2019年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析）

这是一份2019年山东省德州市高考化学一模试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，简答题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2019年山东省德州市高考化学模拟试卷（一模）

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 2018年是我国化学科技丰收之年，下列分析正确的是（　　）
选项
科技动态
化学分析
A
由甲醇制备芳香烃的技术（MTA）获得突破
甲醇和芳香烃均能发生取代反应
B
南开大学对有机太阳能电池研究获得突破
该电池将化学能直接转化为电能
C
厦门大学利用表面配位法成功改善了金属纳米材料的表面结构
金属纳米材料属于胶体
D
上海科技大学利用稀土催化剂实现了甲烷在光照下转化成高附加值的化工产品
稀土催化剂提高甲烷的转化率
A. A B. B C. C D. D
2. 下列说法正确的是（　　）
A. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解
B. 材料聚氯乙烯能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
C. CH3CH(CH3)2 光照下与氯气反应，生成四种一氯代物
D. 汽油、植物油的主要成分分别为烃和酯
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A. 2.2gCO2与足量镁粉反应转移电子数目为0.1NA
B. 常温下，pH=12的碳酸钠溶液中含OH− 的数目为0.01NA
C. 标准状况下，22.4LCH3Cl中含有的H 原子数目为3NA
D. 23g分子式为C2H6O的有机物中含有−OH 数目一定为0.5NA
4. X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子核外电子总数是其次外层电子数的4倍，Y单质与硫酸铜溶液反应能产生蓝色沉淀，Z单质为淡黄色固体。下列叙述正确的是（　　）
A. 简单离子半径：W>Z>Y>X
B. X2 与Z单质反应能直接形成ZX3
C. 简单氢化物的还原性：Z>W
D. 由X、Y、W 组成化合物的水溶液一定显碱性
5. 下列实验操作、实验现象和实验结论都正确的是（　　）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将二氧化硫通入紫色石蕊试液
先变红后褪色
二氧化硫具有漂白性
B
在饱和氯化银浊液中滴加少量KBr溶液
白色浑浊变为淡黄色浑浊
Ksp：AgCl＞AgBr
C
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
Na2O2没有变质
D
向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
A. A B. B C. C D. D
6. 高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. 上述装置中，f极为光伏电池的正极
B. 阴极的电极反应为2H2O−4e−=4H++O2↑
C. d处得到较浓的NaOH 溶液，c处得到HClO4
D. 若转移2mol电子，理论上生成100.5gHClO4
7. 298K时，将0.1mol•L-1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释，溶液的pH 与稀释倍数的对数lgVV0的关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A. 酸性：HY>HX
B. 298K时，K(HX)/K(HY)=1100
C. lgVV0=2时，c(HX)+c(X− )=c(HY)+c(Y− )
D. 相同浓度时，NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等


二、简答题（本大题共4小题，共48.0分）
8. 金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣（含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3）提取钴、镍的工艺如下：

（1）酸浸时SO2的作用是______
（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应______
（3）有机层提取出的Ni2+ 可用于制备氢镍电池，该电池工作原理：NiOOH+MH⇌充电放电Ni（OH）2+M，电池放电时正极电极反应式为______。
（4）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi（1-x）Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价）。图是用两种不同方法制得的CoxNi（1-x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。

①H2O2 的电子式______。
②由图中信息可知：______法制取的催化剂活性更高。
③Co2+、Ni2+ 两种离子中催化效果更好的是______。
（5）已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量241g，CO2的体积为0.672L（标况下），则此时所得固体氧化物的化学式为______。
9. 工业上用氢气合成氨气的原理为：N2（g）+3H2（g）⇌高温高压催化剂2NH3（g）△H＜0
（1）用太阳能分解水制备H2是一项新技术，其过程如下
已知：2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+483.6kJ•mol-1
2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g）△H=+313.8kJ•mol-1
①过程Ⅱ的热化学方程式是______。
②整个过程中，Fe3O4 的作用是______。
（2）在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2，测得不同温度下，NH3的产率随时间变化如图所示。

①下列有关说法正确的是______
A．由b点到c点混合气体密度逐渐增大
B．达到平衡时，2v正（H2）=3v逆（NH3）
C．平衡时，通入氩气平衡正向移动
D．平衡常数，ka＜kb=kc
②T1温度时，0-15min内v（H2）=______mol•L-1•min-1。
③已知：瞬时速率表达式v正=k正c3（H2）c（N2），v逆=k逆c2（NH3）（k 为速率常数，只与温度有关）。温度由T1 调到T2，活化分子百分率______（填“增大”“减小”或“不变”），k正增大倍数______k逆增大倍数（填“大于”“小于”或“等于”）。T1℃时，k正/k逆=______。
10. 镍是有机合成的重要催化剂。
（1）基态镍原子的价电子排布式______
（2）镍和苯基硼酸共催化剂实现了丙烯醇（CH2=CH-CH2OH）的绿色高效合成。丙烯醇中碳原子的杂化类型有______；丙醛（CH3CH2CHO）与丙烯醇（CH2=CH-CH2OH）分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，其主要原因是______。
（3）羰基镍[Ni（CO）4]用于制备高纯度镍粉。羰基镍[Ni（CO）4]中Ni、C、O 的电负性由大到小的顺序为______。
（4）Ni2+ 能形成多种配离子，如[Ni（NH3）6]2+、[Ni（SCN）3]- 等。NH3 的空间构型为：______；与SCN- 互为等电子体的分子有：______（填分子式）
（5）“NiO”晶胞如图：

①氧化镍晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C原子坐标参数为______
②已知氧化镍晶胞密度dg/cm3，NA 代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为______nm（用代数式表示）
11. 有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质，在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α-溴代羰基化合物合成大位阻醚J，其合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
（1）A 的名称______。
（2）C→D的化学方程式______。E→F的反应类型______
（3）H 中含有的官能团______。J的分子式______。
（4）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有______种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为______。
（5）参照题中合成路线图。设计以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：______。
三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂。已知：K2FeO4易溶于水，其溶液呈紫色、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用下图装置制备并探究K2FeO4的性质。制备原理：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，装置如下图所示（夹持装置略）

（1）盛放二氧化锰的仪器名称______，装置C的作用是______。
（2）装置A 中反应的化学方程式是______。
（3）实验时采用冰水浴的原因是______，此装置存在一处明显缺陷，请指出______。
（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，一般用75%乙醇进行洗涤，其目的是______。
（5）查阅资料知，K2FeO4能将Mn2+氧化成MnO4-．该小组设计如下实验进行验证：
关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色。检验左侧烧杯溶液呈黄色的原因，需要的试剂是______。写出K2FeO4氧化Mn2+的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：A．甲醇中含有羟基，芳香烃含有氢原子，在一定条件下，都能发生取代反应，故A正确；
B．有机太阳能电池是将光能直接转化为电能的装置，故B错误；
C．虽然金属纳米材料直径大小与胶体中的分散质粒子大小相当，但缺少分散剂，所以纳米材料不是胶体，故C错误；
D．催化剂对化学平衡无影响，因此，催化剂不能改变反应物的转化率，故D错误；
故选：A。
A．甲醇中含有羟基，芳香烃含有氢原子；
B．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置；
C．胶体由是由分散质和分散剂构成的混合物；
D．催化剂对化学反应的限度无影响。
本题考查较为全面，涉及有机物的结构和性质、能量的转化形式、分散系、催化剂等，比较基础，注意太阳能电池的能量转化形式不同于原电池装置。
2.【答案】D
【解析】
解：A．如为葡萄糖等单糖，则不水解，故A错误；
B．聚乙烯不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，故B错误；
C．CH3CH（CH3）2有2种H，则一氯代物有2种，故C错误；
D．汽油为烃类化合物，植物油属于油脂，为酯类，故D正确。
故选：D。
A．单糖不水解；
B．聚乙烯不含碳碳双键；
C．CH3CH（CH3）2有2种H；
D．汽油为烃类化合物，植物油属于油脂。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】
解：A、2.2g二氧化碳的物质的量为0.05mol，而二氧化碳和镁反应后，碳原子由+4价变为0价，故0.05mol二氧化碳反应后转移0.2NA个电子，故A错误；
B、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故B错误；
C、标况下22.4L一氯甲烷的物质的量为1mol，而一氯甲烷中含3个H原子，故1mol一氯甲烷中含H原子为3NA个，故C正确；
D、C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚，故此物质中不一定含-OH，故D错误。
故选：C。
A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳和镁反应后，碳原子由+4价变为0价来分析；
B、溶液体积不明确；
C、求出一氯甲烷的物质的量，然后根据一氯甲烷中含3个H原子来分析；
D、C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
4.【答案】C
【解析】
解：根据分析可知：X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl元素。
A．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．氧气与S单质反应生成的SO2，不会直接生成SO3，故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则简单氢化物的还原性Z＞W，故C正确；
D．O、Na、Cl形成的化合物有次氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠等，其中氯酸钠、高氯酸钠溶液呈中性，故D错误；
故选：C。
X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子核外电子总数是其次外层电子数的4倍，X含有2个电子层，电子总数为8，为O元素；Z单质为淡黄色固体，则Z为S元素；W的原子序数大于S，为短周期主族元素，则W为Cl元素；Y单质与硫酸铜溶液反应能产生蓝色沉淀，Y的原子序数大于O，则Y为Na元素，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，题目难度不大，把握元素的位置、性质、原子序数推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，试题侧重分析与应用能力的考查。
5.【答案】B
【解析】
解：A．二氧化硫为酸性氧化物，使紫色石蕊试液变红，故A错误；
B．发生沉淀的转化，可知Ksp：AgCl＞AgBr，故B正确；
C．过氧化钠及碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体，由现象不能说明是否变质，故C错误；
D．可能生成一水合氨，溶液中可能存在NH4+，故D错误；
故选：B。
A．二氧化硫为酸性氧化物；
B．发生沉淀的转化；
C．过氧化钠及碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；
D．可能生成一水合氨。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀转化、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】
解：A．图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；
B．电解池阴极上H2O得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B错误；
C．左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C正确；
D．电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m（HClO4）=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D错误；
故选：C。
根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液，以此来解答。
本题考查电解池原理及其计算，为高频考点，把握离子的移动、放电顺序、电极反应即可解答，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】
解：A．根据图象可知，0.1mol•L-1NaX、NaY溶液的pH：NaX＞NaY，则酸性HY＞HX，故A正确；
B.298K时0.1mol•L-1NaX溶液的pH=10，c（H+）=10-10mol/L，c（HX）≈c（OH-）=10-4mol/L，c（X- ）≈0.1mol/L，则K（HX）==10-7，0.1mol•L-1NaY溶液的pH=9，c（H+）=10-9mol/L，c（HX）≈c（OH-）=10-5mol/L，c（X- ）≈0.1mol/L，则K（HY）==10-5，则K（HX）/K（HY）=，故B正确；
C．lg=2时，根据物料守恒可得：c（HX）+c（X- ）=c（Na+）=c（HY）+c（Y- ），故C正确；
D．根据电荷守恒可知，浓度相等的两溶液中，阴阳离子总浓度=2c（Na+）+2c（H+），由于水解程度NaX＞NaY，则两溶液中c（H+）不同，则两溶液中离子总浓度不相等，故D错误；
故选：D。
A．酸性越强，对应酸根离子的水解程度越弱，结合等浓度的两溶液的pH分析；
B．根据平衡常数表达式及0.1mol/L时两溶液的pH分析；
C．根据混合液中的物料守恒分析；
D．水解程度NaX＞NaY，两溶液中氢离子浓度不同，根据电荷守恒可知，离子总浓度=2c（Na+）+2c（H+）。
本题考查酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的综合应用能力。
8.【答案】还原剂或将Co3+还原为Co2+   2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，   NiOOH+e-+H2O=Ni（OH）2+OH-     微波水热   Co2+   Co3O4
【解析】
解：（1）含钴废渣含有Co2O3，最后得到CoCO3，则+3价的Co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价Co，反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，所以二氧化硫的作用是还原剂或将Co3+还原为Co2+，
故答案为：还原剂或将Co3+还原为Co2+；
（2）CO32-和Al3+发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀而除去Al3+，同时还生成二氧化碳，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）该电池工作原理：NiOOH+MHNi（OH）2+M，该反应中Ni元素化合价由+3价变为+2价、H元素化合价由-1价变为+1价，则正极上NiOOH得电子发生还原反应，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni（OH）2+OH-，
故答案为：NiOOH+e-+H2O=Ni（OH）2+OH-；
（4）①H2O2 中H-O及O-O原子之间都存在一对共用电子对，每个O原子含有2个孤电子对，电子式为，
故答案为：；
②由图中信息可知：x相同时，微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大，所以微波水热法制取的催化剂活性高，
故答案为：微波水热；
③由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高，故答案为：Co2+；
（5）n（CO2）=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，根据C原子守恒得n（CoCO3）=0.03mol，生成的氧化物中n（Co）=0.03mol、n（O）==0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，
故答案为：Co3O4。
含钴废渣（主要成CoO、Co2O3、Ni及少量Al2O3）加入硫酸酸浸并通入SO2，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=2Al2（SO4）3+3H2O、Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑，加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去Al3+，然后向滤液中加入萃取剂HX，有机层中含有NiSO4，然后从有机层中得到NiSO4溶液，向水层中加入Na2CO3得到CoCO3固体。
（1）SO2具有还原性，能还原氧化性物质Co2O3；
（2）CO32-和Al3+发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀而除去Al3+，同时还生成二氧化碳；
（3）该电池工作原理：NiOOH+MHNi（OH）2+M，该反应中Ni元素化合价由+3价变为+2价、H元素化合价由-1价变为+1价，则正极上NiOOH得电子发生还原反应；
（4）①H2O2 中H-O及O-O原子之间都存在一对共用电子对，每个O原子含有2个孤电子对；
②由图中信息可知：x相同时，微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大；
③随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大；
（5）n（CO2）=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，根据C原子守恒得n（CoCO3）=0.03mol，生成的氧化物中n（Co）=0.03mol、n（O）==0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：4。
本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析推断及基本实验操作能力，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质的性质是解本题关键，难点是（5）题钴氧化物化学式的确定，题目难度中等。
9.【答案】3FeO（s）+H2O（g）=H2（g）+Fe3O4（s），△H=+84.9kJ/mol   催化剂   BD   0.05   增大   小于  6427
【解析】
解：（1）2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+483.6kJ•mol-1 i
2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g）△H=+313.8kJ•mol-1 ii
①方程式（i-ii）为过程Ⅱ的热化学方程式为3FeO（s）+H2O（g）=H2（g）+Fe3O4（s），△H=×（+483.6-313.8）kJ/mol=+84.9kJ/mol，
故答案为：3FeO（s）+H2O（g）=H2（g）+Fe3O4（s），△H=+84.9kJ/mol；
②整个过程中，Fe3O4 的作用是催化剂，
故答案为：催化剂；
（2）A．由b点到c点，混合气体总质量不变、容器体积不变，所以密度始终不变，故错误；
B．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比，所以达到平衡状态是存在2v正（H2）=3v逆（NH3），故正确；
C．平衡时，通入氩气容器压强增大，但是反应物和生成物的分压不变，平衡不移动，故错误；
D．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以ka＜kb，化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，b、c温度相等化学平衡常数相等，所以存在ka＜kb=kc，故正确；
故选BD；
②T1温度时，氨气的产率为50%，则实际上生成n（NH3）=2mol×50%=1mol，
可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始（mol）1            3              0
反应（mol）0.5        1.5            1
平衡（mol）0.5        1.5            1
0-15min内v（H2）==mol/（L．min）=0.05mol/（L．min），
故答案为：0.05；
③温度由T1 调到T2，升高温度，活化分子百分率增大，v正＜v逆，平衡逆向移动，
达到平衡状态时v正=v逆，平衡时c（N2）=mol/L=0.25mol/L、c（H2）=mol/L=0.75mol/L、
c（NH3）=mol/L=0.5mol/L，v正=v逆=k正c3（H2）c（N2）=k逆c2（NH3），
===，
故答案为：增大；小于；。
（1）2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+483.6kJ•mol-1 i
2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g）△H=+313.8kJ•mol-1 ii
①方程式（i-ii）为过程Ⅱ的热化学方程式为3FeO（s）+H2O（g）=H2（g）+Fe3O4（s），焓变进行相应的改变；
②整个过程中，Fe3O4 的作用是催化剂；
（2）A．由b点到c点，混合气体总质量不变、容器体积不变；
B．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比；
C．平衡时，通入氩气容器压强增大，但是反应物和生成物的分压不变；
D．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，化学平衡常数只与温度有关；
②T1温度时，氨气的产率为50%，则实际上生成n（NH3）=2mol×50%=1mol，
可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始（mol）1            3              0
反应（mol）0.5        1.5            1
平衡（mol）0.5        1.5            1
0-15min内v（H2）=；
③温度由T1 调到T2，升高温度，活化分子百分率增大，v正＜v逆，平衡逆向移动，
达到平衡状态时v正=v逆，平衡时c（N2）=mol/L=0.25mol/L、c（H2）=mol/L=0.75mol/L、
c（NH3）=mol/L=0.5mol/L，v正=v逆=k正c3（H2）c（N2）=k逆c2（NH3），
=。
本题考查化学平衡计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、化学平衡计算方法是解本题关键，注意（2）中纵坐标是氨气产率而不是氨气含量，为解答易错点。
10.【答案】3d84s2   sp2、sp3   丙烯醇分子间可以形成氢键   O＞C＞Ni   三角锥形   N2O、CO2；   （12，1，1）  2−24×3300NA⋅d×107
【解析】
解：（1）Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律，其核外电子排布为：[Ar]3d84s2，所以其价电子排布为：3d84s2；
故答案为：3d84s2；
（2）丙烯醇（CH2=CH-CH2OH）中，第一、二个C原子形成的两个单键，一个双键，即有3个ó键，所以为sp2杂化，第三个C原子，形成了4个ó键，所以为sp3杂化；分子间形成氢键可以使熔沸点升高，丙烯醇分子间可以形成氢键，而丙醛分子中不存在，所以丙醛比丙烯醇的沸点低的多；
故答案为：sp2、sp3；丙烯醇分子间可以形成氢键；
（3）根据电负性在周期表中的变化规律，C、O属于同一周期的元素，从左到右，电负性依次增强，故O＞C，Ni属于过渡元素，属于金属，电负性较低，所以三者的电负性大小为：O＞C＞Ni；
故答案为：O＞C＞Ni；
（4）算NH3 的空间构型，先得出价电子对数=3+=4，且有一对孤电子对数，所以空间构型为三角锥形；等电子体是指原子数相等、价电子数相等的粒子，所以SCN- 互为等电子体的分子有N2O、CO2；
故答案为：三角锥形；N2O或CO2；
（5）①由坐标图和晶胞图可知，A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C为（，1，1）；
故答案为：（，1，1）；
②设晶胞参数为a，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞含4个“NiO”，面对角线上3个氧离子相切，d=，a=×107nm．因为棱上镍离子、氧离子相切。设氧离子半径为r，有：4r=a，得：r=a．设镍离子半径为x，有：2r+2x=a，x=××107 nm。
故答案为：××107。
（1）根据镍是28号元素，结合核外电子的排布规律分析解答；
（2）丙烯醇分子中单键是σ键，双键中有1个σ键；烯丙醇分子中碳原子的杂化类型有2种，饱和碳原子和不饱和碳原子；
（3）根据丙烯醇分子之间存在除范德华力外，还存在氢键分析解答；
（4）根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb）计算NH3中的N原子的价层电子对数，判断N原子的杂化类型，再判断空间构型；根据等电子体的概念分析解答；
（5）①立体坐标系类似平面坐标系，结合A、B两点的原子坐标分析判断；
②观察氧化镍晶胞图，1个晶胞含4个“NiO”，面对角线上3个氧离子相切。由密度可以计算晶胞参数a；再计算氧离子半径，最后利用棱上镍离子、氧离子相切求出镍离子半径。
本题考查了物质结构和性质，难度较大。本题的易错点为烯丙醇分子中碳原子的杂化类型的判断，难点为（5）中Ni2+半径的计算，要注意充分利用晶胞截面图分析解答。
11.【答案】2-甲基丙烯     取代反应   酚羟基、硝基   C10H11O5N   6    
【解析】
解：（1）A的结构简式为，A的名称为：2-甲基丙烯，故答案为：2-甲基丙烯；
（2）C→D的反应方程式为：，E→F是中羟基被溴原子替代生成F，属于取代反应，
故答案为：；取代反应；
（3）H的结构简式为，含有的官能团有：酚羟基、硝基；由J的结构简式可知，J分子中有10个C原子、11个H原子、5个O原子、1个N原子，故J的分子式为：C10H11O5N，
故答案为：酚羟基、硝基；C10H11O5N；
（4）化合物X是D（）的同分异构体，X能与氢氧化钠溶液反应，X为羧酸或酯，若为羧酸，可以看作丙烷中H原子被羧基取代有2种，若为酯，可以是丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯（有2种），故符合条件的共有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为，
故答案为：6；；
（5）由与发生取代反应生成．甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到，合成路线流程图为：，
故答案为：。
A发生加成反应生成B，B水解生成C，由C的结构逆推可知B为、A为．由D、E的分子式，结合反应条件，可知C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与H发生取代反应生成J，结合J的结构，可知H为。
（5）由与发生取代反应生成．甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到。
本题考查有机物的合成，充分利用有机物的结构简式、分子式及反应条件进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重分析与应用能力的考查。
12.【答案】圆底烧瓶   吸收多余的氯气，防止污染环境   MnO2+4HCl（浓）−△MnCl2+Cl2↑+2H2O   K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反应发生   缺少除氯气中混有HCl的装置   减少产品损失，易于干燥   KSCN溶液   5FeO42-+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO4-+8H2O
【解析】
解：根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，B中发生反应3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O来制备K2FeO4，氯气有毒不能直接排空，氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐，所以用NaOH溶液除去尾气；
（1）盛放二氧化锰的仪器名称圆底烧瓶，氯气能和NaOH溶液反应钠盐，氯气有毒，所以可以用NaOH溶液处理尾气，防止污染大气，
故答案为：圆底烧瓶；吸收多余的氯气，防止污染环境；
（2）加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4 HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2 H2O，
故答案为：MnO2+4 HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2 H2O；
（3）K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，所以采用冰水浴，从而防止副反应发生；浓盐酸易挥发导致生成的氯气中含有HCl，HCl能和KOH反应，从而降低产率，所以应该用饱和食盐水除去HCl，则实验中缺少除HCl的装置，
故答案为：K2FeO4在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，防止副反应发生；缺少除氯气中混有HCl的装置；
（4）K2FeO4在乙醇中溶解度较小，且乙醇易挥发，所以用乙醇洗涤的目的是减少产品损失，且易于干燥，
故答案为：减少产品损失，易于干燥；
（5）关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色，说明该装置构成原电池，左侧得电子生成铁离子，右侧失电子生成高锰酸根离子；铁离子和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，所以需要KSCN溶液检验铁离子；
FeO42-、Mn2+发生氧化还原反应生成铁离子、高锰酸根离子和水，反应方程式为5FeO42-+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO4-+8H2O，
故答案为：KSCN溶液；5FeO42-+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO4-+8H2O。
根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，B中发生反应3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O来制备K2FeO4，氯气有毒不能直接排空，氯气能和NaOH溶液反应生成钠盐，所以用NaOH溶液除去尾气；
（1）盛放二氧化锰的仪器名称圆底烧瓶，氯气能和NaOH溶液反应钠盐；
（2）加热条件下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水；
（3）K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定；浓盐酸易挥发导致生成的氯气中含有HCl，HCl能和KOH反应；
（4）K2FeO4在乙醇中溶解度较小，且乙醇易挥发；
（5）关闭K，左烧杯溶液变黄色，右烧杯溶液变紫色，说明该装置构成原电池，左侧得电子生成铁离子，右侧失电子生成高锰酸根离子；铁离子和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色；
FeO42-、Mn2+发生氧化还原反应生成铁离子、高锰酸根离子和水。
本题考查物质制备，涉及实验评价、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及各个仪器中发生的反应、各个仪器的作用是解本题关键，会根据实验现象分析判断发生的反应，题目难度不大。