山西大学附属中学校2025-2026学年高三下学期4月阶段检测 化学试题（含解析）

这是一份山西大学附属中学校2025-2026学年高三下学期4月阶段检测 化学试题（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学新材料在国防军工等行业应用广泛。下列关于材料说法正确的是
A. “海斗一号”潜水器外壳用的增强塑料属于无机材料
B. 钻地弹使用钨合金的原因是该合金硬度和熔点都高于纯钨
C. 反导体系用的超高分子量聚乙烯结构件属于有机高分子材料
D. 防化服涂层使用的氯丁橡胶是通过缩聚反应合成的
【答案】C
【解析】
【详解】A．增强塑料属于有机高分子材料，A错误；
B．合金的熔点通常低于其成分金属，钨合金的硬度高于纯钨，熔点低于纯钨，B错误；
C．超高分子量聚乙烯因高强度、高韧性被用于反导体系，属于有机高分子材料，C正确；
D．防化服涂层使用的氯丁橡胶是通过加聚反应合成的，D错误；
故选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 乙腈(CH3CN)的电子式：
B. Fe3+价层电子轨道表示式为：
C. 无手性碳原子
D. 核磁共振氢谱图为：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙腈(CH3CN)中-CN基团内C与N共用3对电子对，碳与氢形成1对共用电子对，碳原子与-CN之间共用1对电子对，上述电子式表述正确，A正确；
B.Fe的原子序数为26，其核外价层电子排布式为：3d64s2，失去最外层的3个电子后形成的Fe3+价层电子轨道表示式为，B正确；
C.手性碳原子周围连接的四个原子或原子团均不相同，在三维空间不能叠合，没有符合条件的碳原子，故无手性碳原子，C正确；
D.有机物分子中，同一个碳原子连接的甲基是等效的，则 中等效氢原子种类为3，所以核磁共振氢谱图中应该有3组吸收峰，峰面积比为6:1:1，D错误；
故选D。
3. 化学与STSE密切联系，下列说法错误的是
A. 可利用次氯酸钠溶液、过氧乙酸、75%乙醇等物质的强氧化性对新冠病毒进行消毒
B. 可利用光谱分析获知兵马俑彩绘中含有的元素种类
C. 可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，涉及的原理是：
D. NaOH和铝粉可作固体管道疏通剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸钠溶液、过氧乙酸依靠强氧化性使病毒蛋白质变性，从而实现消毒；75%乙醇通过渗透进入病毒内部，使蛋白质变性达到消毒效果，A错误；
B．光谱分析的原理是每种元素的原子都有独特的特征谱线，可通过分析谱线获知物质中含有的元素种类，故可利用光谱分析获知兵马俑彩绘中含有的元素种类，B正确；
C．CaCO3的溶度积远小于CaSO4，锅炉水垢中的CaSO4可与Na2CO₃溶液发生沉淀转化，反应为，将难溶于酸的CaSO4转化为可溶于酸的CaCO3，便于后续用酸除去水垢，C正确；
D．NaOH与铝粉混合遇水发生反应：，反应生成大量氢气，产生压力，有助于将堵塞物松动推开，同时放热，有助于加速油脂等物质的融化，使其更易被水流冲走，可疏通管道，故NaOH和铝粉可作固体管道疏通剂，D正确；
故选A。
4. “青出于蓝而胜于蓝”，“青”指的是靛蓝，下列为我国传统制备靛蓝的过程：
下列说法不正确的是
A. 靛蓝的分子式为C16H10N2O2B. 吲哚酚的苯环上的二氯代物有5种
C. 1ml吲哚酮与H2加成时消耗4ml H2D. 靛蓝没有手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，A正确；
B．吲哚酚的苯环上有4个氢原子可被取代，采用“定一移一”法，共有6种结构，B错误；
C．吲哚酮中含有苯环和羰基，1ml吲哚酮与H2加成时消耗4ml H2，C正确；
D．手性碳原子连接4个不同的原子或基团，靛蓝没有手性碳原子，D正确；
故选B。
5. 科学家成功合成了一种新型全碳分子——环［48］碳(C48)，让由48个碳原子组成的环像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构——C48·M3，其结构如图所示。下列说法错误的是
A. 环［48］碳与C60互为同素异形体
B. 环［48］碳属于炔烃，分子中所含σ键和π键数相等
C. C48·M3属于超分子
D. C48·M3中存在极性键、非极性键、范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同单质，环[48]碳​与都是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A不符合题意；
B．烃是只含碳、氢两种元素的化合物，环[48]碳只含碳原子，属于碳单质，不属于烃，该说法错误，B符合题意；
C．超分子是由两种及以上分子通过分子间作用力组装形成的有序聚集体，C48⋅M3是环[48]碳和3个保护套分子组装形成的套环结构，属于超分子，C不符合题意；
D．内存在非极性键，保护套分子内存在等极性键，与分子之间存在范德华力，D不符合题意；
答案选B。
6. 结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．是共价晶体，熔化时破坏共价键，SiCl4是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，二者熔点差异源于晶体类型不同，与键能比较无关，A错误；
B．-F是吸电子基团，通过吸电子诱导效应使羧基中O-H键极性增强，更易电离出，故酸性强于，B正确；
C．中心原子价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为直线形，键角180∘；中心原子价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为平面正三角形，键角；中心原子价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为正四面体形，键角；三者均无孤电子对，键角差异由杂化方式与成键电子对间的斥力决定，与孤电子对斥力无关，C错误；
D．缺角晶体修复为规则外形体现的是晶体的自范性，各向异性指晶体不同方向物理性质存在差异，D错误；
故选B。
7. 下列离子或化学方程式书写错误的是
A. 向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：
B. 甘氨酸和盐酸反应：
C. 苯甲醛与新制的Cu(OH)2共热：+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O↓+2H2O
D. 三甲基镓Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应本质为归中反应：S2-被氧化为S，部分SO2被还原为S，其余转化为。离子方程式为，原子守恒、电荷守恒，A正确；
B．氨基（-NH2）质子化生成，羧基不参与：H 2N−CH 2−COOH+H +→ H 3N +−CH 2−COOH，符合氨基酸两性性质，B正确；
C．醛基被氧化为羧酸根，Cu2+被还原为Cu2O。正确配平应为：C 6H 5CHO+2 Cu(OH) 2+OH −→ΔC 6H 5COO −+Cu 2O↓+3 H 2O，选项中H2O系数为2，导致氢原子和氧原子不守恒，C错误；
D．化学方程式为Ga(CH 3) 3+NH 3=高温GaN+3 CH 4，符合原子守恒，条件标注完整，D正确；
故选C。
8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y为短周期第一电离能最小的元素。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A. W、X的第一电离能：W>XB. X、Z的简单氢化物的稳定性：X>Z
C. W、Y、Z均能与X形成多种化合物D. 含氧酸的酸性：Z>W
【答案】D
【解析】
【分析】首先推断元素：W的简单氢化物可作制冷剂，W为N元素；短周期第一电离能最小的元素是Na，即Y为Na；X、Y、Z形成的盐加稀盐酸生成黄色S沉淀和刺激性SO2气体，该盐为Na2S2O3，结合原子序数递增规律，X为O元素，Z为S元素。
【详解】A．N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能N>O，A正确；
B．非金属性O>S，简单氢化物稳定性H2O>H2S，即X>Z，B正确；
C．N与O可形成NO、NO2等多种化合物，Na与O可形成Na2O、Na2O2，S与O可形成SO2、SO3，均能形成多种化合物，C正确；
D．未指明是最高价含氧酸，如酸性HNO3>H2SO3，无法确定Z的含氧酸酸性一定大于W的，D错误；
故答案选D。
9. 下列实验方案能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．电石中含硫化物等杂质，与食盐水反应制乙炔时会生成还原性杂质，也能使酸性溶液褪色，无法证明乙炔的还原性，A不符合题意；
B．该装置使用长颈漏斗，若下端未浸入液面下，气体会从长颈漏斗逸出；即使液封，也无法保证装置密闭性，不能准确收集氢气测定体积，无法测定生成氢气的速率，B不符合题意；
C．漂白粉与浓盐酸反应生成​，能将氧化成，若过量，过量的会直接进入溶液氧化生成，无法证明氧化性，C不符合题意；
D．碘易升华，沸点高、难升华，加热时碘升华后遇通入冷凝水的冷凝管凝华，从而与分离，该方案可以达到实验目的，D符合题意；
答案选D。
10. 直接氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是
A. 电池电极的电势：a>b
B. 电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动
C. 正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑
D. 工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6ml电子
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池总反应 NH 3⋅BH 3+3 H 2O 2=NH 4BO 2+4 H 2O ，可推导电极反应如下：负极（a极，氧化反应）：NH 3⋅BH 3+2 H 2O−6 e −= NH 4BO 2+6 H +，正极（b极，还原反应）：3 H 2O 2+6 H ++6 e −= 6 H 2O，据此分析以下各选项；
【详解】A．原电池中，正极电势高于负极，即 ϕb>ϕa ，故b > a，A错误；
B．阳离子（H⁺）在原电池中应向正极迁移，即从a极室移向b极室，B错误；
C．实际正极是H2O2被还原为H2O，无H2生成，C错误；
D．每转移6 ml电子，负极室：加入1 ml NH3·BH3（31 g），同时有6 ml H⁺（6 g）迁出，净增质量= 31 g - 6 g = 25 g，正极室：接受6 ml H⁺（6 g），无其他物质进出，净增质量= 6 g，两极质量差= 25 g - 6 g = 19 g，当质量差为1.9 g时，对应电子转移量为：1.919×6=0.6ml。D正确；
故选D。
11. 碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下：
下列说法正确的是
A. “除锰”时，的氧化产物为
B. “试剂X”可以是ZnO或
C. “沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为
D. 过滤后可以依次用浓氨水、乙醇洗涤
【答案】C
【解析】
【分析】含锌废液(主要成分为，含少量的和)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X调节pH，X可以为或，不引入其他杂质，使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，滤液加入碳酸氢铵使锌离子转化为，过滤后的滤液中溶质主要是硫酸铵，据此解答。
【详解】A．“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则作氧化剂，发生还原反应。中过氧键的O为-1价，反应后变为中-2价的O，故是还原产物，而非氧化产物，A错误；
B．“调pH”目的是沉淀Fe3+，试剂X需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B错误；
C．“沉锌”生成，反应的离子方程式为，则消耗锌离子和碳酸氢根离子的物质的量之比为1：2，，C正确；
D．中的Zn(OH)2易与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+而溶解，浓氨水洗涤会导致产品损失，D错误；
故选C。
12. 硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池的负极材料，具有在充电的同时发生合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示，下列说法正确的是
A. 途径1，充电电极反应式为：ZnmS-xe-+xLi+=LixZn(m~x)S
B. x：y=3：1
C. ZnmS与ZnnS晶体中阴离子的配位数不同
D. 若Li2S的晶胞参数为a nm，则E、F间的距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．充电时，负极作阴极，发生得电子的还原反应，正确的电极反应式为ZnmS+xe−+xLi+=LixZnm~xS，A错误；
B．晶胞中始终位于立方晶胞的顶点和面心，因此1个晶胞中N(S2−)=8×18+6×12=4，总负电荷为；设晶胞中为x个，为y个，电中性满足x+2y=8。若，即，代入得5y=8，y不是整数，不符合晶胞组成，B错误；
C．ZnmS和ZnnS中，阴离子的配位数均为4，配位数相同，C错误；
D．为反萤石结构，在顶点和面心，填充所有四面体空隙。设晶胞左下角顶点为，右上角顶点F坐标为(a,a,a)，黑球E（）的坐标为(a4,3a4,3a4)，则E、F的距离为： EF=(a−a4)2+(a−3a4)2+(a−3a4)2=(3a4)2+(a4)2+(a4)2=114anm，D正确；
故选D。
13. 北京大学药学院焦宁教授课题组在《Nature Catalysis》报道了一种温和高效实现苯环氯代反应的方法，反应机理如图所示(Me为-CH3)。下列说法错误的是
A. 上述循环的主反应为
B. DMSO分子中S的杂化类型为sp2
C. 上述反应机理中，活化能最大的是步骤①
D. DMSO为催化剂，A、B、C均为中间产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．整个催化循环中，反应物为N-氯代丁二酰亚胺（NCS）和苯，最终产物为氯苯和丁二酰亚胺，与给出的主反应一致，A正确；
B．DMSO结构为，中心S原子的σ键数为3，孤电子对数为6−2×1−22=1，价层电子对数为，因此S的杂化类型为，B错误；
C．反应速率越慢，对应步骤的活化能越大，机理明确标注步骤①"非常慢"，因此步骤①活化能最大，C正确；
D．DMSO在反应开始投入，反应结束后重新生成，属于催化剂；A、B、C均为反应过程中生成、后续又被消耗的物质，都属于中间产物，D正确；
故选B。
14. H2R是二元弱酸，MR是难溶于水的盐(M2+不水解)。图中曲线表示常温下溶液中部分微粒间的关系(ⅰ和ⅱ)：ⅰ．0.10 ml∙L−1 H2R溶液中，c为H2R、HR-、R2−的浓度(ml∙L−1)，体系中pH与lg c关系； ⅱ．含足量MR(s)的0.10 ml∙L−1 Na2R溶液中，c为M2+的浓度(ml∙L−1)，体系中pH与lg c关系。
下列说法错误的是
A. 曲线①表示lg c(M2+)与pH的关系B. Ka1(H2R)=10−4.27
C. pH=2时，H2R溶液中c(HR-)>c(H2R)>c(R2−)D. Ksp(MR)=10−8.63
【答案】B
【解析】
【分析】H2R是一种二元酸，随着pH增大，c(H2R)逐渐减小，c(HR -)先增大后减小，c(R2-)逐渐增大；含MR (s)的0.10ml•L-1Na2R溶液中，随着pH增大，R 2-+H2O⇌HR-+OH-逆移，c(R2-)逐渐增大，导致MR(s)⇌M2+(aq)+R2-(aq)逆移，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大，则曲线②表示lg[c(H2R)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线③表示lg[c(HR-)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线④表示lg[c(R2-)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线①表示lg[c(M2+)/(ml•L-1)]与pH的关系。
【详解】A．曲线①表示lg c(M2+)与pH的关系，A正确；
B．曲线③表示lg[c(HR-)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线④表示lg[c(R2-)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线③和曲线④交点说明c(HR-)= c(R2-)，此时pH=4.27，c(H+)=10-4.27ml/L，则H2R的，曲线②表示lg[c(H2R)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线②和曲线④交点说明c(H2R)= c(R2-)，pH=2.77，c(H+)=10-2.77ml/L，，，B错误；
C． 由图可知，pH=2时，H2R溶液中c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2−) ，C正确；
D．由分析可知，曲线④表示lg[c(R2-)/(ml•L-1)]与pH的关系，曲线①表示lg[c(M2+)/(ml•L-1)]与pH的关系，pH=2.77时，c(M2+)=10-6.00 ml•L-1，c(R2-)=10-2.63ml•L-1，Ksp(MR)= c(M2+)×c(R2-)=10−8.63，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题4个小题，共58分。
15. 醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物［C-Salen］在特殊条件下可吸氧，对开发在特殊条件下(如潜艇、高空飞行)的氧供应材料具有重要意义，合成反应如图。回答下列问题：
已知：①配合物［C-Salen］由于制备条件不同可以得到两种不同的固体形态：一种是棕色的胶状物，在室温下易被氧化；另一种是暗红色晶体，在室温下稳定。
②水杨醛：微溶于水，易溶于乙醇；乙二胺：溶于水、乙醇，温度过高会引起爆炸。
实验步骤：在三颈烧瓶中加入1.6mL水杨醛和乙醇，在搅拌的作用下加0.75mL乙二胺，反应4~5min生成配体(双水杨醛缩乙二胺)。通入一段时间的氮气，再向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。回流1h，棕色胶状沉淀全部转变为暗红色晶体。充分冷却后将溶液过滤，用5mL水洗涤3次，再用乙醇洗涤并干燥，得到配合物［C-Salen］。
（1）配合物C-Salen中，钴化合价为___________。
（2）合成装置如图所示已知B处安装的是恒压滴液漏斗，则A处应安装的仪器是___________(填名称)，通氮气的目的是___________。
（3）回流结束后进行如下操作：①停止通氮气，②停止加热，③关闭冷凝水。正确的操作顺序为___________(填标号)。
（4）用乙醇洗涤晶体的目的是___________。
（5）装置C中装有水除了吸收尾气外还具有的作用是___________。
（6）C-Salen在DMF中可吸氧［配合物载氧量=n(吸收的O2)：n(C-Salen)］。三次平行实验载氧量测定结果如表(已知C-Salen的相对分子质量为325)：
请列出配合物C-Salen载氧量的计算式___________。
【答案】（1）+2 （2） ①. 球形冷凝管 ②. 排尽装置中的氧气
（3）②③① （4）洗去杂质水杨醛，带走水分便于干燥
（5）液封，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中
（6）
【解析】
【分析】由题意可知，水杨醛与乙二胺反应制备双水杨醛缩乙二胺，制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶体后停止加热、关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物；
【小问1详解】
双水杨醛缩乙二胺与(CH3COO)2C反应生成C-Salen和CH3COOH，反应过程中双水杨醛缩乙二胺脱去羟基上的氢后，带有2个单位负电荷，因此根据化合价代数和为0，钴的化合价为+2价；
【小问2详解】
根据上述分析，需要加热回流，来提高原料的转化率，因此A处应安装球形冷凝管；根据信息可知，C-Salen是棕色的胶状物时，在室温下易被氧化，因此通氮气的目的是排尽装置中的氧气，防止棕色的胶状物C-Salen被氧化；
【小问3详解】
回流结束后，为防止倒吸，应继续通入氮气，则先停止加热，然后关闭冷凝水，最后停止通氮气，正确的操作顺序是②③①；
【小问4详解】
根据信息，水杨醛微溶于水，易溶于乙醇，用乙醇洗涤晶体目的是洗去可溶性杂质(如水杨醛)，带走水分便于干燥；
【小问5详解】
棕色的胶状物C-Salen被氧化，装置C装有水，除了吸收尾气外，还具有液封的作用，防止外界空气中的氧气进入三颈烧瓶；
【小问6详解】
根据所给数据，第二组与另外两组相差较大，应舍去，1、3组的数据求得标况下平均吸氧的体积为mL，吸收氧气的物质的量n(O2)=ml，n(C-Salen)=ml，所以载氧量的计算式为。
16. 铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣［含钯(Pd)、铂(Pt)、Au、Cu、Zn、Pb等］中提取Pd、Pt、Au的工艺如图所示。
已知：①“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；
②“沉铂沉钯”后得到的(NH4)2PtCl6、(NH4)2PdCl6难溶于水，(NH4)2PdCl6在煮沸的条件下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PdCl4；
③室温下Ksp[(NH4)2PtCl6]=6.4×10-6。
（1）元素周期表中金位于第六周期且与铜同族，基态金原子的价层电子排布式为___________。
（2）“酸浸”后所得滤液中金属阳离子有Pb2+、___________。
（3）已知HAuCl4是一元强酸，则“分金”过程Na2SO3的作用是___________。
（4）“煅烧”过程每消耗1ml (NH4)2PtCl6转移电子数目为___________(NA表示阿伏加德罗常数)。
（5）“沉铂”时，合恰好完全沉淀时，的浓度为___________ml/L。
（6）加入氨水的过程中，钯(Pd)的配合物发生变化的原因是___________。“水合肼(N2H4·H2O)还原”过程的化学方程式___________。
（7）含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中种晶体可由立方结构(结构单元如图甲所示)转化为四方结构(晶胞结构如图乙所示)，两种结构的棱边夹角均为90°，且转化过程中原子个数比保持不变。
立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为___________。
【答案】（1）5d106s1
（2）Cu2+、Zn2+
（3）还原剂 （4）4NA
（5）0.8 （6） ①. NH3与Pd2+的配位能力强于Cl- ②.
（7）
【解析】
【分析】本题从某矿渣［钯(Pd)、铂(Pt)、Au、Cu、Zn、Pb等］中提取Pd、Pt、Au，经“焙烧”“酸浸”“氯化溶解”“分金”“沉铂沉钯”等一系列步骤，实现Au、Pt、Pd的提取与分离，利用不同元素化合物性质差异，通过溶解、反应、分离操作逐步富集目标金属。“酸浸”步骤利用浓盐酸溶解精矿中Zn、Pb、Cu等杂质，“氯化溶解”步骤通入Cl2，使Au、Pt、Pd分别转化，实现这些贵金属的初步溶解转化，为后续分离做准备，“分金”步骤通入还原出Au单质，“沉铂沉钯及后续处理”通入氨气促进配合物转化与分离，“煅烧”步骤通过煅烧使含Pt的化合物分解得到Pt单质，“水合肼还原”步骤实现Pd的还原提取。
【小问1详解】
金位于第六周期且与铜同族，为第ⅠB族，所以基态金原子的价层电子排布式为5d106s1；
【小问2详解】
“煅烧”后的、、均可与浓盐酸反应，所以“酸浸”后所得滤液中金属阳离子有Pb2+、Cu2+、Zn2+；
【小问3详解】
已知HAuCl4是一元强酸，Au为+3价，则“分金”过程加入Na2SO3得到Au单质，被还原，Na2SO3的作用是还原剂；
【小问4详解】
(NH4)2PtCl6中Pt为+4价，“煅烧”后得到Pt单质，所以“煅烧”过程每消耗1ml (NH4)2PtCl6转移电子数目为4NA；
【小问5详解】
Ksp[(NH4)2PtCl6]=6.4×10-6，合恰好完全沉淀时，，c(NH4+)=KspNH42PtCl6c(PtCl62−)=6.4×10−61×10−5=0.8ml·L-1。
【小问6详解】
①加入氨水的过程中，Pd2+由原来的与配位变成与NH3配位，是因为NH3与Pd2+的配位能力强于；
②“水合肼还原”过程中，N2H4·H2O转化为N2，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该白色晶体为NH4Cl，故反应的方程式为2PdNH34Cl2+N2H4·H2O= 2Pd+ N2↑+ 4NH4Cl+4NH3↑+H2O
【小问7详解】
四方结构中Pd：8×+1=2，由于转化过程中原子个数比保持不变，立方结构中Pd=4×=，设立方结构单元的摩尔质量为M，则四方晶胞结构的摩尔质量为4M，立方结构单元与四方晶胞结构的密度比为：。
17. CO2的资源化利用和转化技术的研究对实现碳达峰和碳中和有重要意义，我国“碳中和”研究领域已取得了很大的成效。
（1）在席夫碱(含“-RC=N-”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。
该历程中起决速步骤的化学方程式是___________。
（2）“液体阳光”工程是指通过太阳能、风能产生的电力电解水制得绿氢，再将绿氢与CO2转化为CH4、CO等燃料的过程，有助于推动碳中和，这一过程中逆水煤气变换(RWGS)反应引起了科学家们的关注。已知RWGS反应中可能发生：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41kJ·m1-1
反应Ⅱ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH2=-207kJ·ml-1
将CO2和H2按不同比例通入某密闭容器中，在催化剂作用下发生反应，CO2的平衡转化率x(CO2)以及CH4的选择性S(CH4)随温度和压强的变化曲线如图1、图2所示。已知：。
①图2中温度t1、t2、t3从小到大的顺序为___________。
②图1中温度400℃时，CO2的平衡转化率随压强变化的原因是___________。
③根据实验数据可知，CO的选择性在H2/CO2的体积比为___________时最高。
（3）CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH 1
反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH 3
①已知：在一定温度下，由稳定态单质生成1ml化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。下表为几种物质在298K的标准摩尔生成焓：
则ΔH 3=___________。
②若起始按投料，测得CO2的平衡转化率(X-CO2)和CH3OH的选择性(S-CH3OH)随温度、压强的变化如图所示。
ⅰ．p1___________(填“>”或“