，选项C符合题意；
D．Y为Si，除与HF酸反响外与其它酸不反响，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，那么W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，结合元素周期律解答该题。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠受热分解时会生成水，为防止水蒸气冷凝回流炸裂试管，试管口应微向下，A不符合题意；
B．酸雨的pH较小，铁钉发生析氢腐蚀，试管内气体增多，压强增大，铁钉被腐蚀，红墨水向右移动，B符合题意；
C．SO2可以和Na2S溶液反响生成S单质，表达了SO2的氧化性，C不符合题意；
D．苯和液溴在催化剂作用下才能反响，与溴水不反响，D不符合题意；
故答案为B。

【分析】
A.加热试管问题要注意反响物是否会生成水，有水生成的反响需要注意试管口向下防止水回流使试管炸裂；
B.红墨水左右移动代表容器内气压减小或增大，根据反响式前后气体物质的增多减少确定容器气压增大或减小；
C.检验气体首先判断混合气体组成，验证装置要注意混合气体中有无其他气体干扰；
D.制备液溴需要注意溴水和液溴的区别。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．据图可知X和Y的分子式均为C8H8 ， 但结构不同，互为同分异构体，A不符合题意；
B．碳碳双键上的碳原子为sp2杂化，碳氢键和碳碳双键有一定的夹角，苯环为平面结构，对角的两个C原子共线，加上连接苯环的C原子，所以最多有3个C原子共线，B符合题意；
C．X中只含一种环境氢原子，先固定一个氯原子，另一个氯原子的位置有：同一条棱上的顶点、同一个面上对角线位置的顶点和体对角线位置的顶点，共三种；Z的二氯代物有邻、间、对共3种，C不符合题意；
D．X和Z均不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D不符合题意；
故答案为B。

【分析】
A.同分异构体首先数原子个数是否相同，注意H原子的个数，其次判断是否为同一种物质；
B.苯环C原子共平面构成正六边形，双键中C原子共线而H原子和C原子形成一定夹角，因此双键苯环相连的三个碳原子共线为最大可能；
C.X为正四面体，二氯代物有三种，Y为苯环，二氯代物有三种；
D.双键能被酸性高锰酸钾氧化使之褪色，而苯环和X均不能和与酸性高锰酸钾反响使之褪色。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．CO2、H2O、CH3OH均为只含共价键的化合物，为共价化合物，A不符合题意；
B．据图可知第④步反响中CH3OH、*HO、和*H作用得到H2O和甲醇，所以该步骤的反响式为*HO+*H→H2O，B不符合题意；
C．根据图知，二氧化碳和氢气反响生成甲醇和水，该反响中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，C不符合题意；
D．催化剂只改变反响活化能，不能改变平衡转化率，D符合题意；
故答案为D。

【分析】
A.由非金属原子以共价键结合形成的为共价化合物，大多数有机物均为共价化合物；
B.根据图片推测化学式，观察箭头前后反响物和生成物的种类，甲醇前后没有变化，推测参与反响的为CH3OH、*HO、和*H三种物质，以此推测反响式；
C.根据反响式是否全部反响物都生成了生成物，即没有目标产物之外的物质产生，那么利用率为100%，有其他物质产生那么原子利用率低于100%；
D.催化剂改变反响速率，无法控制转化率。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．当V=0时，lg =-12，c(H＋)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，c(MOH)= 0.1mol/L，那么说明MOH发生完全电离，是一元强碱，A不符合题意；
B．a点时，c(H＋)=c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液呈中性，而CH3COOM为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以醋酸应过量，V(CH3COOH)＞10.00mL，B不符合题意；
C．b点时，参加反响的醋酸与剩余醋酸的物质的量相等，浓度相等，即c(CH3COOH) =c(CH3COOM)，但此时lg ＞0，那么说明溶液显酸性，混合溶液中以CH3COOH的电离为主，从而得出：c(CH3COO-)＞c(M＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH-)，C不符合题意；
D．25℃时，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ≈5.9×10-10 ， D符合题意；
故答案为：D。

【分析】
A.未参加醋酸的时候〔v=0〕，根据图得出溶液H＋和OH-的浓度，判断是否完全电离进而判断为强碱还是弱碱；
B.弱酸滴定强碱，由于弱酸不能完全电离，因此只有在弱酸过量的时候能保证溶液pH=7；
C.弱酸滴定强碱判断溶液离子浓度大小关系，首先利用物料平衡列出等式，再根据溶液电荷平衡和pH来判断分析各离子浓度大小；
D.列出Kw和Ka表达式，相除即可得到弱酸水解平衡式，水解常数值即可通过Kw和Ka之比得到。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕球形冷凝管；b
〔2〕极易挥发；2Mg+O2 =2MgO
〔3〕镁屑
〔4〕加热促使乙醚挥发，且逆反响是吸热反响，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动
〔5〕92.0%
〔6〕CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+6xN2O5↑+2xCO2↑+3xH2O或CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+3xN2O5↑+2xCO2↑+6xHNO3
【解析】【解答】(1)仪器D为内部为球形的冷凝管，名称是球形冷凝管；冷凝水流向总是下进上出，所以冷却水从b口流出；答案为：球形冷凝管；b；
 
(2)枯燥的N2可将液溴吹出，此时液溴转化为溴蒸气，是因为液溴具有极易挥发的性质；因为空气中的O2能与Mg反响，所以实验中不能用枯燥空气代替枯燥N2 ， 用化学方程式解释其原因为：2Mg+O2 =2MgO；答案为：极易挥发；2Mg+O2 =2MgO；
(3)步骤3中，由于镁屑未完全反响，所以会有局部剩余，那么第一次过滤除去的物质是镁屑；答案为：镁屑；
(4)因为MgBr2+3C2H5OC2H5 MgBr2·3C2H5OC2H5  ∆H＜0，所以加热使平衡逆向移动，有利于MgBr2·3C2H5OC2H5分解，从而得无水MgBr2产品，原因是：加热促使乙醚挥发，且逆反响是吸热反响，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动；答案为：加热促使乙醚挥发，且逆反响是吸热反响，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动；
(5)由反响Mg2++EDTA=EDTA-Mg2+可知，n(Mg2+)=n(EDTA)，那么无水MgBr2产品的纯度是 =92.0%。答案为：92.0%；
(6)从图中可以看出，1molCH3O-RCNT-CH3在熔融硝酸盐中失去12x mole- ， 转化为(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3、CO2等，那么此燃料电池负极电极反响方程式：CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+6xN2O5↑+2xCO2↑+3xH2O或CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+3xN2O5↑+2xCO2↑+6xHNO3。答案为：CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+6xN2O5↑+2xCO2↑+3xH2O或CH3O-RCNT-CH3 -12xe-+12x =(1-x)CH3O-RCNT-(1-x)CH3+3xN2O5↑+2xCO2↑+6xHNO3。
【分析】本实验的目的，是用Mg屑与液溴反响制取MgBr2 ， 但Mg能与空气中的O2反响，所以需隔绝空气。为营造无氧环境，先将乙醚与镁屑混合于三颈烧瓶内，并用冰水保持低温环境，以减少乙醚挥发，将液溴用枯燥的N2吹入三颈烧瓶内，与Mg反响生成MgBr2·3C2H5OC2H5 ， 去除未反响的镁屑后，再加热让其分解，从而获得无水MgCl2。
 
9.【答案】 〔1〕碱浸
〔2〕
〔3〕2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解
〔4〕3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)
〔5〕2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O
〔6〕蒸发浓缩；冷却结晶
【解析】【解答】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸〞过程中被处理；
 
(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反响生成的 ；
(3)转化过程中发生的主要反响为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化〞过程宜控制较低温度；
(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；
(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被复原为Cl- ， 根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O；
(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥。
【分析】由流程可知，向废镍催化剂中参加NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反响2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2 ， 滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，参加NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe〔OH〕3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
 
10.【答案】 〔1〕-198kJ·mol-1；该反响为放热反响
〔2〕P1>P2>P3；＜；320 L/mol
〔3〕更深的海域压强大，吸附速率快于催化剂解吸附速率，中间产物浓度增大，引起中毒死亡；更浅的海域压强小，吸附速率较慢，总反响速率由较慢的步骤决定，导致解吸附放出的能量缺乏，生物因缺乏能量而死亡。
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律 (①+②×2+③×3)可得ΔH4= [-113kJ/mol+(-227kJ/mol)×2+〔-57kJ/mol〕×3]= -198kJ·mol-1；该反响焓变小于0，为放热反响，所以在热力学上趋势大；
 
(2)①该反响为气体系数之和减小的反响，所以温度不变，增大压强平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，所以P1>P2>P3；
②平衡时v正=k正c2(NO)∙c2(CO)=v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2) ，据图可知压强相同时，升高温度NO的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以仅升高温度后，v正＜v逆 ， 而升温瞬间各物质的浓度不变，所以k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；
③平衡时v正=k正c2(NO)∙c2(CO)=v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2) ，所以 ；a点时，NO的平衡转化率为80%，那么∆n(NO)=1mol×80%=0.8mol，根据反响方程式可知平衡时∆n(CO)=0.8mol，∆n(N2)=0.4mol，∆n(CO2)=0.8mol，所以平衡时体系中n(NO)= n(CO)=1mol-0.8mol=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.8mol，容器体积为2L，所以K= =320 L/mol；
(3)①更深的海域压强大，吸附速率快于催化剂解吸附速率，中间产物N(m-y)O(n-x)浓度增大，引起中毒死亡，同时生物体内的甲壳素变红；
②更浅的海域压强小，吸附速率较慢，总反响速率由较慢的步骤决定，导致解吸附放出的能量缺乏，生物因缺乏能量而死亡，死亡时呈现因为饥饿得不到能量的白色。

【分析】
〔1〕计算反响式反响焓首先对题目给定的反响式进行加减运算得到目标反响式，其次对各方程式的反响焓进行相同的运算得到结果；放热反响热力学趋势大，放热越多热力学趋势越大。
〔2〕压强改变NO转化率是由于体积变化导致，观察反响式反响前后气体体积减小，压强增大平衡正向移动，NO转化率增大；温度改变NO转化率与反响放热〔吸热〕有关，观察图像温度增大平衡转化率下降，即平衡逆向移动，即逆反响速率大于正反响速率而浓度在升高温度的瞬间保持不变，可以通过正逆反响速率来判断k正k逆增大倍数；平衡点处正逆反响速率相等，列出等式用浓度表示， 根据图像和物料守恒计算各物质浓度，得出结果。
〔3〕
根据题目所给信息进行反向推导，中间体N(m-y)O(n-x高浓度会变红，那么判断深海对中间体N(m-y)O(n-x浓度变高的影响是由于吸附速率快于催化剂解吸附速率，进而得出结论；第二道题同理，得不到能量死亡是由于释放能量Q少，反推得到原因是由于浅海压强小，吸附速率较慢，从而导致结果。
11.【答案】 〔1〕4s24p3
〔2〕硝酸中存在分子内氢键
〔3〕平面三角形；O>N>Co>K
〔4〕4；正四面体；( ， ， )；×10-10
【解析】【解答】(1)As元素处于第四周期第VA族，原子价电子排布式为4s24p3；
 
(2)硝酸的结构简式为HO-NO2 ， 氮原子半径小，连在氮原子上的羟基中的氢原子可以旋转到某个位置与氧原子间形成分子内氢键，从而降低硝酸的熔沸点；
(3)NO 的中心原子的价层电子对数为 =3，所以VSEPR模型名称为平面三角形；同周期元素自左至右电负性增强，K、Co均为金属元素，电负性较小，所以该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>Co>K；
(4)据图可知P原子位于B原子形成的正四面体中心，所以P原子配位数为4，化学式为BP，那么B原子的配位数也为4；据图可知A点为原点，M位于体对角线上，距离前面和底面的距离均为 ，距离左侧面的距离为 ，所以坐标为( ， ， )；据图可知B原子和P原子的最近核间距即为体对角线的 ，所以体对角线为4a pm，那么晶胞边长为 pm= ×10-10cm。
【分析】
〔1〕对于主族元素来说价电子为最外层电子，因此根据核外电子排布规律可以得出答案；
〔2〕氢键有两种存在形式，一种是分子内氢键一种是分子间氢键，分子内氢键形式能降低物质熔沸点；
〔3〕   离子中心原子价层电子对为3，以N原子为中心构成平面三角形；判断元素电负性，非金属元素大于金属元素，主族元素的原子，同一周期从左至右电负性递增，同主族自上而下依次递减 。
〔4〕根据晶胞判断配位数，一般是找距离目标原子空间最近的原子个数；根据晶胞图可以判断原子位于正四面体中心；原子分数坐标
以A为原点，建立空间直角坐标系，利用原子所处位置特征和空间几何知识计算目标表点坐标，同理可以求出BP两点坐标即之间的距离，反推即可求得边长长度。
12.【答案】 〔1〕甲苯；13
〔2〕取代反响；醚键、醛基
〔3〕+2NaOH +NaCl
〔4〕1
〔5〕保护酚羟基
〔6〕4
【解析】【解答】(1) X为 ，化学名称为甲苯，苯环为平面结构，单键可以旋转，所以甲基中C原子和1个氢原子可以共面，所以最多有13个原子共面；
 
(2) B中甲基上H被Cl取代生成C，所以属于取代反响；根据E的结构简式可知其官能团为醚键、醛基；
(3)C中氯原子可以在NaOH溶液中发生水解，酚羟基可以和NaOH反响，所以化学方程式为 +2NaOH +NaCl；
(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，那么H中有一个手性碳，即与羟基相连的碳原子；
(5)比照D和H的结构简式可知发生变化的只有醛基，所以设计D→E，G→H两步的目的是为了保护酚羟基；
(6)H的同分异构体满足：
①含—NH2 ， 且无—O—O—键的芳香族化合物，那么含有苯环；
②不能与FeCl3溶液发生显色反响，那么不含酚羟基；
③苯环上有四个取代基，且共有5种不同化学环境的氢原子；
④不考虑—O—NH2结构；那么满足条件的有： 、 、 、 共4种。
【分析】由流程可知，X与丙烯发生加成反响生成A，所以X为 ，A发生取代反响生成B，B中甲基上H被Cl取代生成C，C水解氧化生成D，D发生取代反响生成E，E中-CHO转化为环氧乙醚基，F发生开环生成G，G水解生成H，设计D→E，G→H两步可保护酚-OH，以此来解答。