第第頁廣東省深圳市2025屆高三下學期第二次調研考試化學試卷一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．古代的計量器具是勞動人民智慧的結晶。下列計量器具中，主要材質為金屬的是A．稱量質量的銅秤砣B．測量容積的陶量C．測量長度的木尺D．計算數(shù)目的竹算籌A．A B．B C．C D．D2．“北斗巡天”“腦機融通”等彰顯了我國科技發(fā)展的巨大成就。下列說法正確的是A．北斗技術助力生產：衛(wèi)星外殼中合金的硬度比其成分金屬的大B．人工智能服務生活：人工智能芯片的主要成分為SiOC．腦機接口融入醫(yī)療：植入式電極中的石墨烯屬于烯烴D．多箭齊發(fā)探索宇宙：火箭發(fā)動機使用的煤油屬于可再生能源3．服裝材料的演變反映了人類文明的進步。下列說法不正確的是A．獸皮制表：用骨針縫制時主要發(fā)生物理變化B．蠶絲紡衣：蠶絲中的蛋白質受熱后易發(fā)生變性C．棉花織衣：棉花中的纖維素屬于多糖D．纖維成衣：合成聚氯乙烯纖維的反應屬于縮聚反應4．實驗室中利用如圖所示裝置進行Cl2A．制備ClB．除雜C．驗證CH4與ClD．驗證Cl2A．A B．B C．C D．D5．勞動創(chuàng)造價值。下列勞動項目與所述化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A化學實驗員：用化學沉淀法去除粗鹽溶液中的SOBaB水廠凈水工：使用Al2Al2C材料分析員：通過X射線衍射實驗區(qū)分石英玻璃和水晶石英玻璃是非晶體，水晶是晶體D肥皂生產工：利用油脂和燒堿制肥皂油脂在堿性條件下水解A．A B．B C．C D．D6．下列化學方程式或離子方程式書寫正確的是A．NaHCO3溶液與NaOH溶液反應：B．高溫下Fe與H2OC．Cl2與冷的石灰乳反應：D．銅絲與熱的濃硫酸反應：Cu7．為達到相應實驗目的，下圖所示實驗裝置不合理的是A．圖甲：分離正己烷(沸點69℃)和正庚烷(沸點98℃)B．圖乙：提純粗苯甲酸時，趁熱過濾去除不溶物C．圖丙：完成乙酸乙酯制備后，分離有機相和水相D．圖丁：用鹽酸標準液滴定未知濃度的NaOH溶液8．白木香醛(如圖)是沉香精油的主要成分之一。下列關于該化合物的說法不正確的是A．能發(fā)生銀鏡反應B．能使溴的四氯化碳溶液褪色C．其結構中兩個碳環(huán)一定共平面D．1mol該化合物與足量Na反應可產生0.5molH9．鋰-氟化碳(Li?CFxA．鋰電極為正極B．電子由Li電極經導線流向CFxC．負極反應為CFD．將電能轉化為化學能10．設NAA．22.4L乙炔中含有σ鍵的數(shù)目為3NB．1L1.5mol?L?1NaC．46gNO2和N2D．Na2S溶液與H11．下列陳述Ⅰ與陳述Ⅱ均正確，且具有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡA當鍍層破損時，馬口鐵(鍍錫鋼板)比白鐵皮(鍍鋅鋼板)更難被腐蝕用犧牲陽極法防止金屬腐蝕B冠醚可用于識別堿金屬離子不同空穴大小的冠醚可與不同的堿金屬離子形成超分子C酸性：CH烷基是推電子基團，烷基越長推電子效應越小D向溴乙烷水解后的上層溶液中，滴入幾滴AgNO3溴乙烷中存在溴離子A．A B．B C．C D．D12．實驗室利用如圖所示裝置模擬氨的催化氧化實驗。用酒精燈預熱催化劑至紅熱后，移開酒精燈并向試管中注入濃氨水；一段時間后，燒瓶中有紅棕色氣體產生，再向燒瓶中注入濃氨水，燒瓶中有白煙產生。下列說法正確的是A．每消耗0.1molNa2OB．催化劑持續(xù)紅熱，說明氨的催化氧化反應為吸熱反應C．燒瓶中有紅棕色氣體產生，說明NH3被O2D．燒瓶中所產生的白煙的主要成分為NH13．化合物XY3A．第一電離能：W>YB．最高價氧化物的水化物的酸性：X>ZC．簡單氫化物的沸點：Z>WD．E3W+14．水煤氣變換反應是獲取H2A．使用Ⅰ、Ⅱ，反應歷程均分4步進行B．反應達平衡時，增大壓強，nHC．使用Ⅰ時，反應體系更快達到平衡D．Ⅰ、Ⅱ均能降低反應的焓變15．四種燃煤煙氣脫硫方法的原理如圖，下列說法不正確的是A．方法1中，吸收SO2B．若煙氣中還含有NO2C．方法3中能循環(huán)利用的物質是NaOHD．方法4中SO216．化學鍍鎳廢水經分離處理后得到含磷廢液(主要含NaH2PO2)和含鎳廢液(主要含NiCl2)，分別通入如圖所示電解裝置的兩極室回收磷、鎳。已知：H3PO2是一元中強酸；25℃時，HA．陽極的主要反應為HB．Ⅰ室溶液的pH逐漸增大，Ⅱ室溶液的pH逐漸減小C．理論上，每生成1molNi，同時處理0.5molHD．理論上，電路中每轉移1mole?二、非選擇題：本題共4小題，共56分。17．溶解過程常伴隨熱量變化。Ⅰ．配制500mL0.5mol/L鹽酸。（1）需12mol/L濃鹽酸的體積為________mL(精確至小數(shù)點后一位)。（2）該過程不需用到的儀器有________(填標號)。A.B.C.D.E.（3）下列操作會導致所配制溶液的濃度偏高的是___________(填標號)。A.轉移溶液時部分溶液灑出B.轉移溶液時未洗滌燒杯內壁C.定容時俯視刻度線D.加水超過刻度線，將多余液體吸出Ⅱ．測定CaOH2的溶解焓：Ca已知：CaOH溫度/℃10203040溶解度/g0.180.170.150.14（4）利用量熱法測定初步實驗甲同學取一定質量CaOH2固體完全溶解于一定體積的水中，利用量熱計測算溶解前后體系的溫度差，代入公式Q=cρV總發(fā)現(xiàn)問題①甲同學實驗結果誤差較大，乙同學結合CaOH優(yōu)化實驗②乙同學根據(jù)相關原理間接測算ΔsolHCaOH2：先測算CaOH2固體與過量稀鹽酸反應CaOH2（5）為避免實驗過程熱量損失引起實驗誤差，該小組同學嘗試其他實驗方案。查閱資料不同溫度下，物質的溶度積常數(shù)與ΔsolH滿足lnK實驗思考①根據(jù)CaOH2飽和溶液中cCa2+和cOH?的關系，推出KspCa設計實驗方案1將20℃的CaOH方案2將40℃的CaOH②應選擇________(填“方案1”或“方案2”)進行實驗；選擇該方案的依據(jù)是________。數(shù)據(jù)處理繪制lnKspCa③根據(jù)公式，利用直線的斜率值，計算ΔsolHCa18．鉑族金屬是國家戰(zhàn)略性金屬，被譽為“現(xiàn)代工業(yè)維他命”。從某礦渣［含鈀(Pd)、鉑(Pt)、FeS、NiS及SiO2已知：Pd、Pt經“氧化浸取”轉化為H2PdCl4、H2PtCl6；“氨合”后，Pd(Ⅱ)主要以PdNH（1）Pt、Pd與Fe為同族元素，位于元素周期表的區(qū)。（2）“氧化浸取”時，Pd發(fā)生反應的化學方程式為。（3）“濾液Ⅱ”中的溶質可在工序中循環(huán)利用。（4）“氧化除鐵”時，溫度為180℃，該過程主要發(fā)生兩步反應：(ⅰ)4Fe(ⅱ)(填離子方程式)。（5）常溫下，“沉鎳”時，需調節(jié)溶液pH=2，此時cC2（6）含鈀催化劑可與其他催化劑協(xié)同催化乙烯氧化為乙醛的反應，該催化氧化反應經歷如圖所示5步(①→⑤)，其中發(fā)揮催化作用的陽離子有和。（7）含Pd、Cs、I的化合物可用于太陽能電池材料。一定條件下，其中一種晶體可由立方結構(結構單元如圖ⅰ所示)轉化為四方結構(晶胞結構如圖ⅱ所示)，兩種結構的棱邊夾角均為90°，且轉化過程中原子個數(shù)比保持不變。①立方結構中Pd、Cs、I的原子個數(shù)比為；②立方結構單元與四方晶胞結構的密度之比為。19．硫氰化物是重要的分析試劑和合成中間體。（1）基態(tài)Fe3+的價電子軌道表示式為（2）配制FeCl3溶液時，常將FeCl3晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需濃度，其目的是（3）向10mL0.005mol?L?1①取紅色溶液M，分別對其進行如下操作，相關描述正確的有(填標號)。A．加入少量鐵粉，溶液紅色變淺B．加入少量水，溶液中離子總數(shù)減小C．加入幾滴1mol?D．加入幾滴0.05mol?L?1②取紅色溶液M，向其中滴加飽和FeCl3Ⅰ：FeⅡ：FeⅢ：HFeSCNn3?nⅰ.M點前，(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)的平衡移動，是導致曲線上升的主要原因。ⅱ.運用平衡移動原理，分析M點后曲線下降的主要原因：。（4）某浸金廢水中含0.5mol?L?1SCN?①使用(填“催化劑a”或“催化劑b”)時，SCN?②使用催化劑a時，0～100min內，SCN?的平均反應速率vSCN（5）TBP(磷酸三丁酯)難溶于水，對水溶液中HSCN有萃取作用，主要存在的萃取平衡為H+aq+SCN?aq+TBPo?計算上述萃取平衡的平衡常數(shù)K=(K=c20．以化合物Ⅰ為原料，利用代謝工程和合成生物學技術可實現(xiàn)苯乙烯的綠色合成，進而制各種高級芳醇，合成路線如圖(微生物酶、部分反應條件略)。已知：RBr（1）化合物Ⅰ的分子式為；其中，含氮官能團的名稱為。（2）對化合物Ⅱ，分析預測其可能的化學性質，完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新結構反應類型ab酯化反應（3）反應②的化學方程式可表示為：Ⅱ=Ⅲ+（4）化合物Ⅳ的某同分異構體含有苯環(huán)，在核磁共振氫譜圖上只有4組峰，且峰面積之比為1：2：2：3，其結構簡式為(寫一種)。（5）關于上述合成路線中的相關物質及轉化，下列說法正確的有___________(填標號)。A．化合物Ⅰ與混合，最多可生成2種二肽B．反應①中，有C?H鍵和C．反應③中，存在C原子雜化方式的改變，且有手性碳原子形成D．若反應④是原子利用率100%的反應，則另一反應物為直線形分子（6）參考上述合成路線，以苯、CH33COH①由CH33COH合成，第一步反應的化學方程式為②從苯出發(fā)，第一步反應的化學方程式為(注明反應條件)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．銅屬于金屬，A符合題意；B．陶量的主要成分是硅酸鹽，B不符合題意；C．木尺的主要成分為纖維素，C不符合題意；D．竹算籌的主要成分為纖維素，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】狹義的金屬是指由金屬元素組成的單質。2．【答案】A【解析】【解答】A．合金的硬度比其成分金屬的大，A正確；B．芯片的主要成分是高純度單晶硅，B錯誤；C．石墨烯是由碳元素組成的單質，C錯誤；D．煤油屬于化石燃料，屬于不可再生能源，D錯誤；故答案為：A。

【分析】A.合金的硬度通常高于其組成的純金屬。

B.芯片的主要成分是高純度單晶硅。

C.石墨烯是由碳元素組成的單質。

D.可再生能源具有可持續(xù)利用、環(huán)境友好等特點。3．【答案】D【解析】【解答】A．物理變化過程中沒有新物質生成，用骨針縫制時沒有新物質生成，主要發(fā)生物理變化，A正確；B．由分析可知，蛋白質受熱后易發(fā)生變性，B正確；C．纖維素屬于多糖，C正確；D．合成聚氯乙烯纖維的反應屬于加聚反應，D錯誤；故答案為：D。

【分析】A.物理變化過程中沒有新物質生成。

B.蛋白質變性的條件：物理因素（如加熱、紫外線等）或化學因素（如強酸、重金屬等）。

C.纖維素屬于多糖。

D.縮聚反應有小分子生成。4．【答案】C【解析】【解答】A．濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成Cl2B．碳酸氫鈉溶液與HCl反應會產生新雜質CO2，不能達到實驗目的，故B錯誤；C．氯氣呈黃綠色，CH4與ClD．濃硫酸能干燥Cl2，Cl2故答案為：C。

【分析】A.注意濃鹽酸與二氧化錳在常溫下不反應。

B.注意除雜不要引入新雜質。

C.氯氣呈黃綠色，CH4與Cl2在光照條件下反應生成鹵代烴和HCl。

D.5．【答案】B【解析】【解答】A．用化學沉淀法去除粗鹽溶液中的SO42?涉及原理是B．使用Al2SO4C．通過X射線衍射實驗區(qū)分石英玻璃和水晶，是因為X射線衍射可以區(qū)分晶體和非晶體，而普通玻璃屬于非晶體，水晶屬于晶體，C不符合題意；D．利用油脂和燒堿制肥皂，是利用油脂在堿性條件下水解可以生成高級脂肪酸鈉，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.硫酸鋇難溶于水。

B.Al2SO43為強酸弱堿鹽，其水溶液存在水解。6．【答案】A【解析】【解答】A．NaHCO3溶液與NaOH溶液反應的離子方程式為HCOB．高溫下Fe與H2OgC．石灰乳為氫氧化鈣的懸濁液，不能拆成離子形式，涉及離子方程式為Cl2D．銅絲與熱的濃硫酸反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，其離子方程式為Cu+2H2故答案為：A。

【分析】判斷離子方程式正誤時，需注意以下幾點：1.是否符合事實；2.化學式拆寫（單質、氧化物、氣體、難溶物、弱電解質等不能拆寫）是否正確；3.符號（等號，可逆號，沉淀氣體的箭頭標注）使用是否正確；4.是否遵循原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒；5.是否漏掉離子反應；6.反應物或產物的配比是否正確。7．【答案】D【解析】【解答】A．正己烷(沸點69℃)和正庚烷(沸點98℃)沸點不同，可以蒸餾分離，A正確；B．苯甲酸的溶解度隨溫度的升高而增大，提純粗苯甲酸時，趁熱過濾去除不溶物，可減少損失，B正確；C．完成乙酸乙酯制備后，可以使用分液方法分離有機相和水相，C正確；D．應使用酸式滴定管盛放鹽酸，D錯誤；故答案為D。

【分析】A.蒸餾適用于分離沸點相差較大的互溶的液體混合物。

B.苯甲酸的溶解度隨溫度的升高而增大。

C.分液適用于分離互不相溶的液體混合物。

D.酸式滴定管下端有玻璃的活塞，堿式滴定管下端有橡皮管。8．【答案】C【解析】【解答】A．該有機物中含有醛基，能發(fā)生銀鏡反應，A正確；B．該有機物中含有的碳碳雙鍵能與溴單質發(fā)生加成反應，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，B正確；C．根據(jù)該有機物的結構式，兩個碳環(huán)的連接處的碳原子為飽和碳原子，結合分析可知，兩個碳環(huán)不共平面，C錯誤；D．該有機物中含有的羥基能與鈉反應生成氫氣，且1mol羥基與足量Na反應生成0.5molH2，

則1mol該化合物與足量Na反應可產生0.5molH故答案為：C。

【分析】A.發(fā)生銀鏡反應的有機物中含有醛基。

B.碳碳雙鍵能使溴的四氯化碳溶液褪色。

C.注意飽和碳原子與其相連的四個原子形成四面體結構。

D.有機物中的羥基、羧基等能與Na反應。9．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，鋰電極為負極，A錯誤；B．原電池中電子由負極經導線流向正極，結合分析可知，Li電極為負極，CFx為正極，則電子由Li電極經導線流向CFC．由分析可知，負極反應為Li?D．該裝置為原電池，是將化學能轉化為電能，D錯誤；

【分析】鋰-氟化碳(Li?CFx)電池為原電池，鋰是活潑金屬，作負極，其電極反應式為Li10．【答案】C【解析】【解答】A．標況未知，無法計算n(乙炔)，σ鍵的數(shù)目也無法確定，A錯誤；B．Na2CO3為強堿弱酸鹽，其水溶液中存在水解反應：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，根據(jù)題干信息n(Na2CO3)=1L×1.5mol?LC．假設該混合氣體中只含NO2或N2O4，則n(NO2)=46g46g/mol=1mol或n(N2O4)=46g92g/mol=0.5mol，所含原子的物質的量為1mol×3=3mol，或0.5mol×6=3mol，所以含有的原子數(shù)目為3D．反應前后，硫元素化合價由-2、+4變?yōu)?，可推出涉及反應的離子方程式為2S2-+H2SO3+4H+=3S+3H2O，則生成1molS，轉移電子的數(shù)目為43故答案為：C。

【分析】A.標況未知，無法計算物質的量。

B.Na2CO3為強堿弱酸鹽，其在水溶液中存在水解。

11．【答案】B【解析】【解答】A．金屬活動性：鋅＞鐵＞錫，鍍層破損時，較活潑金屬較易被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，A錯誤；B．冠醚可用于識別堿金屬離子，是因為不同空穴大小的冠醚可與不同的堿金屬離子形成超分子，B正確；C．乙酸與丙酸的結構不同是烷基數(shù)目，烷基是推電子基團，烷基越長推電子效應越大，使羧基中的羥基的極性越小，羧酸的酸性越弱，則酸性：CH3CH2COOH＜CH3COOH，陳述Ⅱ錯誤，C錯誤；D．溴乙烷水解后的上層溶液中存在溴離子，與硝酸銀反應生成淡黃色沉淀溴化銀，D錯誤；故答案為：B。

【分析】A.金屬活動性：鋅＞鐵＞錫。

B.不同空穴大小的冠醚可與不同的堿金屬離子形成超分子。

C.乙酸與丙酸的結構不同是烷基數(shù)目。

D.溴乙烷水解后的上層溶液中存在溴離子。12．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，涉及反應關系式為2Na2O2~O2B．催化劑持續(xù)紅熱，說明氨的催化氧化反應放出熱量，為放熱反應，B錯誤；C．在催化劑、加熱條件下，氨氣和氧氣反應生成NO，NO與O2反應生成NO2，C錯誤；D．由C項可知，燒瓶中產生NO2，NO2與水反應生成的硝酸與濃氨水反應生成NH4NO3故答案為：D。

【分析】A.涉及反應為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。13．【答案】D【解析】【解答】A．同周期主族元素第一電離能從左到右呈增大趨勢，則第一電離能：O<F，A錯誤；B．非金屬性越強，則其最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性：C＜S，酸性：H2CO3<H2SO4，B錯誤；C．Z和W的簡單氫化物分別是H2S和H2O，H2O分子間存在氫鍵，沸點較高，C錯誤；D．H3O+的價層電子對數(shù)為3+6?1?3×12故答案為：D?！痉治觥扛鶕?jù)題干信息，X、Y、Z、W、E均為短周期元素，在每個周期均有分布。W的基態(tài)原子p能級電子數(shù)與s能級電子數(shù)相等，則W原子核外電子排布式為1s22s22p4或1s22s22p63s2，結合X與W的基態(tài)原子未成對電子數(shù)相同，可推出W為氧元素；則X的基態(tài)原子有2個未成對電子，根據(jù)X、W、Y同周期且原子序數(shù)依次遞增，可推出X是碳元素、Y是氟元素；W與Z同族，可推出Z是硫元素，則E為氫元素。14．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，使用Ⅰ有4個過渡態(tài)，使用Ⅱ有3個過渡態(tài)，則使用Ⅰ有4步反應歷程，催化劑Ⅱ有3步反應歷程，A錯誤；B．涉及反應方程式為CO+H2C．使用Ⅰ的各步反應中最大活化能比Ⅱ小，即使用Ⅰ時反應速率更快，反應體系更快達到平衡，C正確；D．催化劑不能改變焓變，D錯誤；故答案為：C。

【分析】A.反應歷程圖分幾步反應可以通過數(shù)過渡態(tài)的數(shù)量來確定。

B.反應前后氣體體積數(shù)不變的反應，改變壓強不影響平衡移動。

C.反應速率較快的更快達到平衡。

D.催化劑不能改變焓變。15．【答案】D【解析】【解答】A．SO2與Na2SOB．氨水與SO2反應生成亞硫酸銨，NOC．SO2與NaOH溶液反應生成Na2SO3，Na2SO3與CaD．方法4中涉及反應方程式為SO2+2CO高溫催化ˉˉ故答案為：D。

【分析】A.SO2與Na2SO3溶液反應生成NaHSO3。

B.氨水與SO2反應生成亞硫酸銨，NO2與氨水反應生成硝酸銨。

C.循環(huán)利用的物質在一些反應中作反應物或生成物。

16．【答案】B【解析】【解答】A．陽極的主要反應為H2B．由A項及圖示信息可知，Ⅰ室反應為H2PO2?+2H2O?4e?C．Ⅲ室反應為Ni2++2D．Ⅲ室反應為Ni2++2e?故答案為：B。

【分析】根據(jù)圖示信息，該裝置為電解池，陽極的電極反應式為H2PO2?+17．【答案】(1)20.8

(2)AC

(3)C

(4)CaOH2的溶解度?。ɑ颉癈aOH2微溶于水”）H+aq【解析】【解答】（1）設需要濃鹽酸的體積為VmL，由稀釋定律可知，稀釋前后溶質的物質的量不變，則有V×10-3L×12mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V≈20.8mL；（2）配制該稀鹽酸時，需用的儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶；故不用A錐形瓶、C分液漏斗；（3）A．轉移溶液時部分溶液灑出導致溶質損失，配制溶液濃度偏低；B．轉移溶液時未洗滌燒杯內壁，導致溶質損失，配制溶液濃度偏低；C．定容時俯視刻度線，使得溶液體積偏小，配制溶液濃度偏高；D．加水超過刻度線，將多余液體吸出導致溶質損失，配制溶液濃度偏低；故選C；（4）由表可知，CaOH若已知：①CaOH②CaOH則由蓋斯定律，12（②-①）得反應H+aq+OH?aq（5）①CaOH2s②CaOH③根據(jù)公式lnKsp=?ΔsolH【分析】（1）稀釋前后溶質的物質的量不變，結合n=cV進行分析。（2）由濃溶液配制稀溶液時，需用的儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒、一定規(guī)格的容量瓶。（3）根據(jù)n=cV進行分析誤差。（4）CaOH2在水中的溶解度太小。根據(jù)蓋斯定律，H+aq+OH?（5）①根據(jù)CaOH2s②CaOH③根據(jù)圖中2個已知點坐標，則?ΔsolHR=?18．【答案】（1）d（2）Pd（3）沉鉑（4）2Fe（5）0.084(或8.4×10（6）Pd2+（7）1：2：6；b【解析】【解答】（1）Fe是26號元素，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d區(qū)，Pt、Pd與Fe為同族元素，也位于元素周期表的d區(qū)；（2）結合信息可知，Pd、Pt經“氧化浸取”轉化為H2PdCl4、H2PtCl6，此時Pd發(fā)生反應的化學方程式為：Pd+H2O2+4HCl=H（3）結合分析可知，“濾液Ⅱ”中的溶質的主要成分是氯化銨，則可在沉鉑工序中循環(huán)利用；（4）由圖可知，在加熱條件下“氧化除鐵”最終生成了Fe2O3，其中步驟(ⅰ)中二價鐵被氧化為三價鐵，則步驟(ⅱ)中三價鐵和水在加熱條件下生成Fe2O3，離子方程式為：2Fe3（5）由于pH=2，則c(H+)=10-2mol/L，cC（6）先消耗后生成的物質可認為是催化劑，由圖可知，步驟①→⑤中發(fā)揮催化作用的陽離子有Pd2+、（7）①由圖可知，立方結構中Pd、Cs、I個數(shù)分別為：Pd：4×18=12，Cs：1，I：12×②四方結構中Pd：8×18+1=2，由于轉化過程中原子個數(shù)比保持不變，則其中Pd、Cs、I個數(shù)分別為2，4，12，設立方結構單元的摩爾質量為M，則四方晶胞結構的摩爾質量為4M，立方結構單元與四方晶胞結構的密度比為：MNAa34MNAb2c=b2c4a3。

【分析】（1）Fe原子序數(shù)為26，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d區(qū)。

（2）Pd、Pt經“氧化浸取”轉化為H2PdCl4、H2PtCl6，結合流程圖信息、質量守恒定律進行書寫

（3）礦渣用硫酸酸浸后過濾，濾渣中含有Pd、Pt和SiO2，Pd、Pt經“氧化浸取”轉化為H2PdCl4、H2PtCl6，再次過濾，得到的濾渣中含有二氧化硅，濾液用氯化銨沉鉑，再用氨水和鹽酸處理后得到Pd，所以“濾液Ⅱ”中的溶質的主要成分是氯化銨。

（4）“氧化除鐵”最終生成Fe2O3，則涉及總反應為4Fe2++O2+4H2（1）Fe是26號元素，位于周期表中的第4周期第Ⅷ族，位于d區(qū)，Pt、Pd與Fe為同族元素，也位于元素周期表的d區(qū)；（2）結合信息可知，Pd、Pt經“氧化浸取”轉化為H2PdCl4、H2PtCl6，此時Pd發(fā)生反應的化學方程式為：Pd+H2O2+4HCl=H（3）結合分析可知，“濾液Ⅱ”中的溶質的主要成分是氯化銨，則可在沉鉑工序中循環(huán)利用；（4）由圖可知，在加熱條件下“氧化除鐵”最終生成了Fe2O3，其中步驟(ⅰ)中二價鐵被氧化為三價鐵，則步驟(ⅱ)中三價鐵和水在加熱條件下生成Fe2O3，離子方程式為：2Fe3（5）由于pH=2，則c(H+)=10-2mol/L，cC（6）先消耗后生成的物質可認為是催化劑，由圖可知，步驟①→⑤中發(fā)揮催化作用的陽離子有Pd2+、（7）①由圖可知，立方結構中Pd、Cs、I個數(shù)分別為：Pd：4×18=12，Cs：1，I：12×②四方結構中Pd：8×18+1=2，由于轉化過程中原子個數(shù)比保持不變，則其中Pd、Cs、I個數(shù)分別為2，4，12，設立方結構單元的摩爾質量為M，則四方晶胞結構的摩爾質量為4M，立方結構單元與四方晶胞結構的密度比為：M19．【答案】（1）（2）抑制Fe3（3）AC；Ⅰ；FeCl3溶液顯酸性，使Ⅲ：H++（4）催化劑a；0.004mol?L?（5）22.2【解析】【解答】（1）、鐵原子的電子排布式為[Ar]3d64；（2）、Fe3+易水解：Fe3++H2O（3）、①A、加入鐵粉，F(xiàn)e+2Fe3+=3FeB、加水稀釋，平衡向離子總數(shù)增多的方向，平衡Fe3+C、加入幾滴1mol?L?1KSCN溶液，D、加入幾滴0.05mol?L?1FeCl3溶液，F(xiàn)e3+濃度增大，F(xiàn)e3++3SCN??②、M點前，滴加飽和FeCl3溶液，F(xiàn)e3+FeCl3溶液顯酸性，Ｈ＋增大，使Ⅲ：H++SCN??HSCN（4）、①、催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率。在相同時間內，反應速率越快，說明反應的活化能越低。從圖像來看，在相同時間內，使用催化劑a時SCN?殘留率比使用催化劑b時下降得更快，即使用催化劑a時反應速率更快，反應的活化能越低。②、已知廢水中SCN?初始濃度為0.5mol?L?1，由圖可知，使用催化劑a時，100min時SCN?殘留率為20%，則此時SCN?的濃度c=0.5mol?L?1×20%=0.1mol?L?1，那么0?100min內SCN?濃度變化量Δc=0.5mol?L?1?0.1mol?L?1=0.4mol?L?1。根據(jù)化學反應速率公式v（5）、根據(jù)題意，D=c(HSCN?c(HSCN?TBP)=0.1mol?c(SCN)=c(HSCN)=0.45mol?Lc(TBP)=0.lmol?L?1，帶入K的表達式得K=0.10.1×0.45×0.1=200（1）鐵原子的電子排布式為[Ar]3d64（2）Fe3+將FeCl3晶體溶于較濃的鹽酸中，可增大H+濃度，抑制Fe（3）①A．加入鐵粉，F(xiàn)eFe3+濃度減小，B．加水稀釋，平衡向離子總數(shù)增多的方向，平衡Fe3+C．加入幾滴1mol?L?1KSCN溶液，D．加入幾滴0.05mol?L?1FeCl3溶液，F(xiàn)e3+濃度增大，F(xiàn)e3++3SCN②M點前，滴加飽和FeCl3溶液，F(xiàn)e3+FeCl3溶液顯酸性，Ｈ＋增大，使Ⅲ：H++SCN??HSCN（4）①催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率。在相同時間內，反應速率越快，說明反應的活化能越低。從圖像來看，在相同時間內，使用催化劑a時SCN?殘留率比使用催化劑b時下降得更快，即使用催化劑a時反應速率更快，反應的活化能越低。②已知廢水中SCN?初始濃度為0.5mol?L?1，由圖可知，使用催化劑a時，100min時SCN?殘留率為20%，則此時SCN?的濃度c=0.5mol?L?1×20%=0.1mol?L?1，那么0?100min內SCN?濃度變化量Δc=0.5mol?L?1?0.1mol?L?1=0.4mol?L?1。根據(jù)化學反應速率公式v（5）根據(jù)題意，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，催化劑，△；加成反應；CH3CH（3）CO（4）或（5）B；C（6）→Δ濃硫酸+H2【解析】【解答】（1）由化合物Ⅰ的結構簡式，得其分子式為C9（2）Ⅱ中碳碳雙鍵在催化劑、加熱條件下，和氫氣加成生成，即反應類型為加成反應；Ⅱ中含有羧基，和甲醇等物質在濃硫酸催化、加熱條件下發(fā)生酯化反應生成酯：(選用其他醇，且對應酯的結構簡式書寫正確均可)；（3）結合質量守恒，反應②的化學方程式可表示為：Ⅱ=Ⅲ+（4）化合物Ⅳ中除苯環(huán)外含有2個碳、1個氧、1個不飽和度，其同分異構體含有苯環(huán)，在核磁共振氫譜圖上只有4組峰，且峰面積之比為1：2：2：3，則應該含有甲基；若含有2個取代基，則會含有甲基、醛基，且結構對稱，為；若含有1個取代基，則含有酮羰基，為-COCH3，結構為；故其結構簡式為或；（5）A．化合物Ⅰ與混合，化合物Ⅰ可以相互結合生成二肽，可以相互結合生成二肽，化合物Ⅰ與也可以相互結合生成兩種二肽，則可生成4種二肽，錯誤；B．反應①中，去掉-NH2生成碳碳雙鍵，則有C?H鍵和C．反應③中，雙鍵碳轉化為飽和碳，則存在C