化 學(xué)
（考試時(shí)間：60分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一．檸檬酸鐵銨和鐵氰化鉀的組成結(jié)構(gòu)（20分）
1．檸檬酸鐵銨和鐵氰化鉀在紫外線照射下產(chǎn)生普魯士藍(lán)(PB)，可用于染色和能源行業(yè)。
(1)制備檸檬酸鐵銨的原料有鐵鹽、氨水和檸檬酸。
①基態(tài)Fe3+的價(jià)層電子軌道表示式是 。
②NH4+的VSEPR模型名稱是 。
(2)避光條件下，檸檬酸鐵銨與鐵氰化鉀反應(yīng)得到普魯士黃(PY)，其晶胞形狀為立方體，結(jié)構(gòu)如圖所示。
①PY中所有Fe3+均與CN?形成配位鍵。結(jié)合電子式，解釋CN?在PY中作配體的原因： 。
②已知PY中相鄰Fe3+之間的距離為a nm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，PY的密度為
g?cm?3(用代數(shù)式表示，1 nm=10?7 cm)。
(3)在紫外線照射下，PY中部分Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，同時(shí)K+嵌入，PY轉(zhuǎn)變?yōu)镻B．PB晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中Fe3+周?chē)罱业染嗟腇e3+有12個(gè)。圖中“”位置被Fe2+或Fe3+占據(jù)，用“”補(bǔ)全PB晶胞結(jié)構(gòu)中Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)小立方體中的Fe3+ 。[PB晶胞(K+未畫(huà)出)]
(4)由于PB中的K+能很容易地嵌入和脫嵌，因此PB可作為鉀離子電池的正極材料。充電過(guò)程中，推測(cè)K+會(huì)從PB中脫嵌出來(lái)，理由是 。
5．黃鐵礦(FeS2)在工業(yè)上有著重要的用途，黃鐵礦在空氣中煅燒的反應(yīng)為：4FeS2+11O2高溫2Fe2O3+8SO2，生成的SO2可用于生產(chǎn)Na2SO3和H2SO4。FeS2立方晶胞如圖，其晶胞邊長(zhǎng)為a nm。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是
A．FeS2中存在非極性共價(jià)鍵
B．SO32?的空間構(gòu)型為三角錐形
C．SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說(shuō)明SO2具有漂白性
D．晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長(zhǎng)為22anm
6．某水性鈉離子電池電極材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN?組成，Na+嵌入和嵌出立方晶胞體心過(guò)程中，F(xiàn)e2+與Fe3+含量發(fā)生變化，其過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．基態(tài)鐵原子價(jià)層電子排布式為3d64s2
B．格林綠晶體中Fe3+周?chē)染嗲易罱腇e3+數(shù)為6
C．普魯士藍(lán)中Fe2+與Fe3+個(gè)數(shù)比為1∶2
D．普魯士白的化學(xué)式為NaFeCN3
【答案】(1) （2分）正四面體形（2分）
(2) CN?電子式為，C和N均能提供孤電子對(duì)（3分） 134NA?a3×1021（3分）
(3) （3分）
(4)充電過(guò)程中Fe2+失去電子轉(zhuǎn)化成Fe3+，正電荷增多，K+從PB中脫嵌（3分）
(5)C（2分）
(6)C（2分）
【解析】（1）
①鐵是26號(hào)元素，基態(tài)Fe3+的價(jià)層電子排布式為3d5，價(jià)層電子軌道表示式是；
②NH4+的中心原子為N，價(jià)層電子對(duì)為4對(duì)，VSEPR模型名稱正四面體形結(jié)構(gòu)；
（2）
①CN-的電子式為，其中C和N均有孤對(duì)電子存在，能提供孤電子對(duì)；
②在PY的晶胞結(jié)構(gòu)中最小的一個(gè)立方體中，8個(gè)Fe3+位于立方體的頂角，屬于一個(gè)小立方體的Fe3+有8×18=1，CN-位于小立方體的棱心，屬于一個(gè)小立方體的CN-有12×14=3，一個(gè)小立方體的質(zhì)量為56+3×26NA=134NAg，一個(gè)小立方體的體積為(a×10-7)3=a3×10-21cm3，PY的密度為：134NA?a3×1021g/cm3；
（3）
根據(jù)PB晶胞結(jié)構(gòu)，其中Fe3+周?chē)罱业染嗟腇e3+有12個(gè)，用“”補(bǔ)全PB晶胞結(jié)構(gòu)中Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)小立方體中的Fe3+，結(jié)果如下：；
（4）充電過(guò)程中陽(yáng)極上發(fā)生Fe2+失去電子轉(zhuǎn)化成Fe3+，正電荷增多，K+從PB中脫嵌。
（5）A．FeS2的電子式為：，存在離子鍵、非極性共價(jià)鍵，A正確；
B．SO32?中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1，則其空間構(gòu)型為三角錐形，B正確；
C．SO2有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)均攤法，F(xiàn)e2+：14×12+1=4，S22?：18×8+12×6=4，一個(gè)晶胞中有4個(gè)FeS2，其密度為4Mg/mlNA/ml（a×10?7cm）3=4M×1021NAa3g/cm3；晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊為兩個(gè)面心相連，其距離為a22+a22nm=2a2nm，D正確；
故選C。
A．鐵元素位于第四周期Ⅷ族，原子序數(shù)為26，價(jià)層電子排布式為3d64s2，故A說(shuō)法正確；
B．根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，以體心Fe3+為中心，周?chē)染嚯x最近的Fe3+個(gè)數(shù)：同面4個(gè)，上下各有1個(gè)，共有6個(gè)，故B說(shuō)法正確；
C．根據(jù)普魯士藍(lán)晶胞結(jié)構(gòu)可知，F(xiàn)e位于頂點(diǎn)、面心、棱上、體心，個(gè)數(shù)為8×18+6×12+12×14+1=8，Na+位于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為4，CN-位于棱上、面上、體內(nèi)，個(gè)數(shù)為24×12+24×14+6=24，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，因此有：2N(Fe2+)+3N(Fe3+)+4=24，依據(jù)原子守恒N(Fe2+)+N(Fe3+)=8，兩式解得，N(Fe2+)=N(Fe3+)=4，因此Fe2+、Fe3+個(gè)數(shù)比為4∶4=1∶1，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；
D．普魯士白晶胞中，F(xiàn)e位于頂點(diǎn)、面心、棱上、體心，個(gè)數(shù)為8×18+6×12+12×14+1=8，Na+位于晶胞內(nèi)部，個(gè)數(shù)為8，CN-位于棱上、面上、體內(nèi)，個(gè)數(shù)為24×12+24×14+6=24，化學(xué)式為NaFe(CN)3，故D說(shuō)法正確；
答案為C。
二、以乙酸為原料制備氫氣（21分）
2．乙酸是典型的有機(jī)酸，在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用．乙酸作為化工原料可以制備氫氣，以乙酸為原料制備氫氣時(shí)的反應(yīng)：
反應(yīng)1（熱裂解）：CH3COOH(g)?2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+213.7kJ?ml?1
反應(yīng)2（脫羧基）：CH3COOH(g)?CH4(g)+CO2(g) ΔH2=?33.5kJ?ml?1
(1)CO2中形成 中心 電子的大π鍵；CH4g+CO2g?2COg+2H2g ΔH= kJ?ml?1。
(2)向一恒容密閉容器中充入一定量的乙酸氣體發(fā)生反應(yīng)1和反應(yīng)2，反應(yīng)相同時(shí)間后，測(cè)得部分氣體產(chǎn)率與溫度的關(guān)系如圖。
①已知640℃之后氫氣產(chǎn)率高于甲烷，試說(shuō)明理由： 。
②一定溫度下，若在充入容器的乙酸氣體中摻雜一定量水蒸氣，氫氣產(chǎn)率顯著提高而CO產(chǎn)率下降，分析可能原因： （用化學(xué)方程式表示）。
(3)采用光催化反應(yīng)技術(shù)直接合成乙酸，可符合原子經(jīng)濟(jì)學(xué)（原子利用率100%）。下列原料組合符合要求的是 （填標(biāo)號(hào)）。
A．CO2+H2 B．CO+H2 C．H2O+CH4
(4)若利用合適的催化劑控制其他副反應(yīng)（只發(fā)生反應(yīng)1和反應(yīng)2），溫度為T(mén)℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，此時(shí)總壓強(qiáng)為力pkPa，反應(yīng)1消耗起始乙酸總量的30%，反應(yīng)2消耗起始乙酸總量的50%，則平衡時(shí)H2體積分?jǐn)?shù)為 %；反應(yīng)2的平衡常數(shù)Kp= kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×體積分?jǐn)?shù)，計(jì)算結(jié)果用最簡(jiǎn)式表示）。
(5)研究CH3COOH在水溶液中的電離平衡有重要意義。若室溫下將aml?L?1的CH3COOH溶液和bml?L?1Ba(OH)2溶液等體積混合，恢復(fù)至室溫后混合溶液中存在2cBa2+=cCH3COO?。則乙酸的電離平衡常數(shù)Ka= （用含a和b的代數(shù)式表示）。
【答案】(1) 3 （2分） 4（2分） +247.2（2分）
(2) 反應(yīng)1為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)2 為放熱反應(yīng)，溫度高于640℃之后以反應(yīng)1為主 （2分）H2Og+COg?CO2g+H2g（2分）
(3)B（2分）
(4) 25（3分） 25p48（3分）
(5)2b×10?7a?2b（3分）
【解析】（1）CO2分子碳中心原子與2個(gè)氧原子形成2個(gè)σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為12×4?2×2=0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，為sp雜化，有2個(gè)未成對(duì)電子位于2個(gè)未參與雜化的p軌道，2個(gè)p軌道與雜化軌道互相垂直，分別與1個(gè)氧原子的p軌道中未成對(duì)電子及另1個(gè)氧原子的p軌道中孤電子對(duì)形成大π鍵，即在CO2分子中有2個(gè)3中心、4電子的大π鍵；
根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)1-反應(yīng)2可得CH4g+CO2g?2COg+2H2g，故該反應(yīng)的ΔH=ΔH1?ΔH2=+213.7kJ?ml?1??33.5kJ?ml?1=+247.2kJ?ml?1；
故答案為：3；4；+247.2；
（2）一定量的乙酸氣體發(fā)生反應(yīng)1和反應(yīng)2，反應(yīng)相同時(shí)間，640℃之前氫氣產(chǎn)率低于甲烷，說(shuō)明反應(yīng)2速度快為主反應(yīng)，反應(yīng)1速率慢，溫度升高，反應(yīng)速率都加快，640℃之后反應(yīng)1為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)速率加快更大，反應(yīng)2 為放熱反應(yīng)，反應(yīng)速率加快小，反應(yīng)1為主反應(yīng)，氫氣產(chǎn)率高于甲烷；
乙酸氣體中摻雜一定量水蒸氣，水蒸氣與CO反應(yīng)生成氫氣與CO2，H2Og+COg?CO2g+H2g使CO產(chǎn)率下降，氫氣產(chǎn)率升高；
故答案為：反應(yīng)1為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)2 為放熱反應(yīng)，溫度高于640℃之后以反應(yīng)1為主；H2Og+COg?CO2g+H2g；
（3）A．2CO2+4H2→光催化CH3COOH+2H2O該反應(yīng)還有H2O生成，原子利用率不等于100%，A錯(cuò)誤；
B．2CO+2H2→光催化CH3COOH只有乙酸生成，原子利用率等于100%，B正確；
C．2H2O+2CH4→光催化CH3COOH+4H2該反應(yīng)還有H2生成，原子利用率不等于100%，C錯(cuò)誤；
故答案為：B；
（4）設(shè)初始乙酸物質(zhì)的量為1ml，則利用三段式分析CH3COOH(g)?2CO(g)+2H2(g)初始量/ml1轉(zhuǎn)化量平衡量/ml0.60.6
CH3COOH(g)?CH4(g)+CO2(g)初始量/ml轉(zhuǎn)化量平衡量/ml1?0.3?，平衡時(shí)，總量為0.6+0.6+0.2+0.5+0.5ml=2.4ml，則平衡時(shí)H2體積分?jǐn)?shù)為×100%=25%；
反應(yīng)2的平衡常數(shù)Kp= PCH4?PCO2PCH3COOH=P總?nCH4n總?P總?nCO2n總P總?nCH3COOHn總 =pkPa××pkPa××；
故答案為：25；25p48
（5）2CH3COOH+Ba(OH)2=CH3COO2Ba+2H2O，混合溶液中存在Ba2+、OH-、CH3COOH、CH3COO-、H+，微粒濃度關(guān)系存在電荷守恒2cBa2++cH+=cOH-+cCH3COO-，由2cBa2+=cCH3COO?，則cH+=cOH-=10?7ml/L，物料守恒cCH3COOH+cCH3COO-=a2ml/L、cBa2+=b2ml/L，則cCH3COO?=2cBa2+=bml/L、cCH3COOH=a2ml/L?cCH3COO-=a2ml/L?bml/L，由CH3COOH?CH3COO-+H+，乙酸的電離平衡常數(shù)Ka= cH+?cCH3COO?cCH3COOH=10?7×ba2?b= 2b×10?7a?2b；
故答案為：2b×10?7a?2b。
三．實(shí)驗(yàn)室制備補(bǔ)鐵劑甘氨酸亞鐵（20分）
3．有一種新型補(bǔ)鐵劑由甘氨酸與硫酸亞鐵制取。某化學(xué)學(xué)習(xí)小組用如圖所示裝置(夾持儀器省略)制備補(bǔ)鐵劑甘氨酸亞鐵[(H2NCH2COO)2Fe]
有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如下表所示：
回答下列問(wèn)題：
(1)儀器b的名稱是 。
(2)d的作用是 。
(3)實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)關(guān)閉K2，再依次打開(kāi)K3和K1，使b中開(kāi)始反應(yīng)。此步驟的目的是 。
(4)待儀器b中反應(yīng)適當(dāng)時(shí)間后，再打開(kāi)K2關(guān)閉K3，使b中溶液進(jìn)入c中，在50℃恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加適量NaOH溶液，調(diào)溶液pH至5.5左右，使反應(yīng)物充分反應(yīng)。
①c中生成甘氨酸亞鐵的化學(xué)方程式是 。
②c中少量檸檬酸的作用是 。
③若向c中滴加NaOH溶液過(guò)多，pH過(guò)大，則會(huì)使甘氨酸亞鐵的產(chǎn)量降低，主要原因是 。(用離子方程式表示)
(5)反應(yīng)完成后，向c中反應(yīng)混合液中加入無(wú)水乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過(guò)濾、洗滌得粗產(chǎn)品，無(wú)水乙醇的作用是 。粗產(chǎn)品中混有少量的甘氨酸雜質(zhì)，可將粗產(chǎn)品放入到盛有 (a．水 b．乙醇 c．冰醋酸)(填標(biāo)號(hào))的燒杯中，攪拌、過(guò)濾、洗滌得到純凈的產(chǎn)品。
(6)產(chǎn)品中亞鐵含量的測(cè)定：稱取產(chǎn)品mg，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL，取25.00mL于錐形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸鈉指示劑，用0.10mL·L-1[硫酸鈰Ce(SO4)2]標(biāo)準(zhǔn)液滴定至由綠色變?yōu)樽霞t色，消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)液24.00mL，測(cè)得亞鐵含量為 %(已知：氧化性：Ce4+>Fe3+還原性：Fe2+>Ce3+)。
【答案】(1)蒸餾燒瓶（2分）
(2)液封或水封，防止空氣進(jìn)入c中（2分）
(3)制取硫酸亞鐵同時(shí)產(chǎn)生氫氣，排出裝置內(nèi)空氣（2分）
(4) 2H2NCH2COOH + FeSO4+ 2NaOH=H2NCH2COO2Fe + Na2SO4+2H2O （3分）
防止亞鐵離子(或甘氨酸亞鐵)被氧化，同時(shí)防止亞鐵離子水解 （2分） Fe2++2OH-= FeOH2↓（2分）
(5) 降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其析出 （2分） c（2分）
(6)53.76m（3分）
【解析】（1）根據(jù)b的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知其為蒸餾燒瓶；
（2）d中導(dǎo)管插入液面以下，可以形成液封或水封，防止空氣進(jìn)入c中將甘氨酸亞鐵氧化；
（3）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)關(guān)閉K2，再依次打開(kāi)K3和K1，使b中開(kāi)始反應(yīng)，該操作的目的是：制取硫酸亞鐵同時(shí)產(chǎn)生氫氣，排出裝置內(nèi)空氣；
（4）①反應(yīng)物有甘氨酸、硫酸亞鐵以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亞鐵，結(jié)合元素守恒可知方程式應(yīng)為2H2NCH2COOH + FeSO4+ 2NaOH=H2NCH2COO2Fe + Na2SO4+2H2O；
②c中少量檸檬酸既可以防止亞鐵離子(或甘氨酸亞鐵)被氧化，同時(shí)防止亞鐵離子水解；
③若向c中滴加NaOH溶液過(guò)多，pH過(guò)大，亞鐵離子會(huì)與OH-直接反應(yīng)生成Fe(OH)2沉淀，F(xiàn)e2++2OH-= FeOH2↓，會(huì)使甘氨酸亞鐵的產(chǎn)量降低。
（5）由題中信息可知，甘氨酸亞鐵難溶于乙醇，因此用乙醇洗滌可以降低甘氨酸亞鐵的溶解度，使其析出；由信息可知甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亞鐵難溶于乙醇、冰醋酸，可用冰醋酸除去粗產(chǎn)品中混有的少量甘氨酸雜質(zhì)；
（6）滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)：Ce4++ Fe2+= Fe3++ Ce3+；消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積24.00mL，則消耗n(Ce4+)=0.10 mL·L-1×0.024L=0.0024ml，待測(cè)液中n(Fe2+)= n(Ce4+)=0.0024ml，原樣品中n(Fe2+)=0.0024ml×100mL25mL=0.0096ml，亞鐵含量為0.0096ml×56g/mlmg×100%=53.76m%。
四、黃酮哌酯的合成（19分）
4．黃酮哌酯是一種解痙藥，可通過(guò)如下路線合成：
已知：
(1)C3H6為鏈狀結(jié)構(gòu)，該分子中含有的官能團(tuán)是 。
(2)A→B的反應(yīng)類型為 。
(3)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。
(4)C+E→F的化學(xué)方程式是 。
(5)下列關(guān)于F和G的說(shuō)法正確的是 。
a．F和G互為同分異構(gòu)體
b．1 ml G在催化劑作用下，最多可消耗5 ml H2
c．F和G可以利用FeCl3溶液進(jìn)行鑒別
d．1 ml F與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗2 ml NaOH
(6)已知：R1CH2OH＋+R2COOH
G制備M的過(guò)程如下：
P、Q分別為 、 。
(7)寫(xiě)出M→黃酮哌酯的反應(yīng)方程式 。
【答案】(1)碳碳雙鍵（2分）
(2)加成反應(yīng)（2分）
(3)CH3CH2COOH（2分）
(4)+CH3CH2COCl→+HCl（3分）
(5)ac（3分）
(6) （2分） H2O（2分）
(7)+?△濃硫酸+H2O（3分）
【解析】（1）C3H6為鏈狀結(jié)構(gòu)，則該分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CH=CH2，該分子中含有的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵。
（2）
由題干流程圖可知，A→B的反應(yīng)為：+CH3CH=CH2→200℃AlCl3，該反應(yīng)的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)。
（3）由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2COOH，故答案為：CH3CH2COOH。
（4）
由分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，根據(jù)題干合成流程圖可知，C＋E→F的化學(xué)方程式是+CH3CH2COCl→+HCl，故答案為：+CH3CH2COCl→+HCl。
（5）a．由上述分析可知，F(xiàn)和G的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，故互為同分異構(gòu)體，a正確；
b．G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，苯環(huán)和酮羰基能夠和H2發(fā)生加成反應(yīng)，則1 ml G在催化劑作用下，最多可消耗4mlH2，b錯(cuò)誤；
c．由分析可知，F(xiàn)分子中不存在酚羥基，而G分子中含有酚羥基，故F和G可以利用FeCl3溶液進(jìn)行鑒別，c正確；
d．由F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，1mlF中含有1ml羧基和1ml酚酯基，故1mlF與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3mlNaOH，d錯(cuò)誤；
故選ac。
（6）
由G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，結(jié)合題干轉(zhuǎn)化信息，可知該轉(zhuǎn)化方程式為：+→一定條件++H2O，故答案為：；H2O。
（7）
題干合成流程圖可知，M和發(fā)生酯化反應(yīng)生成黃酮哌酯的反應(yīng)方程式為：+?△濃硫酸+H2O。
五、廢鈀催化劑中回收海綿鈀的化工流程（20分）
5．鈀催化劑(主要成分為Pd、α-Al2O3，還含少量鐵、銅等)是石油化工中催化加氫和催化氧化等反應(yīng)的重要催化劑。一種從廢鈀催化劑中回收海綿鈀的工藝流程如下：

已知：①鈀催化劑在使用過(guò)程中Pd易被氧化為難溶于酸的PdO而失活；H2PdCl4是一種二元強(qiáng)酸；
②常溫下，KspFeOH3=1×10-38，KspCuOH2=1×10-20。
回答下列問(wèn)題：
(1)“還原Ⅰ”過(guò)程中加入甲酸的主要目的是還原 (填化學(xué)式)。
(2)“酸浸”過(guò)程中Pd轉(zhuǎn)化的離子方程式為 。
(3)“酸浸”過(guò)程中溫度、固液比對(duì)浸取率的影響如圖，則“酸浸”最佳條件為 。
(4)“離子交換”過(guò)程可簡(jiǎn)單表示為PdCl42-+2RCl?R2PdCl4+2Cl-，流出液通入NH3調(diào)節(jié)pH后過(guò)濾，濾液經(jīng)一系列操作可以得到CuCl2·2H2O。若假設(shè)流出液中各金屬離子的濃度均為0.01 ml/L，常溫下，需要調(diào)節(jié)pH的范圍是 。
(5)“沉鈀”過(guò)程鈀元素主要發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：H2PdCl4 (稀溶液)→①NH3 [Pd(NH3)4]Cl4 (稀溶液)→①HCl[Pd(NH3)4]Cl2(沉淀)。則濾液中溶質(zhì)的主要成分為 (填化學(xué)式)。
(6)N2H4的電子式為 。
(7)“還原Ⅱ”過(guò)程中產(chǎn)生無(wú)毒無(wú)害氣體。由[Pd(NH3)4]Cl2生成海綿鈀的化學(xué)方程式為 。
(8) H2和O2在鈀的配合物離子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反應(yīng)歷程如圖。下列說(shuō)法不正確的是
A．H2O2中存在極性鍵和非極性鍵
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空軌道形成配位鍵
C．反應(yīng)①、②、③均屬于氧化還原反應(yīng)
D．等物質(zhì)的量的H2和O2發(fā)生反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)①和反應(yīng)②轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1：1
【答案】(1)PbO（2分）
(2)Pb+2H++H2O2+Cl?=PdCl42?+2H2O（3分）
(3)溫度80℃，固液比4：1（3分）
(4)3~5（2分）
(5)NH4Cl（2分）
(6) （2分）
(7)N2H4?H2O+2PdNH32Cl2=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O（3分）
(8) C（3分）
【解析】（1）結(jié)合信息可知，“還原Ⅰ”加入甲酸的目的是還原PdO，使后續(xù)酸浸順利進(jìn)行；
（2）“酸浸”過(guò)程用鹽酸和H2O2，Pd轉(zhuǎn)化為PdC12，對(duì)應(yīng)的離子方程式為：Pd+2H++ H2O2+4C1- =PdCl4-+2H2O；
（3）分析圖像可知：較合理的浸出溫度為80℃，固液比為4：1；
（4）加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+沉淀，而Cu2+不發(fā)生反應(yīng),對(duì)于鐵離子可知，c(OH-)＞3KspFe(OH)3c(Fe3+)=31×10?381×10?5ml/L=1.0×10-11 ml/L，c(H+)=10-1410-11ml/L=1.0×10-3 ml/L，溶液pH=3；對(duì)于銅離子，c(OH-)＜3KspCu(OH)2c(Cu2+)=31×10?200.01ml/L=1.0×10-9 ml/L，c(H+)=10-1410-9ml/L=1.0×10-5 ml/L，溶液pH=5，故需調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為3＜pH＜5；
（5）結(jié)合“沉鈀”過(guò)程轉(zhuǎn)化：H2PdCl4 (稀溶液)→①NH3 [Pd(NH3)4]Cl4(稀溶液)→①HCl[Pd(NH3)4]Cl2(沉淀)，則濾液中溶質(zhì)的主要成分為NH4Cl；
（6）
N原子最外層有5個(gè)電子，H原子核外只有1個(gè)電子，在N2H4分子中2個(gè)N原子形成共價(jià)單鍵N-N，每個(gè)N原子再與2個(gè)H原子形成2個(gè)N-H共價(jià)鍵，使分子中各個(gè)原子都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則N2H4的電子式為；
（7）“還原Ⅱ”中產(chǎn)生無(wú)毒無(wú)害氣體，該氣體是N2，由Pd(NH3)2Cl2生成海綿鈀，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可知該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：N2H4?H2O+2PdNH32Cl2=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O。
【解析】A．H2O2中存在H-O極性鍵和O-O非極性鍵，A正確；
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空軌道與Cl-提供的孤電子對(duì)形成配位鍵，B正確；
C．由題干反應(yīng)歷程圖可知，反應(yīng)①②③分別為：[PdCl4]2-+H2=Pd+2HCl+2Cl-，Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-+2HCl=[PdCl4]2-+H2O2，可知反應(yīng)①、②均有元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，但反應(yīng)③沒(méi)有元素化合價(jià)改變，不屬于氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；
D．等物質(zhì)的量的H2和O2發(fā)生反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)①H的化合價(jià)由0→+1價(jià)，反應(yīng)②O的化合價(jià)由0→-1價(jià)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1：1，D正確；
故答案為：C。
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
檸檬酸
易溶于水和乙醇，酸性較強(qiáng)，有強(qiáng)還原性。
甘氨酸亞鐵
易溶于水，難溶于乙醇、冰醋酸。

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