湖南省邵阳市2024年高考化学模拟试题（含答案）

湖南省邵阳市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生活、生产及环境密切相关，下列说法错误的是A．“北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数B．用COC．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质D．我国气象探测气球可飞入3万米以上高空，气球内充有氦气，含2个中子的氦原子可表示为22．下列化学用语或图示表达错误的是A．NaOH的电子式为B．HClO的结构式为H-O-ClC．乙醇的分子式为CD．氯离子的结构示意图为3．实验室制取少量NHA．加热分解氯化铵固体B．加热分解浓氨水C．将浓氨水滴入到碱石灰上D．加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物4．下列有关说法正确的是A．SOB．基态Mn2+C．2−丁烯的结构简式为CD．基态氧原子核外电子轨道表达式为5．短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示，下列说法错误的是A．XYB．M的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．该化合物中X原子最外层均满足8eD．Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有2种6．下列方程式与所给事实相符的一项是A．Na2O2B．明矾水溶液中加Ba(OH)2C．H2S溶液中通入CD．在稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+47．利用电化学原理，可将H2、CO2A．电极1的电势低于电极2B．H+C．该装置工作时电能转化为化学能D．电极1上电极反应式为2C8．联氨(N2下列说法错误的是A．N2H4B．N2H4C．过程②发生的是非氧化还原反应D．③中发生反应：49．某化学兴趣小组设计一种从硫矿石(主要成分为硫黄及少量FeS2)中提取硫黄的方法如下：查阅资料：S的熔点为115.2℃；CS下列说法错误的是A．单质硫是分子晶体B．过程①中CSC．过程③的目的是使CSD．将趁热过滤所得滤渣煅烧：4FeS2+1110．下列实验方案不能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A两个封有NO2和探究温度对化学平衡移动的影响B向两支盛有2mL5%H2O2溶液的试管中分别加入1mol⋅L−1的探究Fe3+、CuC向苯酚浊液中加入Na探究苯酚、HCOD向盛有2mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1mol⋅探究Ksp(AgClA．A B．B C．C D．D11．分子结构修饰在有机合成中有广泛的应用，我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图：下列说法正确的是A．a分子的核磁共振氢谱有4组峰B．生成高分子b的反应为加聚反应C．a分子中含有2个手性碳原子D．高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好12．T℃时，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中充入4molCO和4molN2O，发生反应CO(g)+N2O(g)⇌CO2(g)+N2(g)，测得CO(g)A．从反应开始至达到平衡时，以CO2B．该反应在A、B两点的正反应速率之比为vC．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态D．T℃时，该反应的平衡常数为K=813．金刚石硬度大，熔点高，用途非常广泛。工业上利用反应CCl4+4Na 973 K __Ni−CoA．Ni、Co均属于元素周期表中的d区元素B．CClC．若NaCl晶体密度为d g⋅cm−3D．12g金刚石(晶体结构如图2所示)中含有C-C键的数目为414．电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用0.1000 mol⋅L−1的NaOH标准溶液滴定同浓度的A．a点溶液中n(SB．b点溶液中c(NC．常温时，c点溶液中pH<7D．b、d点水的电离程度：b>d二、非选择题15．四氯化钛(TiCl4，熔点：-25℃，沸点：136℃)是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是TiO已知：TiCl4遇潮湿空气会发生反应：回答下列问题：（1）写出装置A中制备Cl2的化学反应方程式(注：反应中Cr（2）按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A，，G，F，H，E。（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为，装置G中盛放的碱石灰的作用是。（4）能证明有CO生成的实验现象是。（5）产品中含量测定：取10.0gTiCl4产品于烧瓶中，向安全漏斗(如下图所示)中加入足量蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴0.100 mol⋅L−1的K2CrO4溶液作指示剂，用0.①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有；②该沉淀滴定终点的判断方法是；③该产品纯度为%。16．某废镍催化剂的主要成分是Ni−Al合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物(Ni回答下列问题：（1）“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为。（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Cr3+、Fe2+、Na（3）在空气中煅烧NiCO3，其热重曲线如图1所示，300~400℃时NiCO3转化为Ni（4）工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH溶液调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO−，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO（5）金属镍的配合物Ni(CO)n的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=；CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π（6）NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，12，12)，则B的离子坐标参数为（7）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用−117．如今CO（1）催化加氢合成涉及如下反应：反应Ⅰ：CO2(g)+4反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=C反应Ⅲ：CO(g)+3H2(g)=C则反应Ⅰ的ΔH1=kJ⋅mo（2）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图1所示：若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，写出阳极的电极反应式：；当消耗CH（3）CO2与H2反应1：CO2反应2：CO2起始按n(H2)n(CO2)=3投料，测得[已知S−CH①p1p②温度高于350℃后，压强p1和p2下，CO③250℃、压强p1下，用各物质的平衡分压代替物质的量浓度表示反应2的平衡常数Kp18．一种治疗糖尿病药物的合成路线如下(部分反应条件已省略)。回答下列问题：（1）有机物I中含氧官能团的名称为、。（2）反应③、反应⑤的反应类型分别是、。（3）反应②的化学方程式为。（4）H是一种氨基酸，其结构简式为，其本身发生聚合反应，所得高分子化合物的结构简式为。（5）符合下列条件的E的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为。①属于芳香族化合物且苯环上有3个取代基；②既可发生银镜反应，又可发生水解反应。（6）设计以甲醛、甲苯为起始原料制备的合成路线：(无机试剂任用)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．天然气主要成分是主要成分是烷烃，其中甲烷占绝大多数，故A符合题意；B．用二氧化碳人工合成淀粉，可以减少二氧化碳的排放和农药、化肥的使用，有利于减少农药、化肥污染和促进“碳中和”的目标实现，故B不符合题意；C．文中“纸”指的是主要成分为蛋白质的缣帛者，故C不符合题意；D．含2个中子的氦原子的质子数为2、质量数为4，可表示为24故答案为：A。【分析】A.天然气的主要成分是甲烷；

B.用二氧化碳人工合成淀粉可减少二氧化碳的排放；

C.丝织品的原料是蚕丝，其主要成分是蛋白质；

D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。2．【答案】C【解析】【解答】A．氢氧化钠属于离子化合物，是由Na+和OH-组成，其电子式为；故A说法不符合题意；B．HClO的结构式为H-O-Cl，故B说法不符合题意；C．乙醇分子式为C2H6O，C2H5OH是乙醇的结构简式，故C说法符合题意；D．氯离子是氯原子得到一个电子，最外层达到8电子结构，即氯离子的结构示意图为，故D说法不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氢氧化钠由Na+和OH-组成；

B.HClO的中心原子为O，其结构式为H-O-Cl；

D.氯离子是氯原子得到一个电子，最外层达到8电子结构。3．【答案】A【解析】【解答】A．加热分解氯化铵固体，反应生成氨气和氯化氢，由于氨气和氯化氢在冷处反应生成氯化铵，因此不能用分解氯化铵得到氨气，故A符合题意；B．一水合氨不稳定，受热分解生成氨气和水，因此加热分解浓氨水可制得氨气，故B不符合题意；C．将浓氨水滴入到碱石灰上，浓氨水中水与氧化钙反应，放出大量热，固体氢氧化钠溶解在浓氨水中放出大量的热，一水合氨不稳定，因此能制得氨气，故C不符合题意；D．氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，因此加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物能制得氨气，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；

B.浓氨水受热分解生成氨气和水；

C.将浓氨水滴入到碱石灰上，氨水受热分解生成氨气；

D.加热氯化铵和氢氧化钙固体反应生成氨气、氯化钙和水。4．【答案】B【解析】【解答】A．SO2中S原子价层电子对数为B．基态Mn2+核外有25个电子，其核外电子排布式为C.2−丁烯的结构简式为CHD．氧原子核外有8个电子，则基态氧原子核外电子轨道表达式为，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A.SO2中S原子的价层电子对数为3；

B.基态Mn2+核外有25个电子；

C.2−丁烯的结构简式为CH3CH=CHC5．【答案】D【解析】【解答】A．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，故A不符合题意；B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，故B不符合题意；C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足8eD．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D符合题意；故答案为：D。【分析】Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫以还原性为主，两者发生氧化还原反应，得到Na2SO4，故A不符合题意；B．明矾与氢氧化钡反应至沉淀质量最大，说明SO42−全部转化成硫酸钡沉淀，铝元素以AlO2−形式存在，正确的离子方程式为Al3++4OH-+2Ba2++2SO42−=2BaSO4↓+AlO2C．氯气具有强氧化性，能将-2价S氧化为S，其反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，故C符合题意；D．加入铁粉过量，过量铁与Fe3+反应生成Fe2+，其离子方程式为3Fe+2NO3−+8H+=3Fe3++2NO↑+4H2故答案为：C。【分析】A.过氧化钠和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠；

B.沉淀的质量最大时，说明SO42−全部转化成硫酸钡沉淀，铝元素以AlO2−形式存在；

D.铁粉过量，过量铁与Fe3+反应生成Fe7．【答案】D【解析】【解答】A．原电池负极发生氧化反应，右侧氢气失电子为负极，则电极2为负极，负极电势低于正极电势，则电极2电势低于电极1电势，A不符合题意；B．由图可知，左侧二氧化碳得电子为正极，右侧氢气失电子为负极，原电池工作时，阳离子移向为负极→正极，即通过质子膜移向左侧，B不符合题意；C．由图可知，该装置为原电池，工作中是化学能转化为电能，C不符合题意；D．由图知CO2在电极1上得到电子转化为乙醇，2CO2+12e−+12H+=C2H5OH+3H2O，D符合题意；故答案为：D。【分析】电极1上，二氧化碳发生还原反应生成乙醇，则电极1为正极，电极反应式为2CO2+12e−+12H+=C2H5OH+3H2O，电极2为负极，氢气失去电子发生氧化反应。8．【答案】A【解析】【解答】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的s−pσ键和N-N之间的p−pσ键，A符合题意；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B不符合题意；C．由分析可知，②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，C不符合题意；D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：4[Cu故答案为：A。【分析】A.N2H4分子中含有的共价键有s−pσ和p−pσ键；

B.N2H4能够被CuO氧化为N2，氧气的氧化性大于氧化铜，则也能被氧气氧化；

C.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；

D.根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为4[Cu9．【答案】B【解析】【解答】A．硫是非金属单质，单质硫是分子晶体，故A不符合题意；B．硫是难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，因此过程①中C．S的熔点为115.2℃；CS2的沸点为46.2℃，因此过程③的目的是使D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：4FeS2+11O2故答案为：B。【分析】将硫矿石粉碎，在120℃条件下将S变为液体，过滤，得到液态硫，再加入二硫化碳进行萃取，过滤，用70～75℃的热水喷淋，将CS2变为气态，而液态硫变为固态，经过一系列过程得到纯硫。10．【答案】B【解析】【解答】A．NO2是红棕色气体，B．未控制单一变量，阴离子种类不同，B项不能达到实验目的；C．向苯酚浊液中加入碳酸钠，溶液变澄清，可说明酸性：苯酚>HCOD．因加入AgNO3的物质的量小，Ag+无剩余，且加入的I−故答案为：B。【分析】A.该实验只有温度一个变量，能达到实验目的；

B.该实验存在阳离子和阴离子两个变量；

C.根据强酸制弱酸原理分析；

D.Ksp小的先沉淀。11．【答案】D【解析】【解答】A．由结构简式可知，结构对称的a分子的核磁共振氢谱有2组峰，故A不符合题意；B．由结构简式可知，聚乙烯与a分子发生加成反应生成高分子b，故B不符合题意；C．由结构简式可知，a分子中不含有含有连接四个不同原子或原子团的手性碳原子，故C不符合题意；D．由转化关系可知，高分子b在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成羟基，羟基是亲水基，可以和水形成氢键，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符合题意；故答案为：D。

【分析】A.a分子中含有2种不同环境的氢原子；

B.聚乙烯和a发生加成反应生成b；

C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。12．【答案】B【解析】【解答】A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)=3.2mol2LB．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B符合题意；C．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．达到平衡时，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K=3.故答案为：B。

【分析】A.根据v=ΔcΔt计算；

C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；13．【答案】D【解析】【解答】A．钴元素、镍元素的原子序数分别为27、28，价电子排布式分别为3d74s2、3d84s2，均属于元素周期表中的d区元素，故A不符合题意；B．四氯化碳是熔点低的分子晶体、氯化钠是熔点较高的离子晶体、金刚石是熔点很高的共价晶体，所以三种物质的熔点依次升高，故B不符合题意；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×18+6×12=4，位于棱上和体心的钠离子12×14+1=4，由晶胞的质量公式可得：4×58.5NAD．由晶体结构可知，金刚石中每个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子所共有，所以每个碳原子形成的碳碳键数目为4×12=2，则12g金刚石中含有碳碳键的数目为12g12g/mol×2×NAmol-1=2N故答案为：D。【分析】A.Ni的价电子排布式为3d74s2，Co的价电子排布式为3d84s2，两者均为d区元素；

B.熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；

C.根据均摊法和ρ=m14．【答案】C【解析】【解答】A．根据图中曲线得到加入氢氧化钠溶液3mL时，将硫酸氢铵中的氢离子反应完，说明原溶液体积为3mL，物质的量浓度为0.1000 mol⋅LB．b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(NH4+)+c(HC．常温时，c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨且后两者的物质的量浓度相等，Kh(NHD．b溶质为硫酸钠和硫酸铵，促进水的电离，d点溶质是硫酸钠和一水合氨，抑制水的电离，因此水的电离程度：b>d，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】A.根据n=cV计算；

B.b点氢离子反应完，溶质为等物质的量浓度的硫酸钠和硫酸铵，结合电荷守恒和物料守恒分析；

C.c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，溶液显碱性；

D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。15．【答案】（1）K（2）I、D、B、C（3）分液漏斗；吸收多余的Cl2，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致（4）F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊（5）液封并吸收挥发的HCl；当加入最后一滴AgNO【解析】【解答】（1）装置A中制备氯气的反应为重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的化学反应方程式为K2Cr（2）由分析可知，装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C；（3）由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的Cl2，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致（4）由分析可知，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；（5）①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴入一滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终点的判断方法是当加入最后一滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；③由方程式可得如下转化关系：TiCl4-4HCl-4AgNO3，滴定消耗32.00mL0.200mol/L硝酸银溶液，则10.0g产品纯度为0.200mol/

【分析】装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置I中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与二氧化碳和碳共热反应制备四氯化钛，装置C用于冷凝收集四氯化钛，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，装置E用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气。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）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：2Al+2OH（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Cr3+、Fe2+、Na（3）300~400℃NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为4NiCO3+O2300−400℃__2Ni2O3+4CO2；设1molNiCO3在400~500℃下分解为NixOy，1mol（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为ClO−+2Ni(OH)2=Ni2O3+Cl−+2H2O；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，故答案为：4，1∶2；（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，12，1（7）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用-12表示，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+12

【分析】向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，得到的滤液含有NaAlO2，得到固体为Ni、Fe、Cr和少量其他有机物，灼烧后将有机物除去，并将金属单质转化为氧化物，加稀H2SO4、硝酸浸后得到含有Ni2+、Fe3+、铬离子的滤液，加入NaClO调节pH使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，再加碳酸钠得到碳酸镍的晶体，灼烧可得镍的氧化物（NixOy）。17．【答案】（1）-162；低温（2）4CH（3）<；此时反应以反应2为主，压强改变对平衡无影响；0.0096【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅲ－反应Ⅱ，因此ΔH1=ΔH3－ΔH2=[(-204)－(－42)]kJ/mol=-162kJ/mol，该反应为气体物质的量减少的反应，即ΔS＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS，自发进行，ΔG＜0，需要在低温状态下，故答案为：-162；低温；（2）该装置为电解池，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，根据图示可知，电极A为CO2→CO，碳元素化合价降低，即电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，则电极B为阳极，若生成乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，其电极反应式为4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O，令生成乙烷物质的量为amol，乙烯物质的量bmol，当9mol二氧化碳参与反应时，电路中转移电子物质的量为18mol，根据碳原子守恒，有2a+2b=10，根据电子转移有：2a×[(－3)－(－4)]+2b×[(－2)－(－4)]=18，解得a=1，b=4，乙烯和乙烷物质的量之比为4∶1，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，即乙烯和乙烷的体积比为4∶1；故答案为：4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O；4∶1；（3）①反应1是气体物质的量减少的反应，反