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    6．兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂．以红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：

    （1）在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni（CO）4中的Ni的化合价为0；
    （2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O；
    （3）向浸出液A中通入H2S气体，还原过程中发生反应的离子方程式是H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓；
    （4）“高温熔融”时能否将通入氩气换为CO并说明原因不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；
    （5）“碱浸”的目的是使镍铝合金产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，请用化学反应原理加以解释：因为Al溶于碱液生成AlO2-时在水中存在下列平衡：AlO2-+2H2O?Al（OH）3+OH-，OH-浓度过小，对AlO2-的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；
    （6）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用．请设计简单的回收流程：浸出液B→Al（OH）3$\stackrel{灼烧}{→}$Al2O3$→_{电解}^{冰晶石、熔融}$Al．（示例：CuOCu2+Cu）

    分析 红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，据此分析解答．
    （1）碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为-2价，根据化合价代数和为零解答；
    （2）镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，据此写出反应方程式；
    （3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应；
    （4）把氩气换为CO，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；
    （5）铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构；Al溶于碱液生成AlO2-时在水中存在化学平衡；
    （6）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝．

    解答 解：红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍．
    （1）通入CO气体，形成Ni（CO）4，在形成Ni（CO）4的过程中，碳元素的化合价没有变化，反应前后都是+2价，氧为-2价，根据化合价代数和为零可知Ni的化合价为0，
    故答案为：0；
    （2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，则发生的反应是2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，
    故答案为：2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O；
    （3）浸出液A中含Ni2+、Fe3+，向浸出液A中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，离子方程式是：H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓，
    故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓；
    （4）高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，不能把氩气换为CO，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4，
    故答案为：不能，因为冷却时，CO能与Ni反应生成Ni（CO）4；
    （5）将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；浸出反应所用的NaOH溶液的浓度要大，若NaOH溶液较稀时，则会产生少量的Al（OH）3沉淀而阻止浸出反应的持续进行，因为Al溶于碱液生成AlO2-时在水中存在下列平衡：AlO2-+2H2O?Al（OH）3+OH-，OH-浓度过小，对AlO2-的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行，
    故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；因为Al溶于碱液生成AlO2-时在水中存在下列平衡：AlO2-+2H2O?Al（OH）3+OH-，OH-浓度过小，对AlO2-的水解的抑制作用小，所以，产生的Al（OH）3就会沉积下来进而阻止浸出反应持续进行；
    （6）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表示为：浸出液B→Al（OH）3$\stackrel{灼烧}{→}$Al2O3$→_{电解}^{冰晶石、熔融}$Al，
    故答案为：Al（OH）3$\stackrel{灼烧}{→}$Al2O3$→_{电解}^{冰晶石、熔融}$Al．

    点评 该题以红土镍矿生产镍铝合金为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    7．下列叙述正确的是（　　）
    A．温度不变，向NH3•H2O溶液中加入NH4Cl，平衡左移，电离平衡常数减小
    B．pH=12的NH3•H2O溶液加水稀释10倍后，其pH=11
    C．向氯化银的浊液中加入少量氯化钠，则氯化银的溶解程度减小
    D．在0.1mol•L-1 Na2S溶液中，有c（Na+）+C（H+）=c（S2-）+C（OH-）+C（HS-）

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    科目：高中化学 来源： 题型：填空题

    8．下列物质属于酸的是①属于碱的是④，属于盐的是③．属于电解质的是①③④⑦，属于非电解质的是②⑤，能导电的是⑥⑦⑧．
    ①HNO3②CH4③NH4HSO4④Ba（OH）2⑤SO3⑥NaCl溶液⑦熔融的Al2O3⑧铜．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    14．A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大．第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层P轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素．D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满．请回答下列问题：
    （1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1．
    （2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取sp2杂化；BC3-的空间构型为平面三角形（用文字描述）
    （3）1mol AB-中含有的π键个数为2NA．
    （4）如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比1：5．
    （5）镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力．已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n=5（填数值）；氢在合金中的密度为0.083g/cm3．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．某化学反应2A?B+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为零，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如表：
    实验序号时间
    浓度
    温度    		0102030405060
    1800℃1.00.800.670.570.500.50050
    2800℃C20.600.500.500.500.500.50
    3800℃C30.920.750.630.600.600.60
    4820℃1.00.400.250.200.200.200.60
    根据上述数据，完成下列填空：
    （1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为0.013mol/（L•min）．
    （2）在实验2，A的初始浓度c2=1.0mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是催化剂．
    （3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3＞v1（填＞、=、＜），且c3=＞1.0mol/L（填＞、=、＜）
    （4）比较实验4和实验1，可推测该反应是反应吸热（选填吸热、放热）．理由是由实验1到实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    11．X、Y、Z和R分别代表四种元素，如果aXm+、bYn+、cZn-、dRm-四种离子的电子层结构相同（a、b、c、d为元素的核电荷数），则下列关系正确的是（　　）
    A．a-c=m-nB．a-b=n-mC．c-d=m+nD．b-d=m+n

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    18．如图所示，在石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色固体物质生成，B电极有黄绿色气体生成，能使淀粉碘化钾试液变蓝．当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极、洗涤、干燥、称量，电极增重1.6g．回答下列问题．
    （1）与A电极相连的是电源的负极．
    （2）A电极发生反应的电极反应式为2Cu2++4e-=2Cu，B电极发生反应的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，总反应方程式为2Cu2++2H2O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2Cu+4H++O2↑．
    （3）电解结束后，B电极上共失去电子0.05NA个．电解液的pH=1．（假设电解前后溶液的体积不变，阿伏加德罗常数为NA）
    （4）保持电解液不变，将A、B电极分别改用铁、铜电极．通直流电一段时间，两电极上观察到的现象分别是：A电极产生红色物质；B电极电极质量减轻．电极B上发生反应的电极方程式为Cu-2e-=Cu2+．电解过程中，溶液的pH将不变（选填“增大”、“减小”或“保持不变”）

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    15．制备偶氮染料F和医药中间体Y的流程图如下：

    已知：（1）
    （2）．
    回答下列问题：
    （1）写出反应类型：①还原反应；②取代反应．
    （2）写出D→E反应的化学方程式
    （3）写出化合物A、F的结构简式．A、F．
    （4）设计A→D的目的是防止氨基被氧化且使硝基进入对位
    （5）写出满足下列条件的C的任意两种同分异构体的结构简式（其中两种） 
    a．是苯的对位二取代产物；     b．能发生银镜反应
    （6）参照上述流程图设计从X到Y的合成路线．．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    16．有机物的结构简式为     可发生反应类型的组合是（　　）
    ①取代  ②加成  ③消去  ④水解  ⑤酯化  ⑥中和  ⑦氧化  ⑧加聚．
    A．只有①②③⑤⑥⑦B．只有②③④⑥⑧C．只有①②③⑤⑥D．只有③④⑤⑥⑦⑧

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