泉州市达标名校2018年高考三月调研化学试卷含解析

泉州市达标名校2018年高考三月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）
①加入少量氯水②加入少量KI溶液③加入少量KSCN溶液
A．③①B．①③C．②③D．③②
2．在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）
A．加热后固体发黑
B．坩埚沾有受热不分解的杂质
C．加热时有少量晶体溅出
D．晶体中混有受热不分解的杂质
3．四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说
法不正确
．．．的是（）
A．X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大
B．Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强
C．Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小
D．工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W
4．下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )
A．观察氢氧化亚铁的生成B．配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液
C．实验室制氨气D．验证乙烯的生成
5．废弃铝制易拉罐应投入的垃圾桶上贴有的垃圾分类标志是（）
A B C D
A．A B．B C．C D．D
6．我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。

下列说法不正确的是
A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面B．可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯
C．对二甲苯的二氯代物有6种D．M能发生取代，加成，加聚和氧化反应
7．常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是
A．NH3和Cl2B．NH3和HBr C．SO2和O2D．SO2和H2S
8．碘化砹（AtI）可发生下列反应：①2AtI＋2Mg MgI2＋MgAt2②AtI＋2NH3（I）NH4I＋AtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是（）
A．两个反应都是氧化还原反应
B．反应①MgAt2既是氧化产物，又是还原产物
C．反应②中AtI既是氧化剂，又是还原剂
D．MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性
9．下列离子方程式中书写正确的是（）
A．磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
B．FeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．NH4Al(SO4)2溶液中通入过量的Ba(OH)2：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3▪H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2O D．饱和碳酸钠溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
10．微粒有多种表示方式，下列各组不同表示方式一定代表同种微粒的是
A．C3H6、CH2=CHCH3B．H2O2、
C．、D．、1s22s22p63s23p6
11．下列反应中，反应后固体物质增重的是
A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
12．常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。

下列说法错误的是
A．K a( HA)约为10-4
B．当两溶液均稀释至
V
lg+1=4
V时，溶液中
-
c(A)＞-
c(B)
C．中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HA>HB
D．等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
13．第20届中国国际工业博览会上，华东师范大学带来的一种“锌十碘”新型安全动力电池亮相工博会高校展区。

该新型安全动力电池无污染、高安全、长寿命且具有合适的充电时间，可以应用于日常生活、交通出行等各个领域。

已知该电池的工作原理如图所示。

下列有关说法正确的是（）
A．正极反应式为I3--2e-=3I-
B．6.5gZn溶解时，电解质溶液中有0.2mol电子移动
C．转移1mol电子时，有1molZn2+从左池移向右池
D．“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损
14．下列离子方程式书写正确的是（）
A．向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
B．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
C．向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O
D．过量的铁与稀硝酸Fe +4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O
15．已知常温下反应：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡常数K=0.3。

现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/L Fe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中，将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图)，闭合开关K，关于该原电
池的说法正确的是
A．原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+
B．盐桥中阳离子从左往右作定向移动
C．石墨为负极，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+
D．当电流计指针归零时，总反应达到平衡状态
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。

一种以石油化工中废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：
已知：①NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。

②Fe(OH)3不溶于NH4Cl—氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl—氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。

③离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。

请回答下列问题：
（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，所采取的的措施为____（写1种）。

（2）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为_______。

（3）“氨解”的目的为__ “氨解”时需要控制低温原因是______。

（4）“氧化”时发生反应的化学方程式为_____。

（5）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-)不低于_____。

(已知：Ni(OH)2的K sp=2×10-15，2≈1.4）。

（6）若在流程中完成“系列操作”。

则下列实验操作中，不需要的是____(填下列各项中序号)。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。

请回答下列问题：
（1）F的化学名称是________，⑤的反应类型是________。

（2）E中含有的官能团是________（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为________。

（3）将反应③得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应④的化学方程式________。

（4）④、⑤两步能否颠倒？________（填“能”或“否”）理由是________。

（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有________种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为________。

（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。

它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。

可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。

（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母代号)。

A．B．
C．D．
（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。

NaCl的Bom-Haber循环如图所示。

已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。

下列有关说法正确的是__(填标号)。

a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol
b.Na的第一电离能为603.4kJ/mol
c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol
d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol
（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。

其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。

①该配合物中含有化学键有___（填字母编号）。

A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．配位键 E.金属键
②配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为___、___。

③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___。

④乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。

⑤与氨气互为等电子体的阳离子为___，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为___。

（5）①金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为____。

A．B．C．D．
②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为N A，该晶体的密度ρ＝__g·cm－3。

19．（6分）(1)一定条件下，CO2与1.0mol·L-1NaOH溶液充分反应放出的热量如下表：
反应序号CO2的物质的量/mol NaOH溶液的体积/L 放出的热量/kJ
1 0.5 0.75 X
2 1.0 2.00 y
该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为_____________________。

(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表：
温度t/min 0 40 80 120 160
甲(673K) 2.00 1.50 1.10 0.80 0.80
乙(T) 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00
丙(673K) 1.00 0.80 0.65 0.53 0.45
①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=____________。

②该反应的△H__________(填序号)
a．大于0 b．小于0 c．等于0 d．不能确定
③丙容器达到平衡时，NO的转化率为__________________。

(3)298K时，NH3·H2O的电离常数K b=2×10-5，H2CO3的电离常数K al=4×10-7，K a2=4×10-11。

在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)__________c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)；反应NH4++HCO3-+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K的数值(用科学计数法表示)为_____。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【分析】
三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；
二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；
碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。

【详解】
先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为③①。

答案选A。

2．D
【解析】
【详解】
A．固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；
B．坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；
C．加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D．晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；
故选D。

3．A
【解析】
【分析】
根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。

【详解】
A. 由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；
B. 由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；
C. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C 正确；
D. 工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；
题目要求选错误项，故选A。

【点睛】
C选注意粒子半径大小的比较：
（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；
（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。

4．A
【解析】
【详解】
A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；
故选A。

5．B
【解析】
【详解】
废弃的铝制易拉罐可以回收利用，属于可回收物品，应投入到可回收垃圾桶内，
A. 图示标志为有害垃圾，故A不选；
B. 图示标志为可回收垃圾，故B选；
C. 图示标志为餐厨垃圾，故C不选；
D. 图示标志为其它垃圾，故D不选；
故选B。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正确；
B．异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以鉴别，B正确；
C．对二甲苯里面有两种类型的H，其二氯代物共有7种：①当两个氯取代甲基上的H时有两种，②当有一个氯取代甲基上的H，另一个取代苯环上的H，有邻、间两种结构，③当两个氯都取代苯环上的H，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有3种结构，此二氯代物有3种，C错误；D．M中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应，D正确；
答案选C。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，
A．氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；
B．氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；
C．二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；
D．SO2和H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；
故选：C。

8．B
【解析】
【详解】
A ．①中Mg 、At 元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A 错误；
B ．①中Mg 、At 元素的化合价变化，MgAt 2既是氧化产物，又是还原产物，故B 正确；
C ．②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C 错误；
D ．由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg 的还原性大于MgAt 2，不能比较MgAt 2、MgI 2的还原性，故D 错误； 故选B ． 9．B 【解析】 【详解】
A. 磁性氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe 3+还要与I -发生氧化还原反应，A 错误；
B. FeBr 2中通入氯气时，Fe 2+先被氧化为Fe 3+，剩余的Cl 2再与Br -发生反应，一半的Br -氧化时，Fe 2+、Br -、Cl 2的物质的量刚好相等，B 正确；
C. 所提供的离子方程式中，电荷不守恒，质量不守恒，C 错误；
D. 饱和碳酸钠溶液中通入CO 2，应生成NaHCO 3沉淀，D 错误。

故选B 。

10．B 【解析】 【详解】
A. C 3H 6可能表示CH 2=CHCH 3，也可能表示环丙烷，因此二者不一定表示同一物质，A 错误；
B. H 2O 2分子中两个O 原子形成一对共用电子对，O 原子分别与H 原子各形成一对共用电子对，所以其电子式为
；
A.前者表示甲烷，后者表示CCl 4，二者是不同的微粒，C 错误；
D.前者表示Ar 原子结构示意图，后者可能表示Ar 原子，也可能表示K +、Cl -等，因此而不一定表示的是同一微粒，D 错误； 故合理选项是B 。

11．B 【解析】 【分析】 【详解】
A 、氢气通过灼热的CuO 粉末发生的反应为2
2Δ
CuO+H Cu+H O ，固体由CuO 变为Cu ，反应后固体质量
减小，A 错误；
B 、二氧化碳通过Na 2O 2粉末发生的反应为2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2，固体由Na 2O 2变为Na 2CO 3，反应后固体质量增加，B 正确；
C 、铝与Fe 2O 3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe 2O 3
Al 2O 3+2Fe ，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C 错误；
D 、将锌粒投入Cu(NO 3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO 3)2= Zn(NO 3)2+ Cu ，固体由Zn 变为Cu ，反应后固体质量减小，D 错误；
故选B 。

12．B
【解析】
【分析】
根据图示，当lg （V/V 0）+1=1时，即V=V 0，溶液还没稀释，1mol/L 的HA 溶液pH=2，即HA 为弱酸，溶液中部分电离；1mol/L 的HB 溶液pH=0，即HB 为强酸，溶液中全部电离。

因为起始两溶液浓度和体积均相等，故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。

【详解】
A.1mol/L 的HA 溶液的pH 为2，c(A -)＝c(H ＋)＝0.01mol/L ，c(HA) 1mol/L ，则HA 的电离常数约为10-4，A 正确；
B. 由电荷守恒有：c （H +）=c(A -)+c(OH -)，c （H +）=c(B -)+c(OH -)，当两溶液均稀释至0
V lg
+1=4V 时，HB 溶液pH=3，HA 溶液pH>3，则有c(A -)<c(B -)，B 错误；
C.HA 为弱酸，HB 为强酸，等体积pH 相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB)，故分别用NaOH 溶液中和时，消耗的NaOH 物质的量：HA>HB ，C 正确；
D.等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液，Na +数目相同，HA 为弱酸，盐溶液中A -发生水解，NaA 溶液呈碱性，NaA 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （A -）+c （OH -），HB 为强酸，盐溶液中B -不发生水解，NaB 溶液呈中性，NaB 溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （B -）+c （OH -），NaA 溶液中c （H +）<NaB 溶液中c （H +），所以等体积、等物质的量浓度的NaA 和NaB 溶液中离子总数前者小于后者，D 正确。

答案：B 。

13．D
【解析】
【详解】
A ．正极发生还原反应，其电极反应式为：I 3－+2e －=3I －，A 项错误；
B ．电子不能通过溶液，其移动方向为： “Zn→电极a ，电极b→石墨毡” ，B 项错误；
C．转移1mol电子时，只有0.5molZn2+从左池移向右池，C项错误；
D．该新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产生压差，所以“回流通道” 的作用是可以减缓电池两室的压差，避免电池受损，D项正确；
答案选D。

14．C
【解析】
【详解】
A. 向NaHSO4溶液中滴加过量的Ba(OH)2溶液，发生两个过程，首先发生2NaHSO4+Ba（OH）
2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，生成的Na2SO4再与过量的Ba(OH)2反应Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，两式合并后离子反应方程式：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故A错误；
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，Na2SiO3可溶性盐，要拆开，离子反应方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故B错误；
C. 偏铝酸根离子只能存在于碱性溶液中，遇酸生成沉淀，过量的酸使沉淀溶解。

向偏铝酸钠溶液中加入量过量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O，故C正确；
D. 过量的铁与稀硝酸反应产物应该是Fe2+，3Fe +8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；
答案选C。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据浓度商Q c和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极。

由Fe3＋、Fe2＋及Ag＋
的浓度，可求得
2
c3
(Ag)(Fe)0.10.01
=0.01
(Fe)0.1
c c
Q
c
++
+
⨯
==，Q c小于K，所以反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+正向进行，
即原电池总反应为Fe3＋+Ag=Fe2＋+Ag＋，Fe3＋作氧化剂，氧化了Ag，A错误；
B．根据A项分析，Ag失去电子，作还原剂，为负极，石墨作正极。

在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动，B错误；
C．根据A项分析，石墨作正极，石墨电极上发生反应，Fe3＋+e－=Fe2＋，C错误；
D．当电流计读数为0时，说明该电路中无电流产生，表示电极上得失电子达到平衡，即该总反应达到化学平衡，D正确。

答案选D。

【点睛】
该题通过浓度商Q c和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极，是解题的关键。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
Cr+4OH=CrO+2H O实现镍元素16．废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可3+--
22
和铁元素的分离或除去铁元素防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+
3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O 1.42×10-5mol·L-1cd
【解析】
【分析】
废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3)经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于硫酸为滤渣I的主要成分；向滤液中加入过量氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液I的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl-氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣II的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到NiSO4·7H2O，据此解答本题。

【详解】
（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、增大硫酸浓度、升温等措施，
故答案为：废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温一种合理即可；
（2）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的
Cr+4OH=CrO+2H O，
NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为：3+--
22
Cr+4OH=CrO+2H O；
故答案为：3+--
22
（3）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+，
故答案为：实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素；防止氨水分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+；
（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O，
故答案为：3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O；
（5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)×c2(OH-)，根据信息，离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全，则2×10-15=10-5×c2(OH-)，解得c(OH-)=1.4×10-5mol/L，则若使溶液中Ni2+沉淀完全，需维持c(OH-)不低于
1.4×10-5mol/L，
故答案为：1.42×10-5mol·L-1；
（6）“系列操作”的目的是从NiSO4溶液中得到NiSO4·7H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为cd，
故答案为：cd。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基
否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化 5
【解析】
【分析】
由Ｂ的结构可知Ａ为，Ａ与溴发生加成反应生成Ｂ，Ｂ发生水解反应生成Ｃ为
，Ｃ催化氧化的产物继续氧化生成Ｄ，则Ｄ为，对比Ｄ、Ｅ分子式可知Ｄ分子内脱去１分子水生成Ｅ，故Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ，则Ｅ为
，Ｅ和Ｆ发生酯化反应生成Ｗ为。

【详解】
（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，⑤为Ｄ在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成Ｅ。

（2）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。

（3）经过反应③，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D ，写出反应④的化学方程式。

（4）④、⑤两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。

（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。

苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。

（6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．X-射线衍射A＜C＜B＜D c、d ABCD sp3sp3乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+H3O+
Si D
32
2
A 5.3610 3a cN
【解析】
【分析】
(1).晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；
(2).轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高；
(3).a．Cl-Cl键的键能为119.6kJ•mol-1×2；
b．Na的第一电离能为495.0kJ•mol-1；
c．NaCl的晶格能为785.6kJ•mol-1；
d．Cl的第一电子亲和能为348.3kJ•mol-1；
(4).①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键；
②配体乙二胺分子中C和N均达到饱和，均为sp3杂化；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高；
④含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；
⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
(5).①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故
金属钛晶胞俯视图为D；
②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×
1
12
+4×
1
6
+2×
1
3
+2×
1
6
=2，其体积
=(a×10-10cm×a×10-10cm×
3
2
)×c×10-10 cm=
3
2
a2c×10-30 cm3，晶胞密度=
A
M
2
N
V
g/cm3。

【详解】
（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，
故答案为：X-射线衍射；
（2）轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A<C<B<D，
故答案为：A<C<B<D；
（3）a.Cl−Cl键的键能为119.6kJ⋅mol−1×2=239.2kJ/mol，故a错误；
b.Na的第一电离能为495.0kJ⋅mol−1，故b错误；
c.NaCl的晶格能为785.6kJ⋅mol−1，故c正确；
d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ⋅mol−1，故d正确；
故答案选cd；
（4）①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键，乙二胺中存在极性共价键和非极性共价键，
故答案为：A、B、C、D；
②配体乙二胺分子中C形成4个σ键，且无孤对电子，N形成3个σ键，有一对孤对电子，均为sp3杂化，故答案为：sp3；sp3；
③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高，可以解释为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，
故答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；
④由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性。