广东省深圳市2025届高三化学下学期二模试题含解析

本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。

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。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相

应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如

需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按上述要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，留存试卷，交回答题卡。

可能用到的相对原于质量：N14O16Cl35.5Ni59

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.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．铜秤砣属于金属材料，A符合题意；

B．陶量属于硅酸盐材料，B不符合题意；

C．木尺的主要成分为纤维素，属于有机物，C不符合题意；

D．计算数目的竹算筹主要成分为纤维素，属于有机物，D不符合题意；

故选A。

2.“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SiO2

C.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

【答案】A

【解析】

【详解】A．合金的硬度比其成分金属的大，A正确；

B．人工智能芯片的主要成分为Si，B错误；

C．石墨烯属于碳单质，不属于烯烃，C错误；

D．煤油属于化石燃料，属于不可再生能源，D错误；

故选A。

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

【答案】D

【解析】

【详解】A．用骨针缝制时没有生成新物质，主要发生物理变化，A正确；

B．受热、紫外线、重金属盐、甲醛等能使蛋白质发生变性，B正确；

C．棉花中的纤维素为植物纤维，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；

故选D。

4.实验室中利用如图所示装置进行Cl2的相关实验，其中，能够达到预期目的的是

A．制备Cl2B．除杂

C．验证CH4与Cl2的反应D．验证Cl2能否与水反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制备Cl2，需要加热，故A错误；

B．HCl能与碳酸氢钠溶液反应产生CO2，氯气也能与碳酸氢钠溶液反应，应该用饱和食盐水除氯气中的氯化

氢，故B错误；

C．试管内气体颜色变浅、液面升高、试管内壁有油状液体生成，说明CH4与Cl2发生反应，C正确；

D．验证Cl2能否与水反应，右侧广口瓶中应该放干燥的有色布条；先关闭弹簧夹，干燥的有色布条不褪色，

再打开弹簧夹，干燥的有色布条褪色，说明Cl2能与水反应，故D错误；

选C。

5.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

劳动项目化学知识

项

A化学实验员：用化学沉淀法去除粗盐溶液中的22

BaSO4BaSO4

2

SO4

水厂净水工：使用Al2SO43去除水中的细小悬浮

BAl2SO43是电解质

物

材料分析员：通过X射线衍射实验区分石英玻璃和石英玻璃是非晶体，水晶是

C

水晶晶体

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.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以除去硫酸根离子，A不符合题意；

B．使用Al2SO43去除水中的细小悬浮物，是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中悬浮颗粒物加

速其沉降，和Al2SO43是电解质无关，B符合题意；

C．X射线衍射可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，故可以区别普通玻璃和水晶，

与所述的化学知识有关联，C不符合题意；

D．油脂在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸钠，故可以利用油脂和烧碱制肥皂，D不符合题意；

故选B。

6.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是

A.溶液与NaOH溶液反应：2

NaHCO3HCO3OHH2OCO3

高温

B.高温下Fe与H2Og反应：2Fe3H2OgFe2O33H2

C.与冷的石灰乳反应：

Cl2Cl22OHClClOH2O

2

D.铜丝与热的浓硫酸反应：Cu2HCuH2

【答案】A

【解析】

【详解】A．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，A正确；

高温

B．高温下Fe与H2Og反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，B错误；

C．石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，应写化学式，2+--，C错误；

Cl2+CaOH2=Ca+Cl+ClO+H2O

Δ

浓

D．铜丝与热的浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，Cu+2H2SO4()CuSO4+2H2O+SO2，D错

误；

故选A。

7.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

【答案】D

【解析】

【详解】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升高，提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过

滤、冷却结晶，趁热过滤可减少产品因溶解度变小而产生的损失，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．用盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，应该使用酸式滴定管，D错误；

故选D。

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0.5molH2

【答案】C

【解析】

【详解】A．分子中含有醛基，能发生银镜反应，A正确；

B．含有碳碳双键，可发生加成反应，则能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；

C．结构中两个碳环结合处碳为饱和碳原子，为四面体结构，不共平面，C错误；

D．醇羟基能和钠反应生成氢气，则1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5molH2，D正确；

故选C。

9.锂-氟化碳(LiCFx)电池具有优异的性能。该电池的总反应为CFxxLiCxLiF，电池工作时，下

列说法正确的是

A.锂电极为正极

B.电子由Li电极经导线流向CFx电极

C.负极反应为-

CFx+xe=C+xF

D.将电能转化为化学能

【答案】B

【解析】

【详解】A．锂是活泼金属，在反应中失去电子，发生氧化反应，应为负极，而非正极，A错误；

B．原电池中，电子从负极经导线流向正极。Li电极为负极，CFx为正极，因此电子由Li电极经导线流向CFx

电极，B正确；

C．负极Li是失去电子，反应式为，而-是正极得电子的反应，C错误；

LieLiCFx+xe=C+xF

D．电池工作时是将化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，D错误；

故答案选B。

10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.22.4L乙炔中含有σ键的数目为3NA

B.1L1.51溶液中2的数目为1.5

molLNa2CO3CO3NA

C.46gNO2和N2O4的混合气体含有的原子数目为3NA

D.Na2S溶液与H2SO3溶液反应生成1molS，转移电子数目为2NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．没有标况，不确定乙炔的物质的量，不能确定σ键的数目，A错误；

B．碳酸根离子水解，使得1L1.51溶液中2的数目小于1.5，B错误；

molLNa2CO3CO3NA

C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均符合(NO2)，46g此混合气体含有(NO2)的物质的量为1mol，含有原子

的数目为3NA，C正确；

4

D．，生成1molS，转移电子数目为N，D错误；

3A

故选C。

11.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是

选

陈述Ⅰ陈述Ⅱ

项

当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀

A用牺牲阳极法防止金属腐蚀

锌钢板)更难被腐蚀

不同空穴大小的冠醚可与不同的

B冠醚可用于识别碱金属离子

碱金属离子形成超分子

烷基是推电子基团，烷基越长推

C酸性：CH3COOHCH3CH2COOH

电子效应越小

向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴

D溴乙烷中存在溴离子

AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．镀锡钢板中，铁的活泼性强于锡，则铁被腐蚀，镀锌钢板中，锌的活泼性强于铁，钢板被保护，

则锌被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，陈述Ⅰ错误，A错误；

B．冠醚空腔直径的大小不同，识别粒子直径大小不同的碱金属阳离子，从而形成超分子，B正确；

C．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，因此酸

性：CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ错误，C错误；

D．，生成的NaBr电离出溴离子，与硝酸银生成淡黄色沉

CH3CH2BrNaOHCH3CH2OHNaBr

H2O

淀，则陈述Ⅱ错误，D错误；

答案选B。

12.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0.1molNa2O2生成0.1molO2

B.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O2直接氧化为NO2

D.烧瓶中所产生的白烟的主要成分为NH4NO3

【答案】D

【解析】

【分析】过氧化钠和水反应放热且生成氧气，温度升高使得浓氨水逸出氨气，氨气和氧气催化氧化生成NO，

NO和氧气生成红棕色二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，氨气和硝酸反应生成的硝酸铵固体，出现白烟；

【详解】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每消耗0.1molNa2O2生成0.05molO2，A错误；

B．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．氨气和氧气催化氧化生成NO，NO和氧气生成红棕色二氧化氮，C错误；

D．由分析，白烟的主要成分为NH4NO3，D正确；

故选D。

13.化合物XY3ZW3E可作催化剂，所含的5种主族元素在每个短周期均有分布，W与Z同族，X、W、Y同

周期且原子序数依次递增。X与W的基态原子未成对电子数相同，W的基态原子p能级电子数与s能级电子

数相等。下列说法正确的是

A.第一电离能：W>Y

B.最高价氧化物的水化物的酸性：X>Z

C.简单氢化物的沸点：Z>W

D.和的VSEPR模型均为四面体形

E3WWY2

【答案】D

【解析】

【分析】W的基态原子p能级电子数与s能级电子数相等，在短周期主族元素中符合该条件的是O：1s22s22p4

或Mg：1s22s22p63s2，又X与W的基态原子未成对电子数相同，Mg没有未成对电子，故W是O，有2个未成

对电子，X与W的基态原子未成对电子数相同，且X、W、Y同周期且原子序数依次递增，则X是C，Y是F，

W与Z同族，则Z是S，又所含的5种主族元素在每个短周期均有分布，则E是H，综上X是C，Y是F，Z

是S，W是O，E是H，据此解题。

【详解】A．同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能O<F，A错误；

B．X和Z的最高价氧化物的水化物分别是H2CO3和H2SO4，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，沸点高于H2S，C错误；

6131621

D．HO的价层电子对数为34，OF2的价层电子对数为24二者价层电子对数

322

均为4，VSEPR模型均为四面体形，D正确；

故选D。

14.水煤气变换反应是获取H2的重要方式之一，在不同催化剂作用下，其反应历程如图所示(*表示吸附态)。

下列说法正确的是

A.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，nH2增大

C.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

【答案】C

【解析】

【详解】A．吸附在催化剂上和从催化剂上脱吸附不属于基元反应，其它各步有键断裂属于基元反应，故催

化剂Ⅰ有4步反应历程，催化剂Ⅱ有3步反应历程，如图，A错误；

B．由始态和终态可得反应方程式为COH2OCO2H2，方程式两边气体系数和相等，反应达平衡时，

增大压强，平衡不移动，nH2不变，B错误；

C．由图可知Ⅰ的各步反应中最大活化能小于Ⅱ的各步反应中最大活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反

应体系更快达到平衡，C正确；

D．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变焓变，故Ⅰ、Ⅱ均不能改变反应的焓变，D错误；

故选C。

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SO2前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变

B.若烟气中还含有NO2，采用方法2可实现同时脱硫脱硝

C.方法3中能循环利用的物质是NaOH

D.方法4中SO2与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1

【答案】D

【解析】

【详解】A．方法1中，SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，反应方程式为

Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，在SO2中硫元素化合价为+4价，在Na2SO3中硫元素化合价为+4

价，在NaHSO3中硫元素化合价也为+4价，吸收SO2前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A正确；

B．方法2中，氨水呈碱性，SO2是酸性氧化物，能与氨水反应被吸收；NO2具有氧化性，能与氨水发生

氧化-还原反应，所以采用方法2可实现同时脱硫脱硝，B正确；

C．方法3中，与溶液反应生成NaSO，NaSO与反应生成和，

SO2NaOH2323CaOH2CaSO3NaOH

生成的NaOH可以继续用于吸收SO2，能循环利用的物质是NaOH，C正确；

高温催化

D．方法4中，SO2与CO反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2，在该反应中，SO2中

硫元素化合价从+4价降低到0价，SO2作氧化剂；CO中碳元素化合价从+2价升高到+4价，CO作

还原剂，根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误；

故答案选D。

16.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：是一元中强酸；25℃时，的3、

H3PO2H3PO4Ka16.910

8、13。电解过程中，下列说法不正确的是

Ka26.210Ka34.810

A.阳极的主要反应为

H2PO22H2O4eH2PO44H

B.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0.5molH2PO2

D.理论上，电路中每转移1mole，Ⅲ室溶液质量减少65g

【答案】B

【解析】

【分析】由图可知，阳极失去电子被氧化为-，阴极镍离子得到电子被还原镍单质；

H2PO2H2PO4

【详解】A．阳极失去电子被氧化为-，反应为，A正

H2PO2H2PO4H2PO22H2O4eH2PO44H

确；

B．Ⅰ室反应为，生成氢离子通过质子交换膜进入中间室，是

H2PO22H2O4eH2PO44HH3PO2

一元中强酸，溶液为碱性，生成的以电离为主（水解平衡常数为

NaH2PO2H2PO4

14

cH3PO4cOHK10

KW1.41012＜K），溶液呈酸性，Ⅰ室溶液的pH逐渐减小；

h3a2

cH2PO4Ka16.910

Ⅲ室反应为Ni2+2eNi，氯离子通过阴离子交换膜进入中间室，Ⅱ室溶液的pH逐渐减小，B错误；

C．结合B分析和电子守恒，理论上，每生成1molNi，电路中转移2mol电子，则同时处理0.5molH2PO2，

C正确；

D．结合B分析，理论上，电路中每转移1mole，Ⅲ室中减少0.5molNiCl2，则溶液质量减少65g，D正确；

故选B。

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)。

AB.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．测定的溶解焓：2

CaOH2CaOH2sCaaq2OHaqsolH

已知：在不同温度下的溶解度如下表：

CaOH2

温

度10203040

/℃

溶

解

0.180.170.150.14

度

/g

（4）利用量热法测定

初步实验甲同学取一定质量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

CaOH2

温度差，代入公式Q=cρVT，再计算得出ΔHCaOH。

总sol2

发现问题①甲同学实验结果误差较大，乙同学结合在水中的溶解性，分析其原因是___________。

CaOH2

优化实验②乙同学根据相关原理间接测算ΔHCaOH：先测算CaOH固体与过量稀盐酸反应

sol22

2的焓变1；再测算反应___________(填

CaOH2s2HaqCaaq2H2OlH1akJmol

离子方程式，需注明物质的聚集状态)的焓变1。最后，计算得出ΔHCaOH为

H2bkJmolsol2

a2bkJmol1。

（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。

ΔsolH1

查阅资料不同温度下，物质的溶度积常数与solH满足lnKspC(R、C为常数，

RT

R8.314103kJmolK1)

实验思考①根据CaOH饱和溶液中cCa2和cOH的关系，推出KCaOH___________

2sp2

［用仅含的式子表示，忽略水的电离］。测定不同温度下饱和溶液的pH，再结合相应温

cOHCaOH2

度下水的离子积常数K，即可求算出不同温度下KCaOH。

wsp2

设计实验方案1将20℃的饱和溶液逐步升温至40℃，每隔5℃测量并记录溶液pH；

CaOH2

方案2将40℃的饱和溶液逐步降温至20℃，每隔5℃测量并记录溶液pH。

CaOH2

②应选择___________(填“方案1”或“方案2”)进行实验；选择该方案的依据是___________。

1

数据处理绘制lnKCaOH随的变化曲线如图。

sp2T

③根据公式，利用直线的斜率值，计算ΔHCaOH___________1(保留三位有效数字)。

sol2kJmol

【答案】（1）20.8

（2）AC（3）C

（4）①.的溶解度小（或“微溶于水”）②.

CaOH2CaOH2HaqOHaqH2Ol

1

（5）①.c3OH②.方案1③.CaOH溶解度随温度升高而降低，利用方案1可得

22

到不同温度下的饱和溶液④.-16.6

【解析】

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇

匀、装瓶贴签；

【小问1详解】

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=0.5

L×0.5mol/L，解得V≈20.8mL；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

由表可知，在水中的溶解度太小，导致实验测定的数据不准确，使得实验结果出现较大误差；

CaOH2

若已知：①2

CaOH2sCaaq2OHaqsolH

②2

CaOH2s2HaqCaaq2H2OlΔH1

则由盖斯定律，1（②-①）得反应HaqOHaqHOl，故可以再测算反应

22

HaqOHaqHOl的焓变ΔH，可以计算得出ΔHCaOH；

22sol2

【小问5详解】

①2+-，则

CaOH2sCaaq+2OHaq

11

22--2-3-；

KspCaOH=cCacOH=cOHcOH=cOH

222

②溶解度随温度升高而降低，利用方案1可得到不同温度下的饱和溶液，故选方案1较为合适；

CaOH2

ΔsolH1

③根据公式lnKspC，利用直线的斜率值，结合图中2个已知点坐标，则

RT

ΔHΔH10.5810.78

solsol，ΔHCaOH-16.61。

sol2kJmol

R8.3141033.351033.25103

18.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等］中提取Pd、Pt、Ni的工艺如下。

2

已知：Pd、Pt经“氧化浸取”转化为H2PdCl4、H2PtCl6；“氨合”后，Pd(Ⅱ)主要以PdNH

34

的形式存在；常温下，的2，4。

H2C2O4Ka15.610Ka21.510

（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)23

4FeO24H4Fe2H2O

(ⅱ)___________(填离子方程式)。

2

cC2O4

（5）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH=2，此时___________。

cH2C2O4

（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___________。

【答案】（1）d（2）PdH2O24HClH2PdCl42H2O

3

（3）沉铂（4）2Fe3H2OFe2O36H

（5）0.084(或8.4102)

（6）①.Pd2②.Cu2

2

（7）①.1：2：6②.bc

4a3

【解析】

【分析】矿渣［含钯(Pd)、铂(Pt)、FeS、NiS及SiO2等］用硫酸酸浸后过滤，结合矿渣成分可知，滤液1

中是硫酸亚铁和硫酸镍，滤渣中含有Pd、Pt和SiO2，滤渣经氧化浸取其中Pd、Pt经“氧化浸取”转化为

H2PdCl4、H2PtCl6，再次过滤，此时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，其中“滤液Ⅱ”中的溶质的主要成分是氯化铵，以此解题。

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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=H2[PdCl4]+2H2O；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

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)

3

中三价铁和水在加热条件下生成Fe2O3，离子方程式为：2Fe3H2OFe2O36H；

【小问5详解】

由于pH=2，则c(H+)=10-2mol/L，

2

cH·cHC2O4cH·cC2O4

224

cC2O4cH2C2O4cHC2O4K·K5.6101.510；

a1a20.084

cHCO22102102

224cHcH

【小问6详解】

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、Cu2；

【小问7详解】

111

①由图可知，立方结构中Pd、Cs、I个数分别为：Pd：4×=，Cs：1，I：12×=3，则其原子个数比

824

为1：2：6；

1

②四方结构中Pd：8×+1=2，由于转化过程中原子个数比保持不变，则其中Pd、Cs、I个数分别为2，4，

8

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

M

Na3b2c

密度比为：A。

4M4a3

2

NAbc

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___________。

11

（3）向10mL0.005molLFeCl3溶液中加入10mL0.015molLKSCN溶液，反应达平衡后，得到红色

溶液M。

①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1molL1KSCN溶液，溶液红色变深

cFe3

1

D．加入几滴0.05molLFeCl3溶液，的值减小

cFeSCN

3

②取红色溶液M，向其中滴加饱和FeCl3溶液，体系中主要存在以下平衡：

3n

Ⅰ：Fe3nSCNFeSCNn1~6

n

Ⅱ：33n

FenClFeClnn1~4

Ⅲ：HSCNHSCN

FeSCN3nn1~6平衡总浓度随滴入饱和溶液滴数的变化曲线如图(忽略溶液体积变

nFeCl3

化)。

ⅰ.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0.5molL1SCN，在相同条件下研究催化剂a、b对该废水中SCN氧化处理过程

的影响(氧化处理过程中溶液体积保持不变)，SCN的残留率随时间t的变化曲线如图：

①使用___________(填“催化剂a”或“催化剂b”)时，SCN的氧化反应活化能更低。

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

HaqSCNaqTBPoHSCNTBPo(o代表有机相)。分别向pH不同的

1

cHSCNcSCN1molL的水溶液中，加入等体积0.2molL1TBP的有机溶液进行萃取(有机溶

1

剂不参与平衡)。、c平HSCNaq随平衡体系pH的变化如图(分配比D为萃取达平衡时，被萃物在有

D

机相和水相的浓度之比；分析该体系时，需考虑被萃物在水相中的所有存在形式)。

c平HSCNTBPo

计算上述萃取平衡的平衡常数K=_________(K写出计算

c平Haqc平SCNaqc平TBPo

过程，保留三位有效数字)。

【答案】（1）（2）抑制Fe3水解

（3）①.AC②.Ⅰ③.FeCl3溶液显酸性，使Ⅲ：HSCNHSCN平衡正向移动，

cSCN减小，进而导致Ⅰ平衡逆向移动

（4）①.催化剂a②.0.004molL1min1(或4103molL1min1)

（5）22.2

【解析】

【小问1详解】

623+

铁原子的电子排布式为Ar3d4s，Fe失去3个电子，价电子为3d5，根据洪特规则，3d轨道中5个电

子分占不同轨道且自旋平行，其轨道表示式为：

【小问2详解】

3

3FeHOFeOH3H

Fe易水解：23

+3

将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，可增大H浓度，抑制Fe的水解，防止溶液变浑浊。

【小问3详解】

①A．加入铁粉，Fe2Fe33Fe2

3

3Fe3SCNFeSCN

Fe浓度减小，3平衡左移，红色变浅，A正确；

3

B．加水稀释，平衡向离子总数增多的方向，平衡Fe3SCNFeSCN3左移离子数总数增大，B错

误；

3

1Fe3SCNFeSCN

C．加入几滴1molLKSCN溶液，SCN浓度增大，3平衡右移，红色变深，

C正确；

3

13Fe3SCNFeSCN

D．加入几滴0.05molLFeCl3溶液，Fe浓度增大，3平衡右移，SCN

3

cFeSCNcFe1

浓度的减小，根据3，推出，由于Ｋ不变，

KSCN

（3）（3cFeSCNKc（3SCN)

cFecSCN)3

cFe3

浓度的减小，增大，D错误；

cFeSCN

3

②M点前，滴加饱和溶液，3浓度增大，平衡Ⅰ正向移动，导致FeSCN3nn1~6

FeCl3Fen

平衡总浓度上升。

＋

FeCl3溶液显酸性，Ｈ增大，使Ⅲ：HSCNHSCN平衡正向移动，cSCN减小，使Ⅰ：

Fe3nSCNFeSCN3nn1~6平衡逆向移动，FeSCN3nn1~6平衡总

nn

浓度减少。

【小问4详解】

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%，

11

则此时SCN−的浓度c=0.5mol⋅L−×20%=0.1mol⋅L−，那么0−100min内SCN−浓度变化量

111

Δc=0.5mol⋅L−−0.1mol⋅L−=0.4mol⋅L−。根据化学反应速率公式

c0.4molL1

v0.004molL1min1

t100min

【小问5详解】

c(HSCNTBP)1

根据题意，D，c(HSCNTBP)+c(SCN)+c(HSCN)=1，

c(SCN)+c(HSCN)9

c(HSCNTBP)=0.1molL1，c(SCN)+c(HSCN)=0.9molL1,

1，1

c(SCN)=c(HSCN)=0.45molLc(HSCNKaTBP)+c(TBP)=0.2molL

0.1200

c(TBP)=0.lmolL1，带入K的表达式得K22.2