2015-2016学年四川省宜宾三中高三(下)化学模拟卷(解析版)

2015-2016学年四川省宜宾三中高三（下）化学模拟一.选择题1．下列说法不正确的是（）A．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装B．利用碳酸酯聚合材料生产一次性饭盒可以减少对环境产生的白色污染C．汽车尾气中的NO、CO等是汽油和柴油的不完全燃烧产物D．部分烷烃常用于家庭烹饪的燃料气2．下列说法正确的是（）A．0℃101kpa下22.4L氦气含质子的数目为4N AB．将CO2通入Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数目为N AC．标况下，将2.24L NH3溶于100ml水，所得溶液中粒子个数关系N（NH4+）+N（NH3H2O）=0.1N AD．常温常压下14g氮气所含共用电子对数目为3N A3．下列说法正确的是（）A．用K37ClO3与浓盐酸制氯气：37ClO3﹣+6H++6Cl﹣═37Cl﹣+3Cl2↑+3H2OB．在溶液中等物质的量的FeBr2与Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣C．将1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积均匀混合AlO2﹣+H++H2O═Al （OH）3↓D．0.1mol/L的Na2CO3溶液中2 C（Na+）═C （HCO3﹣）+C （H2CO3）+C（CO32﹣）4．甲、乙、丙、丁均是由Na+、H+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的2种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A．甲为AlCl3，乙为NaHCO3B．在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣B═aCO3↓+2H2O+CO32﹣C．白色沉淀A不能溶解在溶液丁中D．在丙中可以大量共存的有：Fe2+、SO42﹣、NO3﹣5．如图所示其反应原理可以表示为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑下列说法正确的是（）A．随着反应进行，阴极PH逐渐减小B．OH﹣通过隔膜进入B池C．B池电极发生反应为2H2O+4e﹣4═H++O2↑D．每转移2mol电子生成2g H26．不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg（NO3）2四种溶液（不考虑它们间的相互反应）的试剂组是（）A．盐酸、硫酸B．盐酸、氢氧化钠溶液C．氨水、硫酸D．氨水、氢氧化钠溶液7．在容积可变的容器中发生的化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（s）+qD（g）在一定温度和不同压强下达到平衡时分别得到D物质的量浓度如下表所示：压强/kPa 2 5 10 12C（D）/molL﹣0.08 0.20 0.40 0.48根据表格中的数据，下列判断正确的是（）A．当压强增大时平衡向左移动B．m+n＞qC．增加压强，平衡常数增大D．平衡不随着压强的变化移动二、解答题（共4小题，满分58分）8．A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A为半径最小的元素，B的一种核素常用于文物鉴定，化合物BC与N2互为等电子体，D的氢化物有臭鸡蛋气味，F位于第四周期IB族．（1）E﹣的原子结构示意图（2）实验室制取B2A2的化学反应方程式（3）将C2通入FeDO4的离子方程式（4）A2D、A2C的沸点谁高些，为什么？（5）E与C2H6反应生成一取代物，此取代物中的E如何检验？（6）F的晶胞密度为a g/cm3边长b pm 则N A为．9．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni 的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：（1）滤渣1的主要成分为．（2）电解脱铜：金属铜在极析出．（3）①用离子方程式解释加入H2O2的作用．②加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为．（4）从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是、过滤、洗涤、干燥．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图2如下：①A极的电极反应式为和2H++2e﹣=H2↑．②B极附近pH会（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：．③若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni g．10．常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCHO+R’CH2CHO+H2O（R、R’表示烃基或氢）Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是．（2）A与合成B的化学方程式是．（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是．（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色．N由A经反应①～③合成．a．①的反应试剂和条件是．b．②的反应类型是．c．③的化学方程式是．（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是．（6）碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是．11．3名同学在用氯酸钾和二氧化锰混合加热制取氧气的过程中，发现生成的气体有刺激性气味，针对这一“异常现象”进行了实验探究及分析．（1）甲用湿润的KI﹣淀粉试纸检验上述生成的气体，观察到试纸变蓝，据此判断氧气中混有Cl2．用离子方程式解释甲判断试纸变蓝的原因．（2）乙认为上述现象只能说明混合气体具有性，实验中使试纸变蓝的气体单质还可能是．为了进一步验证甲的推测，乙补充了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有溶液的洗气瓶中，若现象为，则甲的推测合理．（3）丙查阅文献获知，这种方法制取氧气的过程中确有Cl2产生，并且查到了以下反应历程：①2KClO3+2MnO2→2KMnO4+Cl2+O2↑②③K2MnO4+Cl2→2KCl+MnO2+O2↑总反应2KClO3→2KCl+3O2↑丙设计实验，通过观察MnO4﹣的特征颜色来验证反应历程中①的发生，具体实验操作为：将一定量的KClO3和MnO2混合于试管中，加热，．写出历程中反应②的化学方程式．（4）另据文献记载：此法制取的氧气中除了含有Cl2，还混有化合物ClO2．ClO2具有强氧化性，可以将污水中的S2﹣氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为．2014-2015学年四川省宜宾三中高三（下）化学训练卷（5）参考答案与试题解析一.选择题1．下列说法不正确的是（）A．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装B．利用碳酸酯聚合材料生产一次性饭盒可以减少对环境产生的白色污染C．汽车尾气中的NO、CO等是汽油和柴油的不完全燃烧产物D．部分烷烃常用于家庭烹饪的燃料气【考点】合成材料；常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．聚乙烯无毒；B．碳酸酯聚合材料可降解；C．汽车尾气中的NO是由氮气与氧气在高温下形成的；D．液化石油气的主要成分是丙烷．【解答】解：A．聚乙烯五毒无味，可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，故A正确；B．碳酸酯聚合材料可降解，能减少白色污染，故B正确；C．汽车尾气中的NO是由氮气与氧气在高温下形成的，汽油和柴油的不完全燃烧产物为CO，没有NO，故C错误；D．液化石油气的主要成分是丙烷，常用于家庭烹饪的燃料气，故D正确．故选C．【点评】本题考查了有机物的用途、环境污染等，题目难度不大，侧重于化学知识在生产生活中应用的考查，注意知识的积累．2．下列说法正确的是（）A．0℃101kpa下22.4L氦气含质子的数目为4N AB．将CO2通入Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数目为N AC．标况下，将2.24L NH3溶于100ml水，所得溶液中粒子个数关系N（NH4+）+N（NH3H2O）=0.1N AD．常温常压下14g氮气所含共用电子对数目为3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、0℃、l0lkPa是标准状况，依据n=计算物质的量，结合氦气是单原子分子计算质子数；B、将1molCO2通入Na2O2增重的是1molCO的质量，转移1mol电子；C、标况下，2.24L氨气的物质的量为0.1mol，根据物料守恒来分析；D、依据n=计算物质的量，结合氮气分子结构中含有三个共价键．【解答】解：A、0℃、l0lkPa是标准状况，22.4L氦气的物质的量为1mol，由于氦气是单原子分子，故含有的质子数为2N A，故A错误；B、将1molCO2通入Na2O2增重的是1molCO的质量，转移1mol电子，故当增重ag时，转移的电子的物质的量n=，即N A个，故B错误；C、标况下，2.24L氨气的物质的量为0.1mol，溶于水后，氮原子的存在形式有NH4+和NH3H2O，根据物料守恒可有：N（NH4+）+N（NH3H2O）=0.1N A，故C正确；D、14g氮气的物质的量为0.5mol，而氮气分子结构中含有三个共价键，故14g氮气所含共价键数目即共用电子对为0.5mol×3×N A=1.5N A，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列说法正确的是（）A．用K37ClO3与浓盐酸制氯气：37ClO3﹣+6H++6Cl﹣═37Cl﹣+3Cl2↑+3H2OB．在溶液中等物质的量的FeBr2与Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣C．将1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积均匀混合AlO2﹣+H++H2O═Al （OH）3↓D．0.1mol/L的Na2CO3溶液中2 C（Na+）═C （HCO3﹣）+C （H2CO3）+C（CO32﹣）【考点】离子方程式的书写．【分析】A．37ClO3﹣+6H++6Cl﹣═37Cl﹣+3Cl2↑+3H2O，K37ClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，反应物的Cl﹣中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0；B．溴离子的还原性小于亚铁离子，氯气不足时亚铁离子优先反应，剩余的氯气再与溴离子反应；C．二者的物质的量比为2：5，1molAl（OH）3消耗3molH+，反应生成等量的铝离子、氢氧化铝；D．根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断．【解答】解：A．氧化还原反应37ClO3﹣+6H++6Cl﹣═37Cl﹣+3Cl2↑+3H2O中，K37ClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，反应物的Cl﹣中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，即：反应产物中的氯离子来自盐酸，故A错误；B．亚铁离子的还原性大于溴离子，则氯气优先氧化亚铁离子，剩余的氯气再与溴离子反应，当FeBr2与Cl2的物质的量相等时，反应的离子方程式为：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl ﹣，故B正确；C．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积混合，偏铝酸根离子与氢离子的物质的量比为2：5，反应生成铝离子和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，故C错误；D．Na2CO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）═2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式书写判断、离子浓度大小比较，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子浓度大小比较的常用方法．4．甲、乙、丙、丁均是由Na+、H+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的2种组成，可以发生如图转化，下列说法正确的是（）A．甲为AlCl3，乙为NaHCO3B．在甲中滴加丁开始反应的离子方程式：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣B═aCO3↓+2H2O+CO32﹣C．白色沉淀A不能溶解在溶液丁中D．在丙中可以大量共存的有：Fe2+、SO42﹣、NO3﹣【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【分析】甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣离子中的两种组成，依据离子共存原则，H+只能与Cl﹣生成HCl，Al3+只能与Cl﹣生成AlCl3，依据甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，甲和丙生成气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，且甲中含有Na+，据此解答即可．【解答】解：溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣，故依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3﹣生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，那么乙为AlCl3，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为氢氧化钡，丙为HCl，A、依据以上分析得出甲应为碳酸氢钠，故A错误；B、甲中滴加丁，甲是过量的，那么Ba（OH）2应满足阳离子：阴离子=1：2的关系，故B 正确；C、白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钡，故C错误；D、据分析可知，丙为HCl，含有H+，故Fe2+、NO3﹣不能与其共存，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查的是常见离子之间的反应以及物质的推断，有一定难度，需要认真整理．5．如图所示其反应原理可以表示为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑下列说法正确的是（）A．随着反应进行，阴极PH逐渐减小B．OH﹣通过隔膜进入B池C．B池电极发生反应为2H2O+4e﹣4═H++O2↑D．每转移2mol电子生成2g H2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】依据电解原理：4Kr2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑可知，溶液中氢离子离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，则不锈钢为阴极，惰性电极为阳极，结合电极反应和离子浓度变化分析．【解答】解：A、电解时溶液中氢离子离子在阴极放电，则阴极室氢离子浓度减小，pH增大，故A错误；B、因为是阳离子交换膜，所以OH﹣不能通过隔膜进入B池，故B错误；C、B池惰性电极上氢氧根离子失电子生成氧气，则其电极方程式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，故C错误；D、不锈钢为阴极，溶液中氢离子离子在阴极放电生成氢气，所以每转移2mol电子生成2g H2，故D正确．故选D．【点评】本题考查了电解池原理分析判断，注意根据电极方程式判断两极的产物以及电极材料，题目难度中等，侧重于考查学生对电解知识的综合应用能力．6．不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg（NO3）2四种溶液（不考虑它们间的相互反应）的试剂组是（）A．盐酸、硫酸B．盐酸、氢氧化钠溶液C．氨水、硫酸D．氨水、氢氧化钠溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】压轴题；物质检验鉴别题．【分析】根据离子的检验方法设计，Ag+可用Cl﹣检验，Ba2+可用SO42﹣检验，SO32﹣可用H+离子检验，Mg2+可用OH﹣离子检验，以此进行判断．【解答】解：A．加入盐酸可鉴别AgNO3，生成AgCl沉淀，K2SO3与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体；然后加入硫酸可鉴别BaCl2，生成白色沉淀，故A不选；B．加入盐酸可鉴别AgNO3，生成AgCl沉淀，K2SO3与盐酸反应生成刺激性气味的SO2气体；然后加入NaOH，与Mg（NO3）2反应生成白色沉淀，可鉴别，故B不选；C．加入氨水，过量氨水与硝酸银反应，先生成白色沉淀，然后溶解，生成银氨溶液，与硝酸镁反应生成白色沉淀，然后加入硫酸可鉴别BaCl2，生成白色沉淀，K2SO3与硫酸反应生成刺激性气味的SO2气体，可鉴别，故C不选；D．加入氨水可鉴别AgNO3和Mg（NO3）2，但加入NaOH不能鉴别BaCl2和K2SO3，故D 选．故选D．【点评】本题考查物质的检验与鉴别，注意物质的性质的异同为解答该类题目的关键，鉴别几种物质，应能产生不同的现象，该题较好的综合考查元素化合物知识，题目难度中等．7．在容积可变的容器中发生的化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（s）+qD（g）在一定温度和不同压强下达到平衡时分别得到D物质的量浓度如下表所示：压强/kPa 2 5 10 12C（D）/molL﹣0.08 0.20 0.40 0.48根据表格中的数据，下列判断正确的是（）A．当压强增大时平衡向左移动B．m+n＞qC．增加压强，平衡常数增大D．平衡不随着压强的变化移动【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】根据压强变化与浓度变化关系分析，当压强从2KPa增加到12KPa时，浓度增大倍数与压强的相等，则平衡不移动，据此分析．【解答】解：A、由表格数据可知当压强从2KPa增加到12KPa时，压强增大为原来的6倍，体积变为原来的倍，浓度由0.08增大为0.48molL﹣1也增大为原来的6倍，所以压强从2KPa 增加到12KPa时，平衡不移动，故A错误；B、由表格数据可知当压强从2KPa增加到12KPa时，压强增大为原来的6倍，体积变为原来的倍，浓度由0.08增大为0.48molL﹣1也增大为原来的6倍，所以压强从2KPa增加到12KPa时，平衡不移动，所以m+n=q，故B错误；C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，故C错误；D、由表格数据可知当压强从2KPa增加到12KPa时，压强增大为原来的6倍，体积变为原来的倍，浓度由0.08增大为0.48molL﹣1也增大为原来的6倍，所以压强从2KPa增加到12KPa时，平衡不移动，故D正确；故选D．【点评】本题考查压强对化学平衡的影响，突出数据提取、分析处理数据能力，难度适中．二、解答题（共4小题，满分58分）8．A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A为半径最小的元素，B的一种核素常用于文物鉴定，化合物BC与N2互为等电子体，D的氢化物有臭鸡蛋气味，F位于第四周期IB族．（1）E﹣的原子结构示意图（2）实验室制取B2A2的化学反应方程式CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑（3）将C2通入FeDO4的离子方程式4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）A2D、A2C的沸点谁高些，为什么？H2O沸点较高，H2S、H2O均属于分子晶体，但H2O分子之间存在氢键（5）E与C2H6反应生成一取代物，此取代物中的E如何检验？CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，然后加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生（6）F的晶胞密度为a g/cm3边长b pm 则N A为．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A为半径最小的元素，则A为H元素；B的一种核素常用于文物鉴定，则B为碳元素；化合物BC与N2互为等电子体，则C为O元素；D的氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，可推知E为Cl；F位于第四周期IB族，则F为Cu，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A为半径最小的元素，则A为H元素；B的一种核素常用于文物鉴定，则B为碳元素；化合物BC与N2互为等电子体，则C为O元素；D的氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，可推知E为Cl；F 位于第四周期IB族，则F为Cu．（1）Cl﹣的原子结构示意图为，故答案为：；（2）实验室制取C2H2的化学反应方程式：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；（3）将O2通入FeSO4的离子方程式：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；（4）H2S、H2O均属于分子晶体，但H2O分子之间存在氢键，其沸点高于H2S的，故答案为：H2O的沸点较高；H2S、H2O均属于分子晶体，但H2O分子之间存在氢键；（5）氯气与C2H6反应生成一取代物CH3CH2Cl，检验取代物中的Cl元素：CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，然后加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，故答案为：CH3CH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应，然后加入硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生；（6）Cu晶胞为面心立方最密堆积，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，则晶胞质量为g，晶胞密度为a g/cm3、边长b pm，则（b×10﹣10 cm）3×a g/cm3=g，故N A=，故答案为：．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，需要学生具备扎实的基础，（6）中注意识记常见金属晶体的堆积方式．9．某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4和Ni 的流程如下：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图1：（1）滤渣1的主要成分为SiO2．（2）电解脱铜：金属铜在阴极析出．（3）①用离子方程式解释加入H2O2的作用2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O．②加Na2CO3调节溶液的pH至5，则滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3．（4）从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．（5）电解浓缩后的滤液2可获得金属镍，其基本反应原理示意图2如下：①A极的电极反应式为Ni2++2e﹣═Ni和2H++2e﹣=H2↑．②B极附近pH会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因：H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低．③若一段时间后，在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），理论上能得到Ni29.35 g．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1为二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜；（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；②分析金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物；（5）①依据电解池原理分析，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应；②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，氢离子浓度增大；③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量．【解答】解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为二氧化硅，故答案为：二氧化硅；（2）电解脱铜，铜离子移向阴极，在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜，Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：阴；（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；②由图1，金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，此时溶液中铁离子，铝离子全部沉淀，所以过滤得到滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶；（5）①由图2可知，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，电极反应为：Ni2++2e﹣═Ni和2H++2e﹣=H2↑；故答案为：Ni2++2e﹣═Ni；②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致溶液PH减小；故答案为：减小；H2O⇌H++OH﹣，OH﹣在B极放电使c（OH﹣）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低；③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量；（3）一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==0.5mol，阳极电极反应：Ni2++2e﹣═Ni1mol 0.5mol2H++2e﹣=H2↑；1mol 0.5mol阴极电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑2mol 0.5mol生成Ni物质的量为0.5mol，质量=0.5mol×58.7/mol=29.35g，故答案为：29.35．【点评】本题考查了物质分离和制备流程的分析判断，主要是实验基本操作和电解池原理的分析应用，物质性质和电极反应书写、电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．10．常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下：已知：Ⅰ．RC HO+R’CH2CHO+H2O（R、R’表示烃基或氢）Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是乙醛．（2）A与合成B的化学方程式是．（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是．（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色．N由A经反应①～③合成．a．①的反应试剂和条件是稀NaOH；加热．b．②的反应类型是加成反应．c．③的化学方程式是．（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是CH3COOCH=CH2．（6）碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是．【考点】有机物的合成；有机物的推断．【专题】压轴题．【分析】根据A的分子式和A转化为B的反应条件，结合题给信息I和A的核磁共振氢谱，可以确定A为乙醛，B为；由C为反式结构，由B还原得到，可以确定C中仍具有C=C，被还原的基团应是﹣CHO，由此即可确定C的结构式；根据D的分子式C11H12O2，可以确定其不饱和度为6，结合生成D的反应条件，可确定D为，进而确定M为乙酸；由PVB 的结构简式和题给信息II可确定其单体之一是CH3（CH2）2CHO，即N为CH3（CH2）2CHO；另一高分子化合物PVA为，进而推出PVAc的单体为CH3COOCH=CH2；由A和N的结构简式，结合题给信息I即可推出E为，CH3CH=CHCHO，F为CH3（CH2）OH．由此即可按题设要求回答有关问题．3【解答】解：（1）A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛，故答案为：乙醛；（2）A为乙醛，B为，反应的方程式为，故答案为：；（3）C为反式结构，说明C中含有碳碳双键．又因为C由B还原得到，B中含有醛基，因此C中含有羟基，故C的结构简式是，故答案为：；（4）根据PVB的结构简式并结合信息Ⅱ可推出N的结构简式是CH3（CH2）2CHO，又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH3CH=CHCHO，然后E通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH．F经过催化氧化得到N，方程式为，故答案为：a稀NaOH；加热；b加成反应；c；；（5）由C和D的结构简式可知M是乙酸，由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇，因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯，结构简式是CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（6）PVAc的单体为CH3COOCH=CH2，则PVAc为，含有酯基，能在碱性条件下水解生成和乙酸钠，反应的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，解答本题时注意把握题中的隐含信息，如各小题的中的信息，为解答本题的关键，注意把握有机物官能团的结构和性质．11．3名同学在用氯酸钾和二氧化锰混合加热制取氧气的过程中，发现生成的气体有刺激性气味，针对这一“异常现象”进行了实验探究及分析．（1）甲用湿润的KI﹣淀粉试纸检验上述生成的气体，观察到试纸变蓝，据此判断氧气中混有Cl2．用离子方程式解释甲判断试纸变蓝的原因Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2．（2）乙认为上述现象只能说明混合气体具有氧化性，实验中使试纸变蓝的气体单质还可能是O3或O2．为了进一步验证甲的推测，乙补充了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有硝酸酸化的硝酸银溶液的洗气瓶中，若现象为产生白色沉淀，则甲的推测合理．。