北京市海淀区高三化学第二学期适应性练习零模试卷含解析.doc

北京市海淀区2015年高三第二学期适应性练习（零模）化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学人类生活密切相关，下列说法正确的是（）APM2.5中含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B柠檬在味觉上有酸味，是酸性食物C氢氧化铝、氢氧化钠、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂D“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油考点：常见的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系；药物的主要成分和疗效.专题：化学应用分析：A、砷为非金属元素；B、食物的酸碱性并非指味觉上的酸碱性，也不是指化学上所指的溶液的酸碱性，而是指食物在体内代谢最终产物的性质来分类；C、碳酸钠的腐蚀性过强，不能用于治疗胃酸过多；D、地沟油是对生活中存在的各类劣质油的统称，长期食用可能会引发癌症，对人体的危害极大其主要成分仍然是高级脂肪酸甘油酯，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用；解答：解：A、PM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故A错误；B、柠檬含钾、钠、钙、镁等元素，在人体内代谢后生成碱性物质，为碱性食物，故B错误；C、碳酸钠的腐蚀性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D、地沟油经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故D正确；故选D点评：本题考查了化学知识在生活中的应用，难度不大，属于识记型知识，注意归纳总结2（6分）（2015海淀区模拟）与下列事实对应的化学用语不正确的是（）A用热的纯碱溶液可以清洗油污：CO32+H2OHCO3+OHB配制FeSO4溶液时加入适量的铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向NH4HSO4溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+H+2OHNH3+2H2OD铝片溶于较浓的NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A碳酸根为强碱弱酸盐，水解显碱性，油污主要成分为油脂在碱性条件下水解彻底；B电荷不守恒；C氢氧化钠足量，氢离子、氨根离子都发生反应；D铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气解答：解：A用热的纯碱溶液可以清洗油污，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根：CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；B配制FeSO4溶液时加入适量的铁粉，离子方程式：2Fe3+Fe3Fe2+，故B错误；C向NH4HSO4溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+H+2OHNH3+2H2O，故C正确；D铝片溶于较浓的NaOH溶液中，产生气体，离子方程式：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故D正确；故选：B点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须遵循客观规律，遵循电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大3（6分）（2015海淀区模拟）依据如图判断，下列说法正确的是（）A2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量低B氢气的燃烧热为H=241.8 kJmol1C液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H=+571.6kJmol1DH2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量考点：化学反应的能量变化规律；反应热和焓变；热化学方程式.分析：A.2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高；B氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；C液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g），H=+（483.6+88）=+571.6kJmol1；DH2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量解答：解：A.2mol H2（g）与1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），放出483.6kJ的热量，故2mol H2（g）与1mol O2（g）所具有的总能量比2mol H2O（g）所具有的总能量高，故A错误；B氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为=285.8kJmol1，故B错误；C液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）2H2（g）+O2（g），H=+（483.6+88）=+571.6kJmol1，故C正确；DH2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，故D正确；故选CD点评：本题考查化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，难度不大4（6分）（2015海淀区模拟）下列说法不正确的是（）A银氨溶液可以用于区分麦芽糖和蔗糖B乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高C1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应D可用和HCHO为原料合成考点：有机物的结构和性质；晶体熔沸点的比较；有机物的鉴别；常用合成高分子材料的化学成分及其性能.分析：A麦芽糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应；B乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基；D反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应解答：解：A麦芽糖为还原性糖，可以与银氨溶液反应，蔗糖不反应，故A正确；B乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C乙酰水杨酸含有羧基和酯基，且可水解生成酚羟基，则1mol乙酰水杨酸（）最多可以和3molNaOH反应，故C错误；D反应类似苯酚与甲醛的缩聚反应，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构，难度不大5（6分）（2015海淀区模拟）海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊交换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理如图所示下列说法不正确的是（）Aa 连接电源的正极BLi+的移动方向是从海水进入到盐酸中C过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气D一段时间后，b电极附近溶液的pH降低考点：电解原理.分析：要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海上进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连；电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，据此解答解答：解：A要想从海水中提取高浓度的锂盐，则锂离子应从海上进入到盐酸中，依据电解池工作原理，阳离子移向阴极，可知b为阴极与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连，故A正确；B电解池中阳离子移向阴极，b电极为阴极，所以Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中，故B正确；C电解池阳极海水中的氯离子放电生成氯气，阴极上盐酸中的氢离子失去电子发生还原反应生成氢气，故C正确；Db电极为阴极，阴极上氢离子放电，氢离子浓度减小，pH值增大，故D错误；故选：D点评：本题考查了电解原理，明确电解池工作原理、准确判断电解池的阴阳极及发生的反应是解题关键，题目难度不大6（6分）（2015海淀区模拟）下述实验方案不能达到实验目的是（）编号ABCD实验方案片刻后在Fe电极附近滴入K3Fe（CN）6溶液1加入3滴同浓度的AgNO3溶液2再加入3滴同浓度的Na2S溶液目的验证乙炔的还原性收集氨气验证Fe电极被保护验证AgCl的溶解度大于Ag2SAABBCCDD考点：化学实验方案的评价.分析：A生成乙炔中含硫化氢；B铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住；C原电池中Zn为负极；D发生沉淀的转化解答：解：A生成乙炔中含硫化氢，硫酸铜与硫化氢反应可除杂，乙炔被高锰酸钾氧化，可验证乙炔的还原性，故A正确；B铵盐与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气小，试管口只需要棉花堵住，因氨气与硫酸反应，不能用沾有稀硫酸的棉花，故B错误；C原电池中Zn为负极，Fe不会失去电子，Fe电极附近滴入K3Fe（CN）6溶液无现象可验证Fe电极被保护，故C正确；D加入3滴同浓度的AgNO3溶液，再加入3滴同浓度的Na2S溶液，发生沉淀的转化，则验证AgCl的溶解度大于Ag2S，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的制备及除杂、原电池及应用、沉淀的转化等为解答的关键，侧重反应原理及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7（6分）（2015海淀区模拟）已知反应：2NO2（红棕色）N2O4 （无色）H0，将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是拉伸和压缩=注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）下列说法正确的是（）Ab点的操作的压缩注射器Bc点与a点相比：c（NO2）增大，c（N2O4）减少C若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）T（c）Dd点：v（正）v（逆）考点：化学平衡的影响因素.分析：该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析解答：解：A、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T（b）T（c），故C错误；D、c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v（逆）v（正），故D错误；故选A点评：本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2015海淀区模拟）醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展，其结构简式为：醋硝香豆素可以通过以下方法合成（部分反应条件省略）已知：+H2O回答以下问题：（1）反应的反应类型是取代反应（或硝化反应）（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子（3）反应的化学方程式为（4）反应的化学方程式为（5）关于E物质，下列说法正确的是cd （填字母序号）a在核磁共振氢谱中有四组吸收峰b可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和Ec可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应d存在顺反异构（6）写出G的结构简式（7）分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有13种可与氯化铁溶液发生显色反应；可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体其中，苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为考点：有机物的推断.分析：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为，据此分析解答解答：解：甲苯和硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构知，A结构简式为，B的结构简式为，结合C相对分子质量知，C结构简式为，D和丙酮反应生成E，E结构简式为，苯酚和丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋酸香豆素，根据醋酸香豆素结构简式知，G结构简式为，（1）通过以上分析知，反应的反应类型是取代反应（或硝化反应），故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）从A到B引入的官能团名称是溴原子，故答案为：溴原子；（3）反应的化学方程式为，故答案为：；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）E为，a在核磁共振氢谱中有五组吸收峰，故错误；bE中含有碳碳双键、羰基、硝基，D中含有醛基、硝基，碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D和E，故错误；cE中含有碳碳双键、羰基、硝基、苯环，可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应，故正确；d碳碳双键碳原子连接不同的支链，所以存在顺反异构，故正确；故选cd；（6）G结构简式为，故答案为：；（7）G为，分子结构中只含有一个环，G的同分异构体符合下列条件：可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，说明含有羧基，如果取代基为COOH、CCH、OH，如果COOH、OH位于邻位，有4种同分异构体；如果COOH、OH位于间位，有3种同分异构体；如果COOH、OH位于对位，有3种同分异构体；如果取代基为CCCOOH、OH，有邻间对三种结构；所以有13种同分异构体；且苯环上的一氯代物只有两种的同分异构体的结构简式为，故答案为：13；点评：本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析推断能力，以甲苯和对硝基甲苯结构简式结合反应条件进行推断物质，注意结合题给信息，明确D生成E时断键和成键方式，难点是同分异构体种类的判断，注意碳碳双键碳原子上不能连接OH，为易错点9（15分）（2015海淀区模拟）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+2I2Cl+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（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：2KClO3+2MnO22KMnO4+Cl2+O2反应，K2MnO4+Cl22KCl+MnO2+O2总反应 2KClO32KCl+3O2丙设计实验，通过观察MnO4的特征颜色来验证反应历程中的发生，具体实验操作为：将一定量的KClO3和MnO2混合于试管中，加热，在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，写出历程中反应的化学方程式2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2（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8ClO2+5S2+4H2O5SO42+8Cl+8H+或8ClO2+5S2+8OH=5SO42+8Cl+4H2O考点：探究物质的组成或测量物质的含量；探究化学实验中的反常现象.分析：（1）湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘；（2）氧气或臭氧也能氧化碘离子；如果为氯气，氯气和水反应生成HCl，导致溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验；（3）在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，根据溶液颜色判断是否含有高锰酸钾；（4）ClO2具有强氧化性，可以将污水中的S2氧化成SO42，自身被还原生成氯离子解答：解：（1）湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明有碘生成，氯气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，离子方程式为Cl2+2I2Cl+I2，故答案为：Cl2+2I2Cl+I2；（2）碘离子被氧化生成碘，说明气体具有氧化性；O3或O2也能氧化碘离子，所以试纸变蓝的气体中可能含有氧气或臭氧；如果为氯气，氯气和水反应生成HCl，导致溶液中含有氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验，如果产生白色沉淀，就说明气体中含有氯气，所以可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，故答案为：氧化；O3或O2；硝酸酸化的硝酸银；产生白色沉淀；（3）高锰酸钾溶液呈紫色，要想检验固体中含有高锰酸钾，只要将固体加入水中根据溶液颜色判断即可，所以操作是：在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中，高锰酸钾分解生成锰酸钾，所以反应方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，故答案为：在KClO3未完全分解前，冷却混合物并把它倒入水中；2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2；（4）ClO2具有强氧化性，可以将污水中的S2氧化成SO42，自身被还原生成氯离子，离子方程式为8ClO2+5S2+4H2O5SO42+8Cl+8H+ 或 8ClO2+5S2+8OH=5SO42+8Cl+4H2O，故答案为：8ClO2+5S2+4H2O5SO42+8Cl+8H+ 或 8ClO2+5S2+8OH=5SO42+8Cl+4H2O点评：本题考查探究物质的组成，侧重考查物质性质、物质之间的反应，涉及氧化还原反应、离子检验、物质成分判断等知识点，明确物质性质是解本题关键，知道常见离子检验方法、实验现象等，题目难度中等10（14分）（2015海淀区模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角（1）图中X的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O弱O（填“强”或“弱”）用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是bd（填字母序号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y dNaHS+NaHSO3已知反应：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O研究其反应速率时，下列说法正确的是b（填写字母序号）a可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响c可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响（3）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1则治理烟道气反应的热化学方程式为2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是cd（填写字母序号）av （CO）：v（SO2）=2：1b平衡常数不变c气体密度不变dCO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为60%考点：化学反应速率的影响因素；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断.分析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（3）利用已知热化学方程式，利用盖斯定律进行书写；反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率解答：解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，所以S非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故答案为：；弱；电子层数增多，原子半径增大；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（3）已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283kJmol1S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296kJmol1据盖斯定律2得：2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1，故答案为：2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）H=270 kJmol1；a、CO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b、温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c、容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d、CO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由 2CO（g）+SO2 （g）S（s）+2CO2（g）反应前（mol） 4 1 0 0转化了（mol）2x x x 2x平衡后（mol）42x 1x x 2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=0.6，所以SO2的转化率为100%=60%，故答案为：cd；60%点评：本题考查了核外电子的排布与电子式、氧化还原反应、盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、转化率计算，题目难度较大11（15分）（2015海淀区模拟）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）用离子方程式解释加入H2O2的作用2H+H2O2+2Fe2+2Fe3+2H2O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NiSO46H2O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：A极的电极反应式为Ni2+2eNi和2H+2e=H2B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：H2OH+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NiSO46H2O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）加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子；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）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；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；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