2026届东北三省三校高三年级模拟考试化学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高三年级模拟考试化学科试题考试时间：75分钟试题满分：100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：Na-23

Al-27

Cl-35.5

Zn-65一、选择题(本题共15个小题，每小题3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)1．2025年东北旅游火爆全国，为“南方小金豆”呈现了“冰雪盛宴”。下列叙述正确的是A．梨放在冰雪里保存可以减缓腐败的速率B．撒盐使雪融化，原因是发生了化学变化C．冰的密度比水小，是因为范德华力的作用D．羽绒服使用的锦纶面料，属于新型无机非金属材料2．下列化学用语错误的是A．的VSEPR模型为：B．反式聚异戊二烯结构简式为：C．单质Na溶于液氨形成的结构为：D．分子中键的形成过程为：3．下列实验操作或方法错误的是A．从溶液中获取晶体，应补加少量盐酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B．用小刀切割金属钠，应该在玻璃片上操作，且所有仪器应干燥C．用乙酸乙酯萃取分离NaCl和苯酚的混合溶液，从上层溶液获得苯酚的操作为蒸馏D．用块状电石和饱和食盐水在启普发生器中制备乙炔，生成的气体通过硫酸铜溶液以除去杂质4．(四羰合镍，沸点43℃)是有机化合物羰基化反应的催化剂，一定条件下可通过反应制备。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.5mol基态Ni原子中未成对电子数为B．标准状况下，中所含原子数为C．中所含键数目为D．生成转移电子的数目为5．奥司他韦是常见感冒药的主要成分，其结构如图所示。下列说法正确的是A．奥司他韦的分子式为B．奥司他韦分子中含有4个手性碳原子C．N原子结合的能力：①>②D．奥司他韦制成磷酸盐的形式，可能是为了增加药物在水中的溶解度6．依据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是实验操作及现象结论A常温下，将pH=b的BOH碱溶液稀释100倍后，BOH一定是弱碱B浓硝酸加热分解的气体产物经干燥后收集，该气体可使带火星的小木条复燃可助燃C将气体通入酸性溶液中，溶液褪色具有漂白性D将稀盐酸滴入溶液中，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊非金属性：Cl>CA．A B．B C．C D．D7．X、Q、Y、Z、W、M、R是原子半径依次增大的短周期元素，基态R原子核外电子有9种空间运动状态，并有2个单电子。由上述元素中的六种组成的一种化合物常作为“相转移催化剂”被广泛应用于有机合成中，其结构如图I所示。下列说法错误的是A．W和Q形成的最简单分子是非极性分子B．第一电离能：Z>Y>RC．的结构如图Ⅱ所示，键长：①<②D．分子中存在配位键8．下列实验操作正确且能达到实验目的的是实验操作实验目的A．铁制品表面镀铜B．除去中的HCl实验操作实验目的C．萃取时放气D．验证的氧化性A．A B．B C．C D．D9．NaCl晶体在高压下与Na或反应可以形成不同组成不同结构的晶体，如图是其中部分晶体结构，是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．结构①对应晶体的化学式为B．结构①中Cl的配位数为4C．只有③是NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体D．若②中晶胞参数分别为apm，apm，cpm，则其晶胞密度可表示为10．Dieckmann缩合反应的机理如下(—Et是乙基)，下列说法错误的是A．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成B．1mold与NaOH溶液反应最多能消耗2molNaOHC．强碱性条件有利于Dieckmann反应发生D．根据机理推测，可实现如下转化：11．铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径如下：已知：。下列说法正确的是A．“热熔冷却”步骤为了得到玻璃态固体，需缓慢冷却B．“反萃取”生成，理论上消耗4molNaOHC．滤液2可以进入“萃取分液”步骤再利用D．电解熔融获得Be时需加入NaCl，其主要作用是增强导电性12．某实验小组利用配位掩蔽法选择滴定混合溶液中的含量，操作如下：I．向50mL混合溶液(含)中加入掩蔽，再调节溶液pH为5.5，加入几滴指示剂二甲酚橙溶液。Ⅱ．滴加0.020mol/LEDTA(乙二胺四乙酸)溶液，多次实验平均消耗EDTA溶液50.00mL。已知：①酸性条件下，二甲酚橙溶液为黄色，与金属离子反应生成红紫色配合物。②EDTA与形成的配合物结构如图。下列说法错误的是A．滴加EDTA应使用酸式滴定管B．达滴定终点时，溶液颜色由黄色变为红紫色C．该溶液中含D．用量过少，会导致测定结果偏大13．由DAPQ组成的液流电池如图所示。已知电池在充电时，转化为，有机电解液中存在DAPQ和re-DAPQ的转化。下列说法错误的是A．放电时，电极Y电势较低B．放电时，X电极的反应式为：C．充电时，穿过质子交换膜向X电极移动D．液流电池的电解液不储存于电池内部，可以通过增加电解液体积来实现增容14．甲烷与溴单质反应生成，部分会进一步溴化生成。少量(催化剂可提高生成的选择性。500℃时，分别在有和无的条件下，将和通入密闭容器。和的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图。下列说法正确的是A．11~19秒之间，有时B．的作用之一是使转化为C．无时，与反应生成更快达到平衡状态D．可以提高的平衡转化率15．常温下，用NaOH溶液滴定二元酸溶液，混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线I表示与pH的关系B．水的电离程度：a点<b点C．滴定过程中，当pH=3.8时，D．若，则pH范围为2.5<pH<3.8二、填空题(本题共4小题，共55分)16．亚铁氰化钾是一种黄色颜料。以酸性含铁废水[主要成分为，含少量等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：已知：①几种物质的溶度积常数：物质②当离子浓度低于时认为该离子已被除尽。(1)试剂X为铜的化合物，则试剂X可能为___________(写出一种即可)。(2)计算调pH的最小值为___________。(3)“还原”步骤中硫酸过量会致产率下降，原因是___________。(4)写出“反应”步骤的化学方程式___________。(5)滤渣(Ⅱ)主要成分为___________。(6)①可以检验，生成蓝色沉淀的晶胞如下图所示(未画出)，写出该反应的离子方程式___________。②硬软酸碱理论揭示了配合物的稳定性：硬酸是半径小、正电荷高的原子或原子团；软酸是半径大，正电荷数低的具有接受电子对能力的原子或原子团；硬碱是半径小、电负性强、不易给出电子的原子或原子团；软碱是半径大、电负性低易给出电子对的原子或原子团；配合物按“硬亲硬，软亲软”原则结合的是稳定结构，晶胞中和通过桥联，与中碳原子形成配位键的离子是___________。17．含碳化合物的合成与转化具有研究价值和现实意义。由CO、和制涉及的原理为：①②③(1)反应①的___________。(2)反应②自发进行的条件为___________(填“高温”或“低温)。(3)反应③的速率方程可表示为，其中分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关，则升高温度，会___________(填“增大”、“减小”或“无影响”)。(4)已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。为探究M、N两种催化剂对反应②的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线，由图1可知活化能较低的催化剂是___________(填“M”或“N”)。(5)恒温恒压条件下，将和(不参与反应)充入密闭容器中进行②和③反应，到达平衡，测得容器中的体积分数为12.5%。设此时，计算该温度下反应③的平衡常数___________(用含有a的代数式表示)。的平衡转化率、CO和的选择性(S)随温度的变化曲线如图2所示，图中表示CO选择性的是曲线___________(填“a”、“b”或“c”)。[已知：①对于反应，，x为物质的量分数；②选择性，](6)利用电解原理也可将转化为，其装置如图3所示，则电极上的电极反应为___________。18．草莓醛化学名称为3-甲基-3-苯基缩水甘油酸乙酯，是无色至微黄色液体，有强烈草莓芳香气味，可用作香料。相对分子质量Mr=206，相对密度1.091~1.113(20℃)，常压下沸点272~275℃，几乎不溶于水和甘油，易溶于乙醇、苯和氯仿等有机溶剂。某研究小组参照文献，采用一种相对绿色的方法，利用苯乙酮与氯乙酸乙酯在碱性条件下反应制备该香料。其反应原理及实验方案如下：步骤1.在干燥的100mL三颈烧瓶中，先加入一定体积的苯，然后依次加入2.0g(16.7mmol)苯乙酮、2.3mL(20.0mmol)氯乙酸乙酯，搅拌溶解。步骤2.冰水浴冷却至0~5℃，在搅拌下分批加入一定量的乙醇钠。加料完毕后，保持温度在20℃~30℃继续搅拌反应3小时，TLC监测至原料基本消失(反应装置如图)。步骤3.反应结束后，将反应混合物倒入50mL冰水中，静置，分出苯层。步骤4.用10mL苯萃取水层3次，分出水相，___________，将有机相依次用5%的碳酸氢钠溶液和饱和食盐水洗涤至中性。步骤5.有机相经无水硫酸镁干燥，过滤，滤液先常压蒸去苯等低沸点物质，再减压蒸馏收集135-137℃/0.8kPa的馏分，得到无色透明液体产物2.8g。回答下列问题：(1)仪器a的名称是___________。(2)步骤2中控制反应温度在20℃~30℃，可以采取___________加热方式。(3)步骤3中苯层从分液漏斗___________(填“上口”或“下口”)分离出来。(4)补充完整步骤4的操作___________，该步骤中用饱和食盐水洗涤的目的是___________。(5)步骤5中减压蒸馏的主要目的是___________。(6)该实验中草莓醛的产率为___________(结果保留三位有效数字)。19．化合物H是合成新型抗流感药物巴洛沙韦酯的重要中间体，下面是一种H的合成路线。回答下列问题：(1)反应①的化学方程式为___________。(2)E中官能团的名称为___________。(3)D的结构简式为___________。(4)④的反应类型为___________。(5)C可看作是W中两个氢原子被氟原子取代后的产物，满足下列条件的W的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为___________(写出一种即可)。①除苯环外没有其他环状结构，无—O—O—键；②苯环上有三个取代基，其中与苯环直接相连；③能溶液反应，不能与溶液显色。(6)化合物H()也可以通过获得，其过程如下：已知：反应①的原子利用率是100%；反应③是水解反应。写出结构简式：M___________；N___________。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】A．温度降低，反应速率减慢，则梨放在冰雪里保存的目的是减缓梨腐败的速率，延长保存期，A正确；B．撒盐使雪融化是因为盐降低了水的凝固点，使冰雪融化，融化的过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C．冰的密度比水小是因为水分子可以形成分子间氢键，使得冰形成了疏松的空间网状结构，且分子间的空隙较大所致，则冰的密度比水小与范德华力的作用无关，C错误；D．锦纶是聚酰胺类合成纤维，属于有机高分子合成材料，不属于新型无机非金属材料，D错误；故选A。2．C【详解】A．中心的价层电子对数为，孤对电子数为2，VSEPR模型为四面体形，和图示一致，A正确；B．反式聚异戊二烯中双键两侧的应处于双键异侧，图示结构符合反式聚异戊二烯的结构，B正确；C．单质溶于液氨会电离出和自由电子，电子被6个溶剂化形成；中带部分正电，故朝向中心电子、朝外，图示结构错误，C错误；D．分子中两个的轨道单电子头碰头重叠形成键，图示为p-p键的形成过程，D正确；故选C。3．D【详解】A．Cu2+易发生水解反应Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，加入少量盐酸可增大H+浓度抑制Cu2+水解，后续经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到CuCl2·2H2O晶体，A正确；B．金属钠质地柔软可用小刀切割，钠性质活泼易与水发生反应，因此切割操作需在玻璃片上进行且所有仪器保持干燥，B正确；C．苯酚易溶于有机溶剂乙酸乙酯，NaCl留在水层，乙酸乙酯密度小于水在上层，苯酚与乙酸乙酯沸点差异较大，可通过蒸馏分离得到苯酚，C正确；D．电石与饱和食盐水反应剧烈且放出大量热，同时生成的糊状Ca(OH)2会堵塞启普发生器的缝隙，因此不能用启普发生器制备乙炔，D错误；故选D。4．C【详解】A．基态Ni原子价电子排布为，3d轨道有2个未成对电子，0.5mol基态Ni原子未成对电子数为，A错误；B．标准状况温度为0℃，低于的沸点43℃，此时为液态，无法用标准状况气体摩尔体积计算其物质的量，不能得出原子数为，B错误；C．每个分子中，Ni与4个CO形成4个配位键，每个CO内部含1个键，共8个键，1mol所含键数目为，C正确；D．反应中Ni为0价，CO是中性配体，中Ni仍为0价，无元素化合价变化，转移电子数为0，生成1mol转移电子数不是，D错误；故答案选C。5．D【详解】A．奥司他韦分子中C原子共16个，H原子共28个，N原子2个，O原子4个，因此分子式为，A错误；B．手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的饱和碳原子。在奥司他韦分子中，符合条件的手性碳原子共3个，如图星号标注：，B错误；C．①号N原子为酰胺基（）中的N原子，其孤电子对受羰基吸电子效应影响，电子云密度降低，结合的能力较弱；②号N原子为氨基（）中的N原子，孤电子对未受吸电子基团影响，电子云密度高，结合的能力更强。因此N原子结合的能力：，C错误；D．奥司他韦为有机物，在水中溶解度较小；将其制成磷酸盐（离子型化合物）后，可显著增加药物在水中的溶解度，便于制剂和吸收，D正确；故答案选D。6．B【详解】A．若BOH为强碱，当原溶液pH接近7时，稀释100倍后pH不会低于7，也满足，故BOH不一定是弱碱，A错误；B．浓硝酸加热分解生成的气体中和体积比为4:1，体积分数与空气中相近，空气无法使带火星木条复燃而该气体可以，说明可助燃，B正确；C．使酸性溶液褪色是因为具有还原性，二者发生氧化还原反应，与漂白性无关，C错误；D．比较非金属性需比较最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl不是Cl的最高价含氧酸，无法据此得出Cl非金属性强于C，D错误；故选B。7．C【分析】先推出各元素：基态R原子核外有9种空间运动状态（即占据9个轨道）、2个单电子，推得R电子排布为，故R为S；原子半径依次增大，结合结构成键特点：X只成单键，原子半径最小，故X为H；同第二周期原子半径随原子序数增大而减小，推得：Q为F，Y为O，Z为N，W为C，M为B，最终得：，，，，，，。【详解】A．W是C、Q是F，形成的最简单分子为，正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确；B．Z是N、Y是O、R是S，N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O；同主族元素第一电离能从上到下递减，O的第一电离能大于S，故第一电离能即，B正确；C．为，①是N与羟基O之间的单键，②是N与非羟基O之间形成三中心四电子大π键的特殊键，原子轨道重叠程度大，使键键长变短，故键长①>②，C错误；D．为，中N有孤电子对，中B有空轨道，二者之间形成配位键，D正确；故选C。8．A【详解】A．铁制品表面镀铜时，待镀铁制品作阴极（与电源负极相连），铜片作阳极（与电源正极相连），电镀液选用含的溶液。该装置中电极连接、电极材料、电镀液均符合电镀原理，操作正确且能达到实验目的，A正确；B．碱石灰的主要成分为和，属于碱性干燥剂，不仅会吸收，还会与发生反应（），无法达到除去中的目的（应选用饱和食盐水除），B错误；C．萃取分液时，放气的正确操作是：将分液漏斗倒置，打开活塞放气，如图

，C错误；D．氢气可在氯气中燃烧，而不是氯气能在氢气中燃烧，应将点燃的氢气伸入盛有氯气的集气瓶中，D错误；故答案选A。9．C【详解】A．结构①用均摊法计算，Na数目为，Cl总个数为，化学式为，A正确；B．结构①中每个周围紧邻的共12个，即配位数为12。根据配位数规律：配位数之比等于对应原子数反比，，得Cl的配位数为4，B正确；C．NaCl晶体在高压下与Na反应形成的晶体中，②的晶胞中Na数目为，Cl数目为，②的化学式为、③中Na与Cl的比例也大于1，二者都是与Na反应的产物，并非只有③，C错误；D．②的晶胞质量为，体积为，代入密度公式可得密度为，D正确；故选C。10．B【分析】由图可知，Dieckmann缩合反应为：+EtOH，反应的实质是：分子中脱去氢原子的2号碳原子与脱去-OEt的6号碳原子结合形成五元环。【详解】A．由图可知，反应过程中有碳氢、碳氧极性键的断裂和碳氧极性键的生成，还有碳碳非极性键的断裂与形成，A正确；B．由结构简式可知，d分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应生成，则1mold与氢氧化钠溶液反应最多能消耗1mol氢氧化钠，B错误；C．该反应需要碱拔除反应物的，产生碳负离子才能引发反应，强碱性条件更有利于拔除，促进反应进行，C正确；D．Dieckmann缩合本质是分子内二酯的缩合关环，由题给反应机理可知，分子中1号碳原子脱去氢原子后，能与脱去-OCH2CF3的碳原子结合形成六元环，反应的化学方程式为：+CF3CH2OH，D正确；故选B。11．D【分析】以为原料提取铍，先经热熔冷却得到玻璃态，再用稀硫酸酸浸过滤，滤渣为含硅的不溶物，滤液1含、等金属离子；加入含的煤油萃取分液，按进入有机相，水相1含等杂质；有机相加过量反萃取分液，以进入水相2，有机相为含的煤油；水相2加热过滤得到，最终冶炼得到。【详解】A．玻璃态属于非晶体，快速冷却才能形成玻璃态固体，缓慢冷却会使晶体析出，无法得到玻璃态，A错误；B．反萃取时，有机相中的与反应：，生成理论上消耗，B错误；C．滤液2为加热过滤后的溶液，主要含等杂质，呈碱性，萃取分液步骤需在酸性条件下进行，因此滤液2可进入反萃取步骤再利用，不能进入萃取分液步骤，C错误；D．为共价化合物，熔融态几乎不导电，电解熔融时加入，为离子化合物，熔融态可电离出离子，主要作用是增强熔融盐的导电性，同时可降低熔点，D正确；故答案选D。12．B【详解】A．EDTA溶液为酸性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，A正确；B．滴定前与二甲酚橙结合生成红紫色配合物，滴定终点时EDTA将完全配位，游离出的二甲酚橙在酸性条件下显黄色，故颜色变化为红紫色变为黄色，B错误；C．EDTA与按物质的量比配位，，对应质量为，C正确；D．若用量过少，部分未被掩蔽也会消耗EDTA，使测得的EDTA消耗体积偏大，最终测定结果偏大，D正确；答案选B。13．C【分析】该装置为液流电池，充电时转化为，说明Y电极发生还原反应，为电解池阴极，对应X电极为电解池阳极；放电时为原电池，Y电极为负极，X电极为正极，质子交换膜允许在两室间迁移，有机电解液与铁氰化物电解液分别储存于电池外部，通过电泵循环。【详解】A．放电时为原电池，Y电极为负极，原电池中负极电势低于正极，因此电极Y电势较低，A正确；B．放电时X电极为正极，发生还原反应，DAPQ得电子结合生成re-DAPQ，电极反应式书写正确，B正确；C．充电时为电解池，阳离子向阴极移动，Y电极为阴极，因此穿过质子交换膜向Y电极移动，而非向X电极移动，C错误；D．液流电池的电解液不储存于电池内部，可通过增加电解液体积来提升电池总容量，实现增容，D正确；故答案选C。14．B【分析】甲烷与溴单质发生反应：（主反应），生成的会进一步溴化：（副反应）。少量作为催化剂，可提高的选择性（即让更多转化为，减少副产物的生成）。、恒容密闭容器中，初始投入和，分别在有和无的条件下得到、的物质的量随时间变化的曲线；【详解】A．反应速率的计算公式为，其中为容器体积。11~19s之间，，有时的物质的量变化，因此。由于容器体积未知，无法计算出具体的速率数值，A错误；B．从图像可知：有时，的平衡物质的量显著低于无时，同时的平衡物质的量显著高于无时；结合反应机理，可消耗部分，使其转化为，从而提高的选择性，因此的作用之一是使转化为，B正确；C．催化剂可加快反应速率，使反应更快达到平衡状态。是该反应的催化剂，因此有时，与反应生成更快达到平衡状态；无时，反应速率更慢，达到平衡的时间更长，C错误；D．催化剂（）只能改变反应速率，不能改变平衡状态，因此无法提高的平衡转化率，只能提高的选择性（即生成的比例），D错误；故答案选B。15．D【分析】草酸的电离平衡常数、则有，即；同理有，当时，由Ka1＞Ka2可知，则，由图像截距判断曲线Ⅰ代表与pH的关系，曲线Ⅱ表示与pH的关系，由a、b两点可知，、，由此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示与pH的关系，A错误；B．a点，b点，酸性溶液中越小，浓度越大，对水的电离抑制越强，故水的电离程度：a点点，B错误；C．时，，故。根据电荷守恒：得：，C错误；D．若：①，，②，由，得⇒⇒；故范围为，D正确；故选D。16．(1)CuO或Cu(OH)2(2)3(3)CN-与H+反应生成HCN，溶液中CN-浓度减小，与Fe2+配位能力减弱，产率下降(4)FeSO4+6NaCN+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+CaSO4↓+2NaCl(5)CaCO3(6)K++Fe3++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓Fe2+【分析】由题给流程可知，向含铁废水中加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤液1和滤渣；向滤渣中先后加入硫酸溶液、铁粉，将氢氧化铁转化为硫酸亚铁溶液，向反应得到的溶液中加入氰化钠和氯化钙，将溶液中的亚铁离子转化为亚铁氰化钠、硫酸根离子转化为硫酸钙沉淀，过滤得到含有硫酸钙的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸钠，将溶液中过量的钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤得到碳酸钙滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入氯化钾，将溶液中的亚铁氰化钠转化为亚铁氰化钾沉淀，过滤得到滤液和亚铁氰化钾。【详解】（1）由分析可知，试剂X为氧化铜或氢氧化铜，加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀；（2）由溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子的浓度为：=10-11mol/L，则调溶液pH的最小值为3；（3）氢氰酸是弱酸，溶液中的氰根离子易与氢离子反应生成氢氰酸，若还原步骤中硫酸溶液过量，溶液中的氰根离子会与氢离子反应生成氢氰酸，使溶液中的氰根离子浓度减小，不利于[Fe(CN)6]4-生成，导致亚铁氰化钾的产率降低；（4）由分析可知，反应步骤加入氰化钠和氯化钙的目的是将溶液中的亚铁离子转化为亚铁氰化钠、硫酸根离子转化为硫酸钙沉淀，反应的化学方程式为：FeSO4+6NaCN+CaCl2=Na4[Fe(CN)6]+CaSO4↓+2NaCl；（5）由分析可知，滤渣(Ⅱ)主要成分为碳酸钙；（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子数目为：8×+6×=4，位于棱上和体心的铁离子个数为：12×+1=4，位于体内的钾离子个数为4，则蓝色沉淀的化学式为KFe[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀的离子方程式为：K++Fe３++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓；②由题给信息可知，亚铁离子为软酸，氰根离子中碳原子是软碱，则由“硬亲硬，软亲软”原则可知，与氰根离子中碳原子形成配位键的离子是亚铁离子。17．(1)(2)低温(3)增大(4)N(5)a(6)【详解】（1）根据盖斯定律，反应①=反应②-反应③，因此：；（2）反应②：，反应后气体总物质的量减少，故；焓变，故。根据自发反应判据：、时，低温下的绝对值小，，反应自发；高温下，反应非自发。因此反应②自发进行的条件为；（3）反应③为吸热反应（），根据阿伦尼乌斯公式，升高温度，正、逆反应速率常数均增大；（4）阿伦尼乌斯公式：，以为纵坐标、为横坐标作图，直线斜率为，斜率绝对值越小，活化能越低。由图1可知，曲线的斜率绝对值更小，因此活化能更低，对应催化剂为；（5）恒温恒压下，充入，，（不参与反应）。设平衡时，设反应②生成的物质的量为，则反应②：，反应③：。则平衡时各物质的量：，，，，，。总物质的量：，已知的体积分数为，即，解得。因此平衡时各物质的量：，，，，，，。因此反应③：，；反应②为放热反应（），温度升高，平衡逆向移动，选择性降低；反应③为吸热反应（），温度升高，平衡正向移动，选择性升高。由图2可知：曲线：随温度升高，选择性持续降低，对应；曲线：随温度升高，选择性持续升高，对应。因此表示选择性的曲线为；（6）由图3可知，电极上得电子，在参与下生成，为阴极（与电源负极相连）；电极为阳极，失电子生成。根据电荷守恒、原子守恒