广东省深圳市2025届高三下学期第二次调研考试 化学试卷（含答案）

第第页广东省深圳市2025届高三下学期第二次调研考试化学试卷一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．古代的计量器具是劳动人民智慧的结晶。下列计量器具中，主要材质为金属的是A．称量质量的铜秤砣B．测量容积的陶量C．测量长度的木尺D．计算数目的竹算筹A．A B．B C．C D．D2．“北斗巡天”“脑机融通”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是A．北斗技术助力生产：卫星外壳中合金的硬度比其成分金属的大B．人工智能服务生活：人工智能芯片的主要成分为SiOC．脑机接口融入医疗：植入式电极中的石墨烯属于烯烃D．多箭齐发探索宇宙：火箭发动机使用的煤油属于可再生能源3．服装材料的演变反映了人类文明的进步。下列说法不正确的是A．兽皮制表：用骨针缝制时主要发生物理变化B．蚕丝纺衣：蚕丝中的蛋白质受热后易发生变性C．棉花织衣：棉花中的纤维素属于多糖D．纤维成衣：合成聚氯乙烯纤维的反应属于缩聚反应4．实验室中利用如图所示装置进行Cl2A．制备ClB．除杂C．验证CH4与ClD．验证Cl2A．A B．B C．C D．D5．劳动创造价值。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A化学实验员：用化学沉淀法去除粗盐溶液中的SOBaB水厂净水工：使用Al2Al2C材料分析员：通过X射线衍射实验区分石英玻璃和水晶石英玻璃是非晶体，水晶是晶体D肥皂生产工：利用油脂和烧碱制肥皂油脂在碱性条件下水解A．A B．B C．C D．D6．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：B．高温下Fe与H2OC．Cl2与冷的石灰乳反应：D．铜丝与热的浓硫酸反应：Cu7．为达到相应实验目的，下图所示实验装置不合理的是A．图甲：分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)B．图乙：提纯粗苯甲酸时，趁热过滤去除不溶物C．图丙：完成乙酸乙酯制备后，分离有机相和水相D．图丁：用盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液8．白木香醛(如图)是沉香精油的主要成分之一。下列关于该化合物的说法不正确的是A．能发生银镜反应B．能使溴的四氯化碳溶液褪色C．其结构中两个碳环一定共平面D．1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5molH9．锂-氟化碳(Li−CFxA．锂电极为正极B．电子由Li电极经导线流向CFxC．负极反应为CFD．将电能转化为化学能10．设NAA．22.4L乙炔中含有σ键的数目为3NB．1L1.5mol⋅L−1NaC．46gNO2和N2D．Na2S溶液与H11．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀用牺牲阳极法防止金属腐蚀B冠醚可用于识别碱金属离子不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子C酸性：CH烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小D向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溴乙烷中存在溴离子A．A B．B C．C D．D12．实验室利用如图所示装置模拟氨的催化氧化实验。用酒精灯预热催化剂至红热后，移开酒精灯并向试管中注入浓氨水；一段时间后，烧瓶中有红棕色气体产生，再向烧瓶中注入浓氨水，烧瓶中有白烟产生。下列说法正确的是A．每消耗0.1molNa2OB．催化剂持续红热，说明氨的催化氧化反应为吸热反应C．烧瓶中有红棕色气体产生，说明NH3被O2D．烧瓶中所产生的白烟的主要成分为NH13．化合物XY3A．第一电离能：W>YB．最高价氧化物的水化物的酸性：X>ZC．简单氢化物的沸点：Z>WD．E3W+14．水煤气变换反应是获取H2A．使用Ⅰ、Ⅱ，反应历程均分4步进行B．反应达平衡时，增大压强，nHC．使用Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D．Ⅰ、Ⅱ均能降低反应的焓变15．四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是A．方法1中，吸收SO2B．若烟气中还含有NO2C．方法3中能循环利用的物质是NaOHD．方法4中SO216．化学镀镍废水经分离处理后得到含磷废液(主要含NaH2PO2)和含镍废液(主要含NiCl2)，分别通入如图所示电解装置的两极室回收磷、镍。已知：H3PO2是一元中强酸；25℃时，HA．阳极的主要反应为HB．Ⅰ室溶液的pH逐渐增大，Ⅱ室溶液的pH逐渐减小C．理论上，每生成1molNi，同时处理0.5molHD．理论上，电路中每转移1mole−二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．溶解过程常伴随热量变化。Ⅰ．配制500mL0.5mol/L盐酸。（1）需12mol/L浓盐酸的体积为________mL(精确至小数点后一位)。（2）该过程不需用到的仪器有________(填标号)。A.B.C.D.E.（3）下列操作会导致所配制溶液的浓度偏高的是___________(填标号)。A.转移溶液时部分溶液洒出B.转移溶液时未洗涤烧杯内壁C.定容时俯视刻度线D.加水超过刻度线，将多余液体吸出Ⅱ．测定CaOH2的溶解焓：Ca已知：CaOH温度/℃10203040溶解度/g0.180.170.150.14（4）利用量热法测定初步实验甲同学取一定质量CaOH2固体完全溶解于一定体积的水中，利用量热计测算溶解前后体系的温度差，代入公式Q=cρV总发现问题①甲同学实验结果误差较大，乙同学结合CaOH优化实验②乙同学根据相关原理间接测算ΔsolHCaOH2：先测算CaOH2固体与过量稀盐酸反应CaOH2（5）为避免实验过程热量损失引起实验误差，该小组同学尝试其他实验方案。查阅资料不同温度下，物质的溶度积常数与ΔsolH满足lnK实验思考①根据CaOH2饱和溶液中cCa2+和cOH−的关系，推出KspCa设计实验方案1将20℃的CaOH方案2将40℃的CaOH②应选择________(填“方案1”或“方案2”)进行实验；选择该方案的依据是________。数据处理绘制lnKspCa③根据公式，利用直线的斜率值，计算ΔsolHCa18．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)、FeS、NiS及SiO2已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6；“氨合”后，Pd(Ⅱ)主要以PdNH（1）Pt、Pd与Fe为同族元素，位于元素周期表的区。（2）“氧化浸取”时，Pd发生反应的化学方程式为。（3）“滤液Ⅱ”中的溶质可在工序中循环利用。（4）“氧化除铁”时，温度为180℃，该过程主要发生两步反应：(ⅰ)4Fe(ⅱ)(填离子方程式)。（5）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH=2，此时cC2（6）含钯催化剂可与其他催化剂协同催化乙烯氧化为乙醛的反应，该催化氧化反应经历如图所示5步(①→⑤)，其中发挥催化作用的阳离子有和。（7）含Pd、Cs、I的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构(结构单元如图ⅰ所示)转化为四方结构(晶胞结构如图ⅱ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。①立方结构中Pd、Cs、I的原子个数比为；②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为。19．硫氰化物是重要的分析试剂和合成中间体。（1）基态Fe3+的价电子轨道表示式为（2）配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度，其目的是（3）向10mL0.005mol⋅L−1①取红色溶液M，分别对其进行如下操作，相关描述正确的有(填标号)。A．加入少量铁粉，溶液红色变浅B．加入少量水，溶液中离子总数减小C．加入几滴1mol⋅D．加入几滴0.05mol⋅L−1②取红色溶液M，向其中滴加饱和FeCl3Ⅰ：FeⅡ：FeⅢ：HFeSCNn3−nⅰ.M点前，(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)的平衡移动，是导致曲线上升的主要原因。ⅱ.运用平衡移动原理，分析M点后曲线下降的主要原因：。（4）某浸金废水中含0.5mol⋅L−1SCN−①使用(填“催化剂a”或“催化剂b”)时，SCN−②使用催化剂a时，0～100min内，SCN−的平均反应速率vSCN（5）TBP(磷酸三丁酯)难溶于水，对水溶液中HSCN有萃取作用，主要存在的萃取平衡为H+aq+SCN−aq+TBPo⇌计算上述萃取平衡的平衡常数K=(K=c20．以化合物Ⅰ为原料，利用代谢工程和合成生物学技术可实现苯乙烯的绿色合成，进而制各种高级芳醇，合成路线如图(微生物酶、部分反应条件略)。已知：RBr（1）化合物Ⅰ的分子式为；其中，含氮官能团的名称为。（2）对化合物Ⅱ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型ab酯化反应（3）反应②的化学方程式可表示为：Ⅱ=Ⅲ+（4）化合物Ⅳ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3，其结构简式为(写一种)。（5）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________(填标号)。A．化合物Ⅰ与混合，最多可生成2种二肽B．反应①中，有C−H键和C．反应③中，存在C原子杂化方式的改变，且有手性碳原子形成D．若反应④是原子利用率100%的反应，则另一反应物为直线形分子（6）参考上述合成路线，以苯、CH33COH①由CH33COH合成，第一步反应的化学方程式为②从苯出发，第一步反应的化学方程式为(注明反应条件)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．铜属于金属，A符合题意；B．陶量的主要成分是硅酸盐，B不符合题意；C．木尺的主要成分为纤维素，C不符合题意；D．竹算筹的主要成分为纤维素，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】狭义的金属是指由金属元素组成的单质。2．【答案】A【解析】【解答】A．合金的硬度比其成分金属的大，A正确；B．芯片的主要成分是高纯度单晶硅，B错误；C．石墨烯是由碳元素组成的单质，C错误；D．煤油属于化石燃料，属于不可再生能源，D错误；故答案为：A。

【分析】A.合金的硬度通常高于其组成的纯金属。

B.芯片的主要成分是高纯度单晶硅。

C.石墨烯是由碳元素组成的单质。

D.可再生能源具有可持续利用、环境友好等特点。3．【答案】D【解析】【解答】A．物理变化过程中没有新物质生成，用骨针缝制时没有新物质生成，主要发生物理变化，A正确；B．由分析可知，蛋白质受热后易发生变性，B正确；C．纤维素属于多糖，C正确；D．合成聚氯乙烯纤维的反应属于加聚反应，D错误；故答案为：D。

【分析】A.物理变化过程中没有新物质生成。

B.蛋白质变性的条件：物理因素（如加热、紫外线等）或化学因素（如强酸、重金属等）。

C.纤维素属于多糖。

D.缩聚反应有小分子生成。4．【答案】C【解析】【解答】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成Cl2B．碳酸氢钠溶液与HCl反应会产生新杂质CO2，不能达到实验目的，故B错误；C．氯气呈黄绿色，CH4与ClD．浓硫酸能干燥Cl2，Cl2故答案为：C。

【分析】A.注意浓盐酸与二氧化锰在常温下不反应。

B.注意除杂不要引入新杂质。

C.氯气呈黄绿色，CH4与Cl2在光照条件下反应生成卤代烃和HCl。

D.5．【答案】B【解析】【解答】A．用化学沉淀法去除粗盐溶液中的SO42−涉及原理是B．使用Al2SO4C．通过X射线衍射实验区分石英玻璃和水晶，是因为X射线衍射可以区分晶体和非晶体，而普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，C不符合题意；D．利用油脂和烧碱制肥皂，是利用油脂在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸钠，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.硫酸钡难溶于水。

B.Al2SO43为强酸弱碱盐，其水溶液存在水解。6．【答案】A【解析】【解答】A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为HCOB．高温下Fe与H2OgC．石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，不能拆成离子形式，涉及离子方程式为Cl2D．铜丝与热的浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其离子方程式为Cu+2H2故答案为：A。

【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。7．【答案】D【解析】【解答】A．正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)沸点不同，可以蒸馏分离，A正确；B．苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，提纯粗苯甲酸时，趁热过滤去除不溶物，可减少损失，B正确；C．完成乙酸乙酯制备后，可以使用分液方法分离有机相和水相，C正确；D．应使用酸式滴定管盛放盐酸，D错误；故答案为D。

【分析】A.蒸馏适用于分离沸点相差较大的互溶的液体混合物。

B.苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大。

C.分液适用于分离互不相溶的液体混合物。

D.酸式滴定管下端有玻璃的活塞，碱式滴定管下端有橡皮管。8．【答案】C【解析】【解答】A．该有机物中含有醛基，能发生银镜反应，A正确；B．该有机物中含有的碳碳双键能与溴单质发生加成反应，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．根据该有机物的结构式，两个碳环的连接处的碳原子为饱和碳原子，结合分析可知，两个碳环不共平面，C错误；D．该有机物中含有的羟基能与钠反应生成氢气，且1mol羟基与足量Na反应生成0.5molH2，

则1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5molH故答案为：C。

【分析】A.发生银镜反应的有机物中含有醛基。

B.碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液褪色。

C.注意饱和碳原子与其相连的四个原子形成四面体结构。

D.有机物中的羟基、羧基等能与Na反应。9．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，锂电极为负极，A错误；B．原电池中电子由负极经导线流向正极，结合分析可知，Li电极为负极，CFx为正极，则电子由Li电极经导线流向CFC．由分析可知，负极反应为Li−D．该装置为原电池，是将化学能转化为电能，D错误；

【分析】锂-氟化碳(Li−CFx)电池为原电池，锂是活泼金属，作负极，其电极反应式为Li10．【答案】C【解析】【解答】A．标况未知，无法计算n(乙炔)，σ键的数目也无法确定，A错误；B．Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，根据题干信息n(Na2CO3)=1L×1.5mol⋅LC．假设该混合气体中只含NO2或N2O4，则n(NO2)=46g46g/mol=1mol或n(N2O4)=46g92g/mol=0.5mol，所含原子的物质的量为1mol×3=3mol，或0.5mol×6=3mol，所以含有的原子数目为3D．反应前后，硫元素化合价由-2、+4变为0，可推出涉及反应的离子方程式为2S2-+H2SO3+4H+=3S+3H2O，则生成1molS，转移电子的数目为43故答案为：C。

【分析】A.标况未知，无法计算物质的量。

B.Na2CO3为强碱弱酸盐，其在水溶液中存在水解。

11．【答案】B【解析】【解答】A．金属活动性：锌＞铁＞锡，镀层破损时，较活泼金属较易被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，A错误；B．冠醚可用于识别碱金属离子，是因为不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子，B正确；C．乙酸与丙酸的结构不同是烷基数目，烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，则酸性：CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ错误，C错误；D．溴乙烷水解后的上层溶液中存在溴离子，与硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，D错误；故答案为：B。

【分析】A.金属活动性：锌＞铁＞锡。

B.不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子。

C.乙酸与丙酸的结构不同是烷基数目。

D.溴乙烷水解后的上层溶液中存在溴离子。12．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，涉及反应关系式为2Na2O2~O2B．催化剂持续红热，说明氨的催化氧化反应放出热量，为放热反应，B错误；C．在催化剂、加热条件下，氨气和氧气反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，C错误；D．由C项可知，烧瓶中产生NO2，NO2与水反应生成的硝酸与浓氨水反应生成NH4NO3故答案为：D。

【分析】A.涉及反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。13．【答案】D【解析】【解答】A．同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，则第一电离能：O<F，A错误；B．非金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：C＜S，酸性：H2CO3<H2SO4，B错误；C．Z和W的简单氢化物分别是H2S和H2O，H2O分子间存在氢键，沸点较高，C错误；D．H3O+的价层电子对数为3+6−1−3×12故答案为：D。【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W、E均为短周期元素，在每个周期均有分布。W的基态原子p能级电子数与s能级电子数相等，则W原子核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，结合X与W的基态原子未成对电子数相同，可推出W为氧元素；则X的基态原子有2个未成对电子，根据X、W、Y同周期且原子序数依次递增，可推出X是碳元素、Y是氟元素；W与Z同族，可推出Z是硫元素，则E为氢元素。14．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，使用Ⅰ有4个过渡态，使用Ⅱ有3个过渡态，则使用Ⅰ有4步反应历程，催化剂Ⅱ有3步反应历程，A错误；B．涉及反应方程式为CO+H2C．使用Ⅰ的各步反应中最大活化能比Ⅱ小，即使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C正确；D．催化剂不能改变焓变，D错误；故答案为：C。

【分析】A.反应历程图分几步反应可以通过数过渡态的数量来确定。

B.反应前后气体体积数不变的反应，改变压强不影响平衡移动。

C.反应速率较快的更快达到平衡。

D.催化剂不能改变焓变。15．【答案】D【解析】【解答】A．SO2与Na2SOB．氨水与SO2反应生成亚硫酸铵，NOC．SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3与CaD．方法4中涉及反应方程式为SO2+2CO高温催化¯¯故答案为：D。

【分析】A.SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3。

B.氨水与SO2反应生成亚硫酸铵，NO2与氨水反应生成硝酸铵。

C.循环利用的物质在一些反应中作反应物或生成物。

16．【答案】B【解析】【解答】A．阳极的主要反应为H2B．由A项及图示信息可知，Ⅰ室反应为H2PO2−+2H2O−4e−C．Ⅲ室反应为Ni2++2D．Ⅲ室反应为Ni2++2e−故答案为：B。

【分析】根据图示信息，该装置为电解池，阳极的电极反应式为H2PO2−+17．【答案】(1)20.8

(2)AC

(3)C

(4)CaOH2的溶解度小（或“CaOH2微溶于水”）H+aq【解析】【解答】（1）设需要浓盐酸的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×12mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V≈20.8mL；（2）配制该稀盐酸时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶；故不用A锥形瓶、C分液漏斗；（3）A．转移溶液时部分溶液洒出导致溶质损失，配制溶液浓度偏低；B．转移溶液时未洗涤烧杯内壁，导致溶质损失，配制溶液浓度偏低；C．定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，配制溶液浓度偏高；D．加水超过刻度线，将多余液体吸出导致溶质损失，配制溶液浓度偏低；故选C；（4）由表可知，CaOH若已知：①CaOH②CaOH则由盖斯定律，12（②-①）得反应H+aq+OH−aq（5）①CaOH2s②CaOH③根据公式lnKsp=−ΔsolH【分析】（1）稀释前后溶质的物质的量不变，结合n=cV进行分析。（2）由浓溶液配制稀溶液时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、一定规格的容量瓶。（3）根据n=cV进行分析误差。（4）CaOH2在水中的溶解度太小。根据盖斯定律，H+aq+OH−（5）①根据CaOH2s②CaOH③根据图中2个已知点坐标，则−ΔsolHR=−18．【答案】（1）d（2）Pd（3）沉铂（4）2Fe（5）0.084(或8.4×10（6）Pd2+（7）1：2：6；b【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区；（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6，此时Pd发生反应的化学方程式为：Pd+H2O2+4HCl=H（3）结合分析可知，“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵，则可在沉铂工序中循环利用；（4）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了Fe2O3，其中步骤(ⅰ)中二价铁被氧化为三价铁，则步骤(ⅱ)中三价铁和水在加热条件下生成Fe2O3，离子方程式为：2Fe3（5）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，cC（6）先消耗后生成的物质可认为是催化剂，由图可知，步骤①→⑤中发挥催化作用的阳离子有Pd2+、（7）①由图可知，立方结构中Pd、Cs、I个数分别为：Pd：4×18=12，Cs：1，I：12×②四方结构中Pd：8×18+1=2，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中Pd、Cs、I个数分别为2，4，12，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：MNAa34MNAb2c=b2c4a3。

【分析】（1）Fe原子序数为26，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d区。

（2）Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6，结合流程图信息、质量守恒定律进行书写

（3）矿渣用硫酸酸浸后过滤，滤渣中含有Pd、Pt和SiO2，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6，再次过滤，得到的滤渣中含有二氧化硅，滤液用氯化铵沉铂，再用氨水和盐酸处理后得到Pd，所以“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵。

（4）“氧化除铁”最终生成Fe2O3，则涉及总反应为4Fe2++O2+4H2（1）Fe是26号元素，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d区，Pt、Pd与Fe为同族元素，也位于元素周期表的d区；（2）结合信息可知，Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6，此时Pd发生反应的化学方程式为：Pd+H2O2+4HCl=H（3）结合分析可知，“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵，则可在沉铂工序中循环利用；（4）由图可知，在加热条件下“氧化除铁”最终生成了Fe2O3，其中步骤(ⅰ)中二价铁被氧化为三价铁，则步骤(ⅱ)中三价铁和水在加热条件下生成Fe2O3，离子方程式为：2Fe3（5）由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，cC（6）先消耗后生成的物质可认为是催化剂，由图可知，步骤①→⑤中发挥催化作用的阳离子有Pd2+、（7）①由图可知，立方结构中Pd、Cs、I个数分别为：Pd：4×18=12，Cs：1，I：12×②四方结构中Pd：8×18+1=2，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中Pd、Cs、I个数分别为2，4，12，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：M19．【答案】（1）（2）抑制Fe3（3）AC；Ⅰ；FeCl3溶液显酸性，使Ⅲ：H++（4）催化剂a；0.004mol⋅L−（5）22.2【解析】【解答】（1）、铁原子的电子排布式为[Ar]3d64；（2）、Fe3+易水解：Fe3++H2O（3）、①A、加入铁粉，Fe+2Fe3+=3FeB、加水稀释，平衡向离子总数增多的方向，平衡Fe3+C、加入几滴1mol⋅L−1KSCN溶液，D、加入几滴0.05mol⋅L−1FeCl3溶液，Fe3+浓度增大，Fe3++3SCN−⇌②、M点前，滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+FeCl3溶液显酸性，Ｈ＋增大，使Ⅲ：H++SCN−⇌HSCN（4）、①、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。在相同时间内，反应速率越快，说明反应的活化能越低。从图像来看，在相同时间内，使用催化剂a时SCN−残留率比使用催化剂b时下降得更快，即使用催化剂a时反应速率更快，反应的活化能越低。②、已知废水中SCN−初始浓度为0.5mol⋅L−1，由图可知，使用催化剂a时，100min时SCN−残留率为20%，则此时SCN−的浓度c=0.5mol⋅L−1×20%=0.1mol⋅L−1，那么0−100min内SCN−浓度变化量Δc=0.5mol⋅L−1−0.1mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1。根据化学反应速率公式v（5）、根据题意，D=c(HSCN⋅c(HSCN⋅TBP)=0.1mol⋅c(SCN)=c(HSCN)=0.45mol⋅Lc(TBP)=0.lmol⋅L−1，带入K的表达式得K=0.10.1×0.45×0.1=200（1）铁原子的电子排布式为[Ar]3d64（2）Fe3+将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，可增大H+浓度，抑制Fe（3）①A．加入铁粉，FeFe3+浓度减小，B．加水稀释，平衡向离子总数增多的方向，平衡Fe3+C．加入几滴1mol⋅L−1KSCN溶液，D．加入几滴0.05mol⋅L−1FeCl3溶液，Fe3+浓度增大，Fe3++3SCN②M点前，滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+FeCl3溶液显酸性，Ｈ＋增大，使Ⅲ：H++SCN−⇌HSCN（4）①催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。在相同时间内，反应速率越快，说明反应的活化能越低。从图像来看，在相同时间内，使用催化剂a时SCN−残留率比使用催化剂b时下降得更快，即使用催化剂a时反应速率更快，反应的活化能越低。②已知废水中SCN−初始浓度为0.5mol⋅L−1，由图可知，使用催化剂a时，100min时SCN−残留率为20%，则此时SCN−的浓度c=0.5mol⋅L−1×20%=0.1mol⋅L−1，那么0−100min内SCN−浓度变化量Δc=0.5mol⋅L−1−0.1mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1。根据化学反应速率公式v（5）根据题意，D=c(HSCN⋅c(HSCN⋅TBP)=0.1mol⋅c(SCN)=c(HSCN)=0.45mol⋅Lc(TBP)=0.lmol⋅L20．【答案】（1）C9（2）H2，催化剂，△；加成反应；CH3CH（3）CO（4）或（5）B；C（6）→Δ浓硫酸+H2【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的结构简式，得其分子式为C9（2）Ⅱ中碳碳双键在催化剂、加热条件下，和氢气加成生成，即反应类型为加成反应；Ⅱ中含有羧基，和甲醇等物质在浓硫酸催化、加热条件下发生酯化反应生成酯：(选用其他醇，且对应酯的结构简式书写正确均可)；（3）结合质量守恒，反应②的化学方程式可表示为：Ⅱ=Ⅲ+（4）化合物Ⅳ中除苯环外含有2个碳、1个氧、1个不饱和度，其同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3，则应该含有甲基；若含有2个取代基，则会含有甲基、醛基，且结构对称，为；若含有1个取代基，则含有酮羰基，为-COCH3，结构为；故其结构简式为或；（5）A．化合物Ⅰ与混合，化合物Ⅰ可以相互结合生成二肽，可以相互结合生成二肽，化合物Ⅰ与也可以相互结合生成两种二肽，则可生成4种二肽，错误；B．反应①中，去掉-NH2生成碳碳双键，则有C−H键和C．反应③中，双键碳转化为饱和碳，则存在C