1、四川省成都市龙泉一中2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题1下列说法错误的是（）A使用可降解塑料聚二氧化碳，能减少白色污染B实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78 g苯含有C=C键的数目为3 NAC常温常压下，14 g由N2和CO组成的混合气体含有的电子总数为7 NAD1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2
2、NA3下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述AFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常用作红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有氧化性SO2可使溴水褪色AABBCCDD4已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH+CO2=CO32+H
3、2OB电解氯化镁溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC向H2O2溶液中加入MnO2：2H2O2+4H+MnO2=O2+Mn2+4H2OD向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42沉淀完全：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O6在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是（）A平衡向正反应方向移动了B物质A的转化率增大了C恒温恒压时再充入A物质，达到新的平衡时A的质量分数增加了Dab7下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在
4、有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.100 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL1 HCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2转化率cba二、非选择题共58分）8（14分）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O（1）Cu+基态核外电子排布式为（2）与OH互为等电子体的一种分子为（填化学式）
5、（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是；1mol乙醛分子中含有的键的数目为（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为9（15分）高锰酸钾在饮用水和工业污水处理领域的消费增长较快实验室可用软锰矿（主要成分MnO2）为原料制备高锰酸钾其部分流程如下：已知：流程中所加软锰矿中含50g MnO2；生成墨绿色浸出液的反应为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O回答下列问题：（1）实验中采用铁坩埚而不用瓷坩埚的原因是（2）写出通入CO2，可使MnO42
6、发生反应，生成MnO4及MnO2的离子方程式：；若通入CO2太多，则在加热浓缩时，会有晶体和KMnO4晶体一起析出（3）在加热、浓缩、烘干的过程中温度不宜过高，其原因是；趁势过滤的目的；加热时用玻璃棒不断搅拌溶液的目的是；洗涤KMnO4晶体用冷水洗涤较好的原因是（4）计算12.25g KClO3固体经过上述转化，最多可制得KMnO4的质量为（结果保留一位小数）10（14分）保水剂使用的是高吸水性树脂，它是一种吸水能力特别强的功能高分子材料无毒无害，反复释水、吸水，因此农业上人们把它比喻为“微型水库”有机物I为一种保水剂，可通过烃A经下列转化生成：提示：CCOH不能稳定存在请回答下列问题：（1）
7、A和I的结构简式为A，I（2）F中官能团的名称为（3）反应和的反应类型为反应，反应（4）M是一种普遍使用的抗生素类药物，它是由2个F分子在一定条件下脱去2个水分子形成的环状酯，写出该反应的化学方程式（5）D有两种能发生银镜反应且属链状化合物的稳定同分异构体，请写出它们的结构简式11（15分）NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等可以电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得工艺流程如图1：请回答下列问题：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有（任写一点）（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，
8、写出除去Cu2+的离子方程式：（3）在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀除去如图2是温度pH与生成沉淀的关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域已知25时，Fe（OH）3的Ksp=2.641039下列说法正确的是（选填序号）aFeOOH中铁为+2价b若在25时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.641029mol/Lc用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2+ClO
9、3+6H+6Fe3+Cl+3H2Od工业生产中常保持在8595生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.21.8（4）上述流程中滤液的主要成分是（5）确定步骤四中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是（6）操作的实验步骤依次为（实验中可选用的试剂：6molL1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸）：；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体；用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干2016年四川省成都市龙泉一中高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题1下列说法错误的是（）A使用可降解塑料聚二氧化碳，能减少白色污染B实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保
10、护环境C雷雨过后感觉到空气清新是因为空气中产生了少量的二氧化氮D通常所说的三大有机合成材料是指塑料、合成纤维、合成橡胶【考点】常见的生活环境的污染及治理；合成材料【分析】A根据聚乙烯能产生白色污染；B减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物；C雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧；D“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境【解答】解：A聚二氧化碳是可降解塑料，不会造成白色污染，故A正确； B“煤改气”“煤改电”可减少污染物的排放，有利于保护环境，故B正确；C雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，感觉到空气清新，故C错误；D三大有机合成材料是塑料、合成纤维、合成橡胶，故D正确；故选C
11、【点评】本题考查常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78 g苯含有C=C键的数目为3 NAC常温常压下，14 g由N2和CO组成的混合气体含有的电子总数为7 NAD1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、ClO是弱酸根，在溶液中会水解；B、苯中不含碳碳双键；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且1molN2和CO中均含14mol电子；D、亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol
12、碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气【解答】解：A、ClO是弱酸根，在溶液中会水解，故个数小于NA个，故A错误；B、苯中不含碳碳双键，故B错误；C、N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且1molN2和CO中均含14mol电子，故14gN2和CO混合气体的物质的量为0.5mol，含有7mol电子，故C正确；D、1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，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下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选
13、项陈述陈述AFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常用作红色涂料BSiO2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有氧化性SO2可使溴水褪色AABBCCDD【考点】铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】AFe2O3是红棕色粉末，常用作红色涂料；BSiO2只能与氢氟酸反应，与其他酸不反应；CAl2O3耐高温，可用作耐火材料；DSO2具有还原性，可使溴水褪色【解答】解：AFe2O3是红棕色粉末，常用作红色涂料，故A正确；BSiO2只能与氢氟酸反应，与其他酸不反应，故不是两性氧化物，是酸性氧化物，故B错误；CAl2O3
14、耐高温，可用作耐火材料，故C错误；DSO2具有还原性，可使溴水褪色，故D错误，故选A【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大4已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断【分析】由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由氨气和氧气反应生成一氧化氮，最终实现
15、转化的生成物是硝酸；S在氧气中反应生成二氧化硫，再被氧化后产物和水反应生成的是硫酸，A为硫酸或硝酸，X为氮气、氨气、S或H2S等，以此来解答【解答】解：A若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C若X为非金属单质或非金属氢化物，A为硝酸和硫酸，稀硝酸与Cu反应Y，浓硝酸和Cu反应不生成Y，且Cu与稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D反应和一定为氧化还原反应，反应若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D【点评】本题考查无机物的推断，侧重氮及其化合物、硫及其化合物知识
16、的考查，把握转化关系中X连续氧化为解答的突破口，属于综合知识的考查，综合性较强，题目难度较大5下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH+CO2=CO32+H2OB电解氯化镁溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC向H2O2溶液中加入MnO2：2H2O2+4H+MnO2=O2+Mn2+4H2OD向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42沉淀完全：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；B氢氧化镁为沉淀，应保留化学式；C双氧水分解，二氧化锰做催化剂
17、；D二者按照物质的量之比1：2反应SO42沉淀完全【解答】解：A向NaOH溶液中通入过量CO2，离子方程式：OH+CO2=HCO3，故A错误；B电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2OCl2+H2+Mg（OH）2，故B错误；C向H2O2溶液中加入MnO2，离子方程式：2H2O2O2+2H2O，故C错误；D向KAl（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42沉淀完全，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾和水，离子方程式：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题
18、关键，注意反应物用量对反应的影响，选项AD为易错选项，题目难度中等6在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是（）A平衡向正反应方向移动了B物质A的转化率增大了C恒温恒压时再充入A物质，达到新的平衡时A的质量分数增加了Dab【考点】化学平衡的影响因素【分析】假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，A的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，A的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向正反应移动，即ab，A的转化率增大，以此解答该题【解答】解：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，
19、A的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，A的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向正反应移动，即ab，A的转化率增大，则A由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，故A正确；B平衡向正反应方向移动，物质A的转化率增大，故B正确；C恒温恒压时再充入A物质，平衡常数不变，则达到新的平衡时A的质量分数不变，故C错误；D压强增大，平衡向正反应移动，则ab，故D正确故选C【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键7下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图表示常温下，0.1
20、00 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL1 HCl溶液所得到的滴定曲线C图表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：cabD图表示反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g），在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知NO2转化率cba【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；吸热反应和放热反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量；虚线表示的活化能降低，为使用催化剂；B0.100mol/LNaOH溶液滴定20.
21、00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧化钠过量时pH小于13；C冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小；D增大反应物量会增大另一种物质的转化率【解答】解：A由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应放热反应；虚线表示的活化能降低，为使用催化剂，表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化，故A错误；B0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL、0.100mol/LHCl，HCl的开始的pH为1，恰好中和消耗氢氧化钠20.00ml，氢氧
22、化钠过量时，溶液显碱性，但是pH不可能等于或大于13，所以与图象不相符合，故B错误；C冰醋酸加水，溶解，离子浓度增大，导电能力增强达到平衡后继续加入水促进醋酸电离，但离子浓度减小导电能力减小，图象符合离子浓度变化，导电能能力bac，a、b、c三点醋酸的电离程度：abc，故C错误；D反应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率cba，故D正确，故选：D【点评】本题考查平衡移动图象、外界条件对平衡移动的影响，难度不大，注意A选项中先拐先平数值大与定一议二原则的运用及外界条件对平衡的影响二、非选择题
23、共58分）8（14分）（2014江苏）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O（1）Cu+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 （2）与OH互为等电子体的一种分子为HF（填化学式）（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2；1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离
24、最近的铜原子数目为12【考点】真题集萃；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个键；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=38【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子
25、失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；（3）醛基中碳原子含有3个键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个键，所以1mol乙醛分子中含有的键的数目为6mol或66.021023个，故答案为：sp2；6mol或66.021023个；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成
26、醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O+3H2O；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=38=12，故答案为：12【点评】本题考查了物质结构与性质的有关知识，涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布式的书写等知识点，根据构造原理、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度不大，难点是配位数的计算9（15分）（2014合肥一模）高锰酸钾在饮用水和工业污水处理领域的消费增长较快实验室可用软锰矿（主要成分MnO2）为原料制备高
27、锰酸钾其部分流程如下：已知：流程中所加软锰矿中含50g MnO2；生成墨绿色浸出液的反应为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O回答下列问题：（1）实验中采用铁坩埚而不用瓷坩埚的原因是在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚（2）写出通入CO2，可使MnO42发生反应，生成MnO4及MnO2的离子方程式：3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32；若通入CO2太多，则在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出（3）在加热、浓缩、烘干的过程中温度不宜过高，其原因是温度过高会导致KMnO4分解；趁
28、势过滤的目的防止KMnO4结晶析出；加热时用玻璃棒不断搅拌溶液的目的是受热均匀，有利于蒸发溶剂；洗涤KMnO4晶体用冷水洗涤较好的原因是减少高锰酸钾的溶解（4）计算12.25g KClO3固体经过上述转化，最多可制得KMnO4的质量为31.6g（结果保留一位小数）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，通入CO2，可使MnO42发生歧化反应，生成MnO4及MnO2，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，经过滤、洗涤、加热、浓缩、烘干可得到高锰酸钾，（1）瓷坩埚原料含有SiO2，
29、在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O；（2）通入CO2，可使MnO42发生歧化反应，生成MnO4及MnO2，若通入CO2太多，会生KHCO3；（3）KMnO4在温度过高的条件下会发生分解反应，故在加热、浓缩、烘干的过程中温度不宜过高，温度降低，物质的溶解度降低，混合液趁热过滤，减少产品的损失，提高产率，使用玻璃棒搅拌，可以使溶液受热均匀，有利于蒸发溶剂，洗涤KMnO4晶体用冷水洗涤较好的原因是防止高锰酸钾溶解；（4）根据反应的关系式计算【解答】解：KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，通入CO2，可使MnO42发生歧化反应，生成MnO4及M
30、nO2，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，经过滤、洗涤、加热、浓缩、烘干可得到高锰酸钾，（1）瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚，故答案为：在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOHK2SiO3+H2O，腐蚀瓷坩埚；（2）通入CO2，可使MnO42发生歧化反应，生成MnO4及MnO2，反应的离子方程式为3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32，工艺流程可知，CO2使MnO42发生歧化反应，生成MnO4和MnO2，根据元素守恒可
31、知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，故答案为：3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32；KHCO3；（3）KMnO4在温度过高的条件下会发生分解反应，故在加热、浓缩、烘干的过程中温度不宜过高，温度降低，物质的溶解度降低，混合液趁热过滤，减少产品的损失，提高产率，使用玻璃棒搅拌，可以使溶液受热均匀，有利于蒸发溶剂，洗涤KMnO4晶体用冷水洗涤较好的原因是防止高锰酸钾溶解，故答案为：温度过高会导致KMnO4分解；防止KMnO4结晶析出；受热均匀，有利于蒸发溶剂；减少高锰酸钾的溶解；（4）设计反应分别为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2
32、O、3MnO42+3CO2+2OH=2MnO4+MnO2+3CO32+H2O，可得关系式KClO32KMnO4， 122.5 2158 12.25g mm=215.8g=31.6g，故答案为：31.6g【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、物质推断、氧化还原反应、工艺条件的控制等，难度中等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力10（14分）（2016龙泉驿区校级模拟）保水剂使用的是高吸水性树脂，它是一种吸水能力特别强的功能高分子材料无毒无害，反复释水、吸水，因此农业上人们把它比喻为“微型水库”有机物I为一种保水剂
33、，可通过烃A经下列转化生成：提示：CCOH不能稳定存在请回答下列问题：（1）A和I的结构简式为ACH3CH=CH2，I（2）F中官能团的名称为羧基、羟基（3）反应和的反应类型为加成反应反应，消去反应反应（4）M是一种普遍使用的抗生素类药物，它是由2个F分子在一定条件下脱去2个水分子形成的环状酯，写出该反应的化学方程式（5）D有两种能发生银镜反应且属链状化合物的稳定同分异构体，请写出它们的结构简式OHCCH2CHO、HCOOCH=CH【考点】有机物的推断【分析】由转化关系可知，A与溴发生加成反应生成B，B为卤代烃，B水解生成C，C为醇，C氧化生成D，D与银氨溶液反应生成E，由D、E分子式可知，D
34、含有1个CHO，D的不饱和度为=2，故分子中还含有羰基，D的结构简式为，故A为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br，C为CH3CH（OH）CH2（OH），E为CH3COCOOH；由E、F的分子式可知，CH3COCOOH与氢气发生加成反应生成F，F为H3CCH（OH）COOH由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，故G的结构简式为CH2=CHCOOH，G与碳酸氢钠反应生成H，H为CH2=CHCOONa，发生加聚反应生成高聚物I，I为，以此来解答【解答】解：由转化关系可知，A与溴发生加成反应生成B，B为卤代烃，B水解生成C，C为醇，C氧化生成D，D与银氨溶液反应生成E，由D、E分子
35、式可知，D含有1个CHO，D的不饱和度为=2，故分子中还含有羰基，D的结构简式为，故A为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br，C为CH3CH（OH）CH2（OH），E为CH3COCOOH；由E、F的分子式可知，CH3COCOOH与氢气发生加成反应生成F，F为H3CCH（OH）COOH由F、G的分子式可知，F发生消去反应生成G，故G的结构简式为CH2=CHCOOH，G与碳酸氢钠反应生成H，H为CH2=CHCOONa，发生加聚反应生成高聚物I，I为，（1）由上述分析可知，A为CH3CH=CH2，I为，故答案为：CH3CH=CH2，；（2）F为H3CCH（OH）COOH，含有羧基、羟基，
36、故答案为：羧基、羟基；（3）反应是CH3COCOOH与氢气发生加成反应生成H3CCH（OH）COOH，反应是H3CCH（OH）COOH在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOH，故答案为：加成反应，消去反应；（4）M是一种普遍使用的抗生素类药物，它是由2个H3CCH（OH）COOH分子在一定条件下脱去2个水分子形成的环状酯，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）有两种能发生银镜反应且属链状化合物的稳定同分异构体，符合条件的同分异构体为：OHCCH2CHO、HCOOCH=CH2，故答案为：OHCCH2CHO、HCOOCH=CH【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的分
37、子式进行推断，注意掌握官能团的转化，难度中等11（15分）（2016龙泉驿区校级模拟）NiSO46H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等可以电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得工艺流程如图1：请回答下列问题：（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等（任写一点）（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：Cu2+S2CuS（3）在40左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95时加入NaOH调节pH，除去铁和铬此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的
38、pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠Na2Fe6（SO4）4（OH）12沉淀除去如图2是温度pH与生成沉淀的关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域已知25时，Fe（OH）3的Ksp=2.641039下列说法正确的是cd（选填序号）aFeOOH中铁为+2价b若在25时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.641029mol/Lc用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2+ClO3+6H+6Fe3+Cl+3H2Od工业生产中常保持在8595生成黄铁矾钠，此时水体的pH为1.21.8（4）上述流程中滤液的主要成分是Na2SO4、NiSO
39、4（5）确定步骤四中Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是上层清液呈无色（6）操作的实验步骤依次为（实验中可选用的试剂：6molL1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸）：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体；用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干【考点】制备实验方案的设计【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去不溶于铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H
40、2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值24使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率；（2）加Na2S，易生成CuS沉淀；（3）a根据化合价的代数和为零分析；bpH=4，c（OH）=11010 molL1，根据Ksp计算铁离子的浓度；c用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子；d根据图象判断生成黄铁矾钠的条件；（4）经过加入Na2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等化合物的杂质，
41、滤液中含有可溶性硫酸盐；（5）含有Ni2+的溶液显绿色；（6）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO46H2O晶体【解答】解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素的化合物杂质），在硫酸溶解调节pH后过滤后除去不溶于铁离子，滤液含有二价铁离子、三价铬离子、铜离子、锌离子等杂质，加入硫化钠可除去铜离子、锌离子，然后加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节pH值24使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠
42、沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4晶体，（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；（2）加Na2S，易生成CuS沉淀，反应的离子方程式为S2+Cu2+=CuS，故答案为：S2+Cu2+=CuS；（3）aFeOOH中O为2价，H为+1价，则铁为+3价，故a错误；bpH=4，c（OH）=11010 molL1，Ksp=c（Fe3+）c3（OH），则c（Fe3+）=2.64109 mol/L，故b错误；c用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+生成铁离子和氯离子，其反
43、应的离子方程式为：6Fe2+ClO3+6H+6Fe3+Cl+3H2O，故c正确；d由图象判断可知生成黄铁矾钠的条件为：温度为8595，水体的pH为1.21.8，故d正确；故答案为：cd；（4）经过加入a2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；（5）含有Ni2+的溶液显绿色，当溶液由绿色变为无色，说明镍离子已经完全沉淀，故答案为：上层清液呈无色；（6）向含有NiSO4溶液中加碳酸钠，得到NiCO3沉淀，过滤、洗涤，向沉淀中加硫酸溶解，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得NiSO46H2O晶体，则从溶液中提取硫酸镍的步骤为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6 molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO46H2O晶体；用少量乙醇洗涤NiSO46H2O晶体并晾干故答案为：过滤，并用蒸馏水洗净沉淀；向沉淀中加6 molL1的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解