湖南省邵陽市2024年高考化學模擬試題（含答案）

湖南省邵陽市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．化學與生活、生產(chǎn)及環(huán)境密切相關，下列說法錯誤的是A．“北溪”管道輸送的天然氣主要成分是烷烴，其中己烷占絕大多數(shù)B．用COC．“自古書契多編以竹簡，其用縑帛者(絲織品)謂之為紙”，文中“紙”的主要成分是蛋白質D．我國氣象探測氣球可飛入3萬米以上高空，氣球內充有氦氣，含2個中子的氦原子可表示為22．下列化學用語或圖示表達錯誤的是A．NaOH的電子式為B．HClO的結構式為H-O-ClC．乙醇的分子式為CD．氯離子的結構示意圖為3．實驗室制取少量NHA．加熱分解氯化銨固體B．加熱分解濃氨水C．將濃氨水滴入到堿石灰上D．加熱氯化銨和氫氧化鈣的固體混合物4．下列有關說法正確的是A．SOB．基態(tài)Mn2+C．2?丁烯的結構簡式為CD．基態(tài)氧原子核外電子軌道表達式為5．短周期主族元素R、X、Y、M原子序數(shù)依次增大，Y為地殼中含量最高的元素，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，由R、X、Y、M組成的物質結構式如圖所示，下列說法錯誤的是A．XYB．M的最高價氧化物對應的水化物為強酸C．該化合物中X原子最外層均滿足8eD．Y元素所在周期中，第一電離能大于Y的元素有2種6．下列方程式與所給事實相符的一項是A．Na2O2B．明礬水溶液中加Ba(OH)2C．H2S溶液中通入CD．在稀硝酸中加入過量鐵粉：Fe+47．利用電化學原理，可將H2、CO2A．電極1的電勢低于電極2B．H+C．該裝置工作時電能轉化為化學能D．電極1上電極反應式為2C8．聯(lián)氨(N2下列說法錯誤的是A．N2H4B．N2H4C．過程②發(fā)生的是非氧化還原反應D．③中發(fā)生反應：49．某化學興趣小組設計一種從硫礦石(主要成分為硫黃及少量FeS2)中提取硫黃的方法如下：查閱資料：S的熔點為115.2℃；CS下列說法錯誤的是A．單質硫是分子晶體B．過程①中CSC．過程③的目的是使CSD．將趁熱過濾所得濾渣煅燒：4FeS2+1110．下列實驗方案不能達到探究目的的是選項實驗方案探究目的A兩個封有NO2和探究溫度對化學平衡移動的影響B(tài)向兩支盛有2mL5%H2O2溶液的試管中分別加入1mol?L?1的探究Fe3+、CuC向苯酚濁液中加入Na探究苯酚、HCOD向盛有2mL0.1mol?L?1NaCl溶液的試管中滴加2滴0.1mol?探究Ksp(AgClA．A B．B C．C D．D11．分子結構修飾在有機合成中有廣泛的應用，我國高分子科學家對聚乙烯進行胺化修飾，并進一步制備新材料，合成路線如下圖：下列說法正確的是A．a(chǎn)分子的核磁共振氫譜有4組峰B．生成高分子b的反應為加聚反應C．a(chǎn)分子中含有2個手性碳原子D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好12．T℃時，在體積為2L的恒溫恒容密閉容器中充入4molCO和4molN2O，發(fā)生反應CO(g)+N2O(g)?CO2(g)+N2(g)，測得CO(g)A．從反應開始至達到平衡時，以CO2B．該反應在A、B兩點的正反應速率之比為vC．當容器中混合氣體的密度不隨時間變化時，該反應達到平衡狀態(tài)D．T℃時，該反應的平衡常數(shù)為K=813．金剛石硬度大，熔點高，用途非常廣泛。工業(yè)上利用反應CCl4+4Na?973?K?__Ni?CoA．Ni、Co均屬于元素周期表中的d區(qū)元素B．CClC．若NaCl晶體密度為d?g?cm?3D．12g金剛石(晶體結構如圖2所示)中含有C-C鍵的數(shù)目為414．電位滴定法是靠電極電位的突躍來指示滴定終點。在滴定過程中，計算機對數(shù)據(jù)自動采集、處理，并利用滴定反應化學計量點前后電位突變的特性，自動尋找滴定終點。室溫時，用0.1000?mol?L?1的NaOH標準溶液滴定同濃度的A．a(chǎn)點溶液中n(SB．b點溶液中c(NC．常溫時，c點溶液中pH<7D．b、d點水的電離程度：b>d二、非選擇題15．四氯化鈦(TiCl4，熔點：-25℃，沸點：136℃)是制備海綿鈦和鈦白的主要原料，其實驗室制備原理是TiO已知：TiCl4遇潮濕空氣會發(fā)生反應：回答下列問題：（1）寫出裝置A中制備Cl2的化學反應方程式(注：反應中Cr（2）按氣流方向從左至右，上述裝置的連接順序為A，，G，F(xiàn)，H，E。（3）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器名稱為，裝置G中盛放的堿石灰的作用是。（4）能證明有CO生成的實驗現(xiàn)象是。（5）產(chǎn)品中含量測定：取10.0gTiCl4產(chǎn)品于燒瓶中，向安全漏斗(如下圖所示)中加入足量蒸餾水后，立即夾緊彈簧夾，充分反應后將安全漏斗及燒瓶中混合物中液體轉移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入錐形瓶中，滴加幾滴0.100?mol?L?1的K2CrO4溶液作指示劑，用0.①安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還有；②該沉淀滴定終點的判斷方法是；③該產(chǎn)品純度為%。16．某廢鎳催化劑的主要成分是Ni?Al合金，還含有少量Cr、Fe及不溶于酸堿的有機物。采用如下工藝流程回收其中的鎳，制備鎳的氧化物(Ni回答下列問題：（1）“堿浸”時發(fā)生的主要反應離子方程式為。（2）“溶解”后的溶液中，所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na（3）在空氣中煅燒NiCO3，其熱重曲線如圖1所示，300~400℃時NiCO3轉化為Ni（4）工業(yè)上可用電解法制取Ni2O3。用NaOH溶液調節(jié)NiCl2溶液pH至7.5，加入適量硫酸鈉后采用惰性電極進行電解。電解過程中產(chǎn)生的Cl2有80%在弱堿性條件下生成ClO?，再把二價鎳氧化為三價鎳。寫出ClO（5）金屬鎳的配合物Ni(CO)n的中心原子的價電子數(shù)與配體提供的成鍵電子總數(shù)之和為18，則n=；CO與N2結構相似，CO分子內σ鍵與π（6）NiO的晶胞結構如圖2所示，其中離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，C為(1，12，12)，則B的離子坐標參數(shù)為（7）原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+12表示，與之相反的用?117．如今CO（1）催化加氫合成涉及如下反應：反應Ⅰ：CO2(g)+4反應Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=C反應Ⅲ：CO(g)+3H2(g)=C則反應Ⅰ的ΔH1=kJ?mo（2）CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現(xiàn)兩種分子的耦合轉化，其原理如圖1所示：若生成的乙烯和乙烷的物質的量之比為1∶1，寫出陽極的電極反應式：；當消耗CH（3）CO2與H2反應1：CO2反應2：CO2起始按n(H2)n(CO2)=3投料，測得[已知S?CH①p1p②溫度高于350℃后，壓強p1和p2下，CO③250℃、壓強p1下，用各物質的平衡分壓代替物質的量濃度表示反應2的平衡常數(shù)Kp18．一種治療糖尿病藥物的合成路線如下(部分反應條件已省略)?；卮鹣铝袉栴}：（1）有機物I中含氧官能團的名稱為、。（2）反應③、反應⑤的反應類型分別是、。（3）反應②的化學方程式為。（4）H是一種氨基酸，其結構簡式為，其本身發(fā)生聚合反應，所得高分子化合物的結構簡式為。（5）符合下列條件的E的同分異構體有種，其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為6∶2∶2∶1∶1的結構簡式為。①屬于芳香族化合物且苯環(huán)上有3個取代基；②既可發(fā)生銀鏡反應，又可發(fā)生水解反應。（6）設計以甲醛、甲苯為起始原料制備的合成路線：(無機試劑任用)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．天然氣主要成分是主要成分是烷烴，其中甲烷占絕大多數(shù)，故A符合題意；B．用二氧化碳人工合成淀粉，可以減少二氧化碳的排放和農(nóng)藥、化肥的使用，有利于減少農(nóng)藥、化肥污染和促進“碳中和”的目標實現(xiàn)，故B不符合題意；C．文中“紙”指的是主要成分為蛋白質的縑帛者，故C不符合題意；D．含2個中子的氦原子的質子數(shù)為2、質量數(shù)為4，可表示為24故答案為：A?！痉治觥緼.天然氣的主要成分是甲烷；

B.用二氧化碳人工合成淀粉可減少二氧化碳的排放；

C.絲織品的原料是蠶絲，其主要成分是蛋白質；

D.原子符號左上角為質量數(shù)，左下角為質子數(shù)，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，核外電子數(shù)=核內質子數(shù)=核電荷數(shù)。2．【答案】C【解析】【解答】A．氫氧化鈉屬于離子化合物，是由Na+和OH-組成，其電子式為；故A說法不符合題意；B．HClO的結構式為H-O-Cl，故B說法不符合題意；C．乙醇分子式為C2H6O，C2H5OH是乙醇的結構簡式，故C說法符合題意；D．氯離子是氯原子得到一個電子，最外層達到8電子結構，即氯離子的結構示意圖為，故D說法不符合題意；故答案為：C?！痉治觥緼.氫氧化鈉由Na+和OH-組成；

B.HClO的中心原子為O，其結構式為H-O-Cl；

D.氯離子是氯原子得到一個電子，最外層達到8電子結構。3．【答案】A【解析】【解答】A．加熱分解氯化銨固體，反應生成氨氣和氯化氫，由于氨氣和氯化氫在冷處反應生成氯化銨，因此不能用分解氯化銨得到氨氣，故A符合題意；B．一水合氨不穩(wěn)定，受熱分解生成氨氣和水，因此加熱分解濃氨水可制得氨氣，故B不符合題意；C．將濃氨水滴入到堿石灰上，濃氨水中水與氧化鈣反應，放出大量熱，固體氫氧化鈉溶解在濃氨水中放出大量的熱，一水合氨不穩(wěn)定，因此能制得氨氣，故C不符合題意；D．氯化銨和氫氧化鈣固體加熱反應生成氨氣、氯化鈣和水，因此加熱氯化銨和氫氧化鈣的固體混合物能制得氨氣，故D不符合題意。故答案為：A。

【分析】A.加熱氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，氨氣和氯化氫在試管口遇冷又化合成氯化銨；

B.濃氨水受熱分解生成氨氣和水；

C.將濃氨水滴入到堿石灰上，氨水受熱分解生成氨氣；

D.加熱氯化銨和氫氧化鈣固體反應生成氨氣、氯化鈣和水。4．【答案】B【解析】【解答】A．SO2中S原子價層電子對數(shù)為B．基態(tài)Mn2+核外有25個電子，其核外電子排布式為C.2?丁烯的結構簡式為CHD．氧原子核外有8個電子，則基態(tài)氧原子核外電子軌道表達式為，故D不符合題意。故答案為：B?！痉治觥緼.SO2中S原子的價層電子對數(shù)為3；

B.基態(tài)Mn2+核外有25個電子；

C.2?丁烯的結構簡式為CH3CH=CHC5．【答案】D【解析】【解答】A．碳酸根離子中碳原子的價層電子對數(shù)為3、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間結構為平面三角形，故A不符合題意；B．氯元素的最高價氧化物對應的水化物為強酸高氯酸，故B不符合題意；C．由物質結構式可知，化合物分子中碳原子最外層均滿足8eD．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能大于氧元素的元素為氮元素、氟元素、氖元素，共3種，故D符合題意；故答案為：D。【分析】Y為地殼中含量最高的元素，則Y為O元素，化合物分子中R、M形成1個共價鍵、X形成4個共價鍵，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，則R為H元素、X為C元素、M為Cl元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．過氧化鈉具有強氧化性，二氧化硫以還原性為主，兩者發(fā)生氧化還原反應，得到Na2SO4，故A不符合題意；B．明礬與氫氧化鋇反應至沉淀質量最大，說明SO42?全部轉化成硫酸鋇沉淀，鋁元素以AlO2?形式存在，正確的離子方程式為Al3++4OH-+2Ba2++2SO42?=2BaSO4↓+AlO2C．氯氣具有強氧化性，能將-2價S氧化為S，其反應方程式為Cl2+H2S=S↓+2HCl，故C符合題意；D．加入鐵粉過量，過量鐵與Fe3+反應生成Fe2+，其離子方程式為3Fe+2NO3?+8H+=3Fe3++2NO↑+4H2故答案為：C?！痉治觥緼.過氧化鈉和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉；

B.沉淀的質量最大時，說明SO42?全部轉化成硫酸鋇沉淀，鋁元素以AlO2?形式存在；

D.鐵粉過量，過量鐵與Fe3+反應生成Fe7．【答案】D【解析】【解答】A．原電池負極發(fā)生氧化反應，右側氫氣失電子為負極，則電極2為負極，負極電勢低于正極電勢，則電極2電勢低于電極1電勢，A不符合題意；B．由圖可知，左側二氧化碳得電子為正極，右側氫氣失電子為負極，原電池工作時，陽離子移向為負極→正極，即通過質子膜移向左側，B不符合題意；C．由圖可知，該裝置為原電池，工作中是化學能轉化為電能，C不符合題意；D．由圖知CO2在電極1上得到電子轉化為乙醇，2CO2+12e?+12H+=C2H5OH+3H2O，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥侩姌O1上，二氧化碳發(fā)生還原反應生成乙醇，則電極1為正極，電極反應式為2CO2+12e?+12H+=C2H5OH+3H2O，電極2為負極，氫氣失去電子發(fā)生氧化反應。8．【答案】A【解析】【解答】A．N2H4分子的共價鍵有N-H之間的s?pσ鍵和N-N之間的p?pσ鍵，A符合題意；B．由題干信息可知，N2H4能夠被CuO氧化生成N2，即N2H4具有還原性，而O2的氧化性強于CuO，故N2H4具有還原性，在一定條件下可被O2氧化，B不符合題意；C．由分析可知，②轉化中氧化亞銅與氨水反應生成二氨合亞銅離子、氫氧根離子和水，反應中沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應，C不符合題意；D．根據(jù)氧化還原反應配平可知，③中發(fā)生反應：4[Cu故答案為：A?！痉治觥緼.N2H4分子中含有的共價鍵有s?pσ和p?pσ鍵；

B.N2H4能夠被CuO氧化為N2，氧氣的氧化性大于氧化銅，則也能被氧氣氧化；

C.氧化還原反應過程中一定有元素的化合價發(fā)生變化；

D.根據(jù)得失電子守恒和質量守恒配平方程式為4[Cu9．【答案】B【解析】【解答】A．硫是非金屬單質，單質硫是分子晶體，故A不符合題意；B．硫是難溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，因此過程①中C．S的熔點為115.2℃；CS2的沸點為46.2℃，因此過程③的目的是使D．將趁熱過濾所得濾渣煅燒：4FeS2+11O2故答案為：B?！痉治觥繉⒘虻V石粉碎，在120℃條件下將S變?yōu)橐后w，過濾，得到液態(tài)硫，再加入二硫化碳進行萃取，過濾，用70～75℃的熱水噴淋，將CS2變?yōu)闅鈶B(tài)，而液態(tài)硫變?yōu)楣虘B(tài)，經(jīng)過一系列過程得到純硫。10．【答案】B【解析】【解答】A．NO2是紅棕色氣體，B．未控制單一變量，陰離子種類不同，B項不能達到實驗目的；C．向苯酚濁液中加入碳酸鈉，溶液變澄清，可說明酸性：苯酚>HCOD．因加入AgNO3的物質的量小，Ag+無剩余，且加入的I?故答案為：B?！痉治觥緼.該實驗只有溫度一個變量，能達到實驗目的；

B.該實驗存在陽離子和陰離子兩個變量；

C.根據(jù)強酸制弱酸原理分析；

D.Ksp小的先沉淀。11．【答案】D【解析】【解答】A．由結構簡式可知，結構對稱的a分子的核磁共振氫譜有2組峰，故A不符合題意；B．由結構簡式可知，聚乙烯與a分子發(fā)生加成反應生成高分子b，故B不符合題意；C．由結構簡式可知，a分子中不含有含有連接四個不同原子或原子團的手性碳原子，故C不符合題意；D．由轉化關系可知，高分子b在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應生成羥基，羥基是親水基，可以和水形成氫鍵，水溶性良好，聚乙烯不溶于水，所以高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.a分子中含有2種不同環(huán)境的氫原子；

B.聚乙烯和a發(fā)生加成反應生成b；

C.手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子。12．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)化學反應速率的表達式，v(CO2)=3.2mol2LB．A點，CO和CO2物質的量相等，均為2mol，N2O的物質的量仍為2mol，此時v正=k正×1×1，B點達到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此時v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B符合題意；C．組分都是氣體，因此氣體總質量保持不變，容器為恒容，容器的體積不變，根據(jù)密度的定義，混合氣體的密度在任何時刻均不變，因此不能說明反應達到平衡，故C不符合題意；D．達到平衡時，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，該溫度下的平衡常數(shù)K=3.故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)v=ΔcΔt計算；

C.可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；13．【答案】D【解析】【解答】A．鈷元素、鎳元素的原子序數(shù)分別為27、28，價電子排布式分別為3d74s2、3d84s2，均屬于元素周期表中的d區(qū)元素，故A不符合題意；B．四氯化碳是熔點低的分子晶體、氯化鈉是熔點較高的離子晶體、金剛石是熔點很高的共價晶體，所以三種物質的熔點依次升高，故B不符合題意；C．由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的氯離子個數(shù)為8×18+6×12=4，位于棱上和體心的鈉離子12×14+1=4，由晶胞的質量公式可得：4×58.5NAD．由晶體結構可知，金剛石中每個碳原子形成4個碳碳鍵，每個碳碳鍵為2個碳原子所共有，所以每個碳原子形成的碳碳鍵數(shù)目為4×12=2，則12g金剛石中含有碳碳鍵的數(shù)目為12g12g/mol×2×NAmol-1=2N故答案為：D?！痉治觥緼.Ni的價電子排布式為3d74s2，Co的價電子排布式為3d84s2，兩者均為d區(qū)元素；

B.熔點：原子晶體>離子晶體>分子晶體；

C.根據(jù)均攤法和ρ=m14．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)圖中曲線得到加入氫氧化鈉溶液3mL時，將硫酸氫銨中的氫離子反應完，說明原溶液體積為3mL，物質的量濃度為0.1000?mol?LB．b點溶質為硫酸鈉和硫酸銨且兩者物質的量濃度相等，根據(jù)電荷守恒得到c(NH4+)+c(HC．常溫時，c點溶質為硫酸鈉、硫酸銨和一水合氨且后兩者的物質的量濃度相等，Kh(NHD．b溶質為硫酸鈉和硫酸銨，促進水的電離，d點溶質是硫酸鈉和一水合氨，抑制水的電離，因此水的電離程度：b>d，故D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥緼.根據(jù)n=cV計算；

B.b點氫離子反應完，溶質為等物質的量濃度的硫酸鈉和硫酸銨，結合電荷守恒和物料守恒分析；

C.c點溶質為硫酸鈉、硫酸銨和一水合氨，溶液顯堿性；

D.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離。15．【答案】（1）K（2）I、D、B、C（3）分液漏斗；吸收多余的Cl2，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致（4）F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁（5）液封并吸收揮發(fā)的HCl；當加入最后一滴AgNO【解析】【解答】（1）裝置A中制備氯氣的反應為重鉻酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化鉻、氯氣和水，反應的化學反應方程式為K2Cr（2）由分析可知，裝置的連接順序為A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案為：I、D、B、C；（3）由實驗裝置圖可知，裝置A中盛放濃鹽酸的儀器為分液漏斗；由分析可知，裝置G中盛有盛有的堿石灰用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致四氯化鈦水解，故答案為：分液漏斗；吸收多余的Cl2，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致（4）由分析可知，裝置F、H用于驗證一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳與氧化銅共熱反應生成銅和二氧化碳，H中二氧化碳與澄清石灰水反應生成碳酸鈣和水，則證明有一氧化碳生成的實驗現(xiàn)象為F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁，故答案為：F中黑色固體變紅，H中溶液變渾濁；（5）①由實驗裝置圖可知，安全漏斗中的水在本實驗中的作用除加水外，還能起到液封和吸收揮發(fā)的氯化氫的作用，故答案為：液封并吸收揮發(fā)的HCl；②當硝酸銀溶液與鹽酸完全反應時，再滴入一滴硝酸銀溶液，過量的硝酸銀溶液與鉻酸鉀溶液反應生成紅色鉻酸銀沉淀，沉淀滴定終點的判斷方法是當加入最后一滴硝酸銀溶液，出現(xiàn)紅色沉淀，且30秒內紅色沉淀不消失，則為滴定終點，故答案為：當加入最后一滴AgNO3溶液，出現(xiàn)紅色沉淀，且30秒內紅色沉淀不消失，則為滴定終點；③由方程式可得如下轉化關系：TiCl4-4HCl-4AgNO3，滴定消耗32.00mL0.200mol/L硝酸銀溶液，則10.0g產(chǎn)品純度為0.200mol/

【分析】裝置A中重鉻酸鉀與濃鹽酸反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置I中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，裝置D中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置B中氯氣與二氧化碳和碳共熱反應制備四氯化鈦，裝置C用于冷凝收集四氯化鈦，裝置G中盛有盛有的堿石灰用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，同時防止水蒸氣進入C中導致四氯化鈦水解，裝置F、H用于驗證一氧化碳的生成，裝置E用于收集未反應的一氧化碳，防止污染空氣。16．【答案】（1）2Al+2O（2）F（3）4NiCO3（4）ClO（5）4；1∶2（6）(1，1，1)（7）+2或-2【解析】【解答】（1）“堿浸”時發(fā)生的主要反應是鋁和氫氧化鈉反應，離子方程式為：2Al+2OH（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na（3）300~400℃NiCO3轉化為Ni2O3，反應的化學方程式為4NiCO3+O2300?400℃__2Ni2O3+4CO2；設1molNiCO3在400~500℃下分解為NixOy，1mol（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被還原成Cl－，因此離子方程式為ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根據(jù)化合價的升降法進行配平，即離子方程式為ClO?+2Ni(OH)2=Ni2O3+Cl?+2H2O；根據(jù)離子方程式，消耗amolNi(OH)2的同時消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱堿性轉化成ClO－，即Cl2（5）Ni的價電子數(shù)為10，每個配體提供一個電子對，則10+2n=18，n=4；CO與N2結構相似，含有C≡O鍵，含有1個σ鍵，2個π鍵，CO分子內σ鍵與π鍵個數(shù)之比為1∶2，故答案為：4，1∶2；（6）離子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，C為(1，12，1（7）Fe是26號元素，根據(jù)構造原理，可知基態(tài)Fe原子核外電子排布式是[Ar]3d64s2，若一種自旋狀態(tài)用+12表示，與之相反的用-12表示，所以基態(tài)Fe原子的價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+12

【分析】向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，發(fā)生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，得到的濾液含有NaAlO2，得到固體為Ni、Fe、Cr和少量其他有機物，灼燒后將有機物除去，并將金屬單質轉化為氧化物，加稀H2SO4、硝酸浸后得到含有Ni2+、Fe3+、鉻離子的濾液，加入NaClO調節(jié)pH使Cr3+、Fe3+轉化為Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，再加碳酸鈉得到碳酸鎳的晶體，灼燒可得鎳的氧化物（NixOy）。17．【答案】（1）-162；低溫（2）4CH（3）<；此時反應以反應2為主，壓強改變對平衡無影響；0.0096【解析】【解答】（1）根據(jù)蓋斯定律可知，反應Ⅰ=反應Ⅲ－反應Ⅱ，因此ΔH1=ΔH3－ΔH2=[(-204)－(－42)]kJ/mol=-162kJ/mol，該反應為氣體物質的量減少的反應，即ΔS＜0，根據(jù)ΔG=ΔH－TΔS，自發(fā)進行，ΔG＜0，需要在低溫狀態(tài)下，故答案為：-162；低溫；（2）該裝置為電解池，根據(jù)電解原理，陽極上失去電子，化合價升高，根據(jù)圖示可知，電極A為CO2→CO，碳元素化合價降低，即電極A為陰極，電極反應式為CO2+2e-=CO+O2-，則電極B為陽極，若生成乙烯和乙烷的物質的量之比為1∶1，其電極反應式為4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O，令生成乙烷物質的量為amol，乙烯物質的量bmol，當9mol二氧化碳參與反應時，電路中轉移電子物質的量為18mol，根據(jù)碳原子守恒，有2a+2b=10，根據(jù)電子轉移有：2a×[(－3)－(－4)]+2b×[(－2)－(－4)]=18，解得a=1，b=4，乙烯和乙烷物質的量之比為4∶1，相同條件下，體積之比等于物質的量之比，即乙烯和乙烷的體積比為4∶1；故答案為：4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O；4∶1；（3）①反應1是氣體物質的量減少的反應，反