2023 年高考考前押题密卷-化学（福建卷）（全解全析）

2023年高考考前押题密卷（福建卷）

化学•全解全析

注意事项：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填

写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。

3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.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：H-lC-120-16N-14S-32Cl-35.5K-39

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项符合题目要求。

1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是

A.使用医用酒精对物体表面消毒时，医用酒精的浓度是95%

B.北京冬奥会采用银离子抗菌技术制作的速滑服，可有效防护细菌侵入

C.最大单体面积“发电玻璃”使用的磁化镉属于金属材料

D.《清明上河图》原作是在绢上作画，绢的主要成分是纤维素

【答案】B

【详解】A.医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%,故A错误；

B.北京冬奥会采用银离子抗菌技术制作的速滑服，可有效防护细菌侵入，故B正确；

C.磁化镉属于新型无机非金属材料，C错误；

D.《清明上河图》是在生丝织成的绢上作画，绢的主要成分是蛋白质，故D错误；

故选B。

2.从樟科植物枝叶提取的精油中含有甲、乙两种成分：

CH=CH—CH2OH（_y-CH=CH—CHO

甲乙

下列有关说法错误的是

A.甲、乙均属于芳香燃

B.甲、乙分子均具有极性

C.甲、乙均能使酸性KMnCU及澳的四氯化碳溶液褪色

D.甲可以通过氧化反应制备乙

【答案】A

【详解】A.甲、乙两分子中均含有氧原子，不属于烧类，都是芳香族化合物，A错误；

1

B.甲、乙两分子均不对称，具有极性，B正确；

C.甲、乙两分子中均含碳碳双键，故二者均可以使酸性KMnCU及澳的四氯化碳溶液褪色,

C正确；

D.甲中醇羟基可以在Cu作催化剂条件下被氧气氧化为醛基，D正确；

故答案为A。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

y^CH=CH2

A.104g苯乙烯）含有。键数目为11/

B.在氢氧碱性燃料电池中，当正极上消耗22.4L气体时，转移的电子数为2NA

C.在精炼铜的过释中，当阴极析出铜32g时，阴阳极转移电子数均为NA

D.等物质的量的N2和C2H2所含有的电子数均为14NA

【答案】C

【详解】A.104g苯乙烯为ImoL单键均为◎键，双键中含有1个◎键1个兀键，苯环碳原

子之间存在6个◎键，贝!J1mol苯乙烯含有16moi0键，数目为16JVA,A错误；

B.没有说明是否为标况，不能计算气体物质的量，不能计算转移电子数，B错误；

C.阴极铜离子得到电子生成铜单质，当阴极析出铜32g时，为0.5mol,根据电子守恒可知，

阴阳极转移电子数均为NA,C正确；

D.等物质的量的N2和C2H2,但是没有说明是否均为Imol,故不能减少所含有的电子数，

D错误；

故选Co

4.过氧化钙是一种用途广泛的优良供氧剂，性质与过氧化钠相似。选用下列部分装置（部分

固定装置略）合理组装可制备过氧化钙，其中不适合或不必要选取的装置是

【答案】D

【详解】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢

氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是

浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，制备过程中不需

要装有NaOH溶液的洗气瓶，故选D。

5.下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是

2++

A.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca+CO2+H2O=CaCO3；+2H

2

+3+

B.Fe(0H)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O

C.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO^CaCO3(s)+SO^

D.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH：+OH-=NH3-H2O

【答案】C

【详解】A.漂白粉溶液吸收C02后产生碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是

2+

Ca+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3J+2HC1O,故A错误；

B.Fe(OH)3溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质、水，反应的离子方程式是

+2+

2Fe(OH)3+6H+2I=2Fe+I2+3H。，故B错误；

D.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，沉淀硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，反应的离子方程式是

CaSO4(s)+CO^-UCaCO3(s)+SO^',故C正确；

C.同浓度同体积NH4HsO4溶液与NaOH溶液混合，NH4HSO4与NaOH等物质的量反应生

成硫酸锈、硫酸钠、水，反应的离子方程式是H++OH-=H2。，故D错误；

故选Co

6.明代《徐光启手迹》记载了制备王水的方法，其主要流程如图所示(水蒸气等部分产物已

省略)，下列说法中正确的是

NaCl

-----►王水

步骤ii

A.X不能使酸性KMnO”溶液褪色

B.操作1的名称为蒸储

C.流程中涉及的均为非氧化还原反应

D.步骤ii能在铁容器中进行

【答案】B

【详解】A.由题意，Fe元素化合价升高，故部分硫元素化合价降低，X的化学式应为SO2,

SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；

B.操作1后得到硝酸，该过程中制取硝酸是利用了硝酸易挥发的性质，则操作1的名称为

蒸储，故B正确；

C.步骤i中燃烧绿矶生成SO2过程中，s、Fe的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C

错误；

D.王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比=1:3的混合物，会腐蚀铁容器，步骤ii不能在铁容器中

进行，故D错误；

故选B。

3

7.W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，四种元素可组成一种新型化合物WX?YZ6,

其中W的原子半径在短周期主族元素中最大，X的质子数是Z核外最外层电子数的2

倍。下列叙述正确的是

A.四种元素对应的最高价氧化物的水化物中，只有一种是强酸

B.W与另外三种元素形成的二元化合物均含离子键，水溶液呈碱性

C.简单离子半径：Z>Y>W

D.简单气态氢化物的稳定性：X>Z

【答案】A

【分析】W的原子半径在短周期主族元素中最大，W为Na；X的质子数是Z核外最外层电

子数的2倍，分情况讨论：若Z核外最外层电子数为7,则Z为Cl、X为Si,由化合物中

元素化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3,Y为P；若Z核外最外层电子数为6,则

Z为S、X为Mg,Y元素化合价为+7,不合理；若Z核外最外层电子数为5,则X的质子

数为10,不合理；可知Z为Cl、X为Si、Y为P。

【详解】A.氢氧化钠为强碱，硅酸为弱酸，磷酸为中强酸，高氯酸为强酸，A项正确；

B.氯化钠水溶液呈中性，B项错误；

C.核外电子排布相同的离子，原子序数大的半径小，磷离子的半径大于氯离子的，C项错

误；

D.同周期主族元素从左到右，非金属性依次增强，则简单气态氢化物的稳定性Cl>Si,D

项错误；

故答案为：Ao

8.反应物(S)转化为产物P或P-Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：

A.进程I是吸热反应

B.平衡时p产率：n>i

c.生成P的速率：

D.进程IV中，Z不是催化剂

【答案】D

【详解】A.进程I反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；

B.II中加了催化剂，降低反应所需活化能，但平衡不移动，因此平衡时P产率：n=i,故

4

B错误；

c.in的第二阶段的活化能大于ii的任意阶段的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此

生成P的速率：IIKII,故C错误；

D.根据进程IV中参与反应的物质和生成的物质，则说明Z不是催化剂，故D正确。

综上所述，答案为D。

9.盐酸羟胺(NH20H-HC1)主要用作还原剂和定影剂。以外排烟气中的NO,以及H?、盐酸

为原料通过电化学方法一步制备盐酸羟胺的装置示意图如下。下列说法错误的是

厂I负载F~l

Pt电极i1含Rh催化电极

»NHQH+

H，J

离子交换膜

A.制备总反应方程式为2NOX+(2x+1)H2+2HC1=2NH2OH.HCl+(2x-2)H,0

B.该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜

C.制备过程中，Pt电极所在极室溶液的pH基本保持不变

D.每生成Imol盐酸羟胺，电路中转移电子的物质的量：n(e)=3mol

【答案】D

【详解】A.根据N0.以及H2、盐酸为原料制备盐酸羟胺，制备总反应方程式为

2NOX+(2x+1)H2+2HC1=2NH20HHCl+(2x-2)H2O,故A正确；

B.根据电极反应，左边氢气失去电子变为氢离子，右边N0,变为NH3OH+需要不断消耗氢

离子，因此该电化学装置中的离子交换膜最好选择质子交换膜，氢离子从左边不断移动到右

边，故B正确；

C.制备过程中，Pt电极为负极，氢气失去电子变为氢离子，氢离子穿过交换膜进入到右室,

转移多少电子，生成多少氢离子，就会向右移动多少氢离子，因此Pt电极所在极室溶液的

pH几乎不变，故C正确；

D.根据总反应方程式2NOX+(2X+1)H2+2HC1=2NH20H-HC1+(2X-2)H2O,生成2m。1,

转移(4x+2)mol电子，则每生成Imol盐酸羟胺，电路中转移电子的物质的量：

n(e)=(2x+l)mol,故D错误。

综上所述，答案为D。

10.碎酸(H3ASO4)为三元弱酸，室温下向O.lmol/L的H3ASO4溶液中滴加NaOH溶液，溶

液中各微粒的物质的量分数§(X)随pH的变化如图所示。

5

z\C（AI

已知（X）-c（珥AsO4）+c（凡AsOj+c（HAsOj）+c（AsOj）'下列叙述正确的是

A.反应AsO；

B.室温下，HAsOj离子的电离程度强于水解程度

C.向VLO.lmol/LNaHzAsC^溶液中滴加OQ5mol/LNaOH溶液至pH=7时，消耗NaOH溶液

体积大于VL

D.图中pH为4.7和9.8时均有c（H+）+c（H3AsC）4）=2c（AsO，）+c®AsOj卜cpIT）

【答案】C

【详解】A.由图像可得（3=\芳，pH=11.3时c（AsO；-）=c（HAsOj）,此时

cIHASC）4）

Ka3=C（H+）=1O113,反应AsOf+H,0uHAsOj-+OIT的平衡常数

Kh=跖—=10*/10-"3=io"?,人错误；

B.当5（HAsO『）=l时，溶液pH=9.8呈碱性，所以HAsO：离子的水解程度强于电离程度，

B错误；

C.根据图像，当溶液pH=6.8时，溶液中c（H2AsO；）=c（HAsOf）,向VL0.1mol/L的

NaHQsO,溶液中滴加等体积0.05mol/L的NaOH溶液的时刻，生成的HAsOj与剩余的

HzAsO：物质的量相等，由于前者水解程度小于后者的电离程度（42>除/£2）,此时溶液

显酸性，若要使pH=7,需继续滴加NaOH溶液，所以消耗NaOH溶液体积大于VL,C正

确；

D.在pH为4.7和9.8时均有电荷守恒关系式：

++

c（H）+c（Na）=3c（AsO^）+2c（HAsO;-）+c（H2ASO4）+c（OH-）,但两点的物料守恒（也叫

元素守恒）式不同,pH为4.7时有c（Na+）=c（AsOf）+c（HAsOj）+c（H2ASO；）+c（也AsC>4）,

+

电荷守恒式和物料守恒式作差可得：c（H）+c（H3AsO4）=2c（AsO^-）+c（HAsOt）+c（OHj,

pH为9.8时有物料守恒式c（Na+）=2c（As*）+24HAsC^j+2c（H2ASO；）+2c（H3AsO4）,

电荷守恒式和物料守恒式作差可得：c（H+）+2c（H3AsC）4）+c（H2AS04）=c（As0；）+c（0H）

6

D错误；

故选C。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11.(14分)

钻是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣

(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钻的工艺流程如图所示：

砧酸破化的SKM被箧怙

I•

图一早一平一画一画一|T.化液|・ColQHh

权清钻回收后液

已知：①常温下，Ksp(CuS)=8.9x10-36,Ksp(CoS)=l.8x10-22。

②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化

性越强；电位越低，氧化性越弱。

回答下列问题：

(1)“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫

酸浸取，而不用盐酸，原因是O

(3)Na2s常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到C02+,“除铜液”中C02+浓度为O.lSmol-L-1,

则此时溶液的pH<［已知常温下，饱和H2s水溶液中存在关系式：

c2(H+)-c(S2-)=l.OxlO-^CmobL-1)3］。

(4)“氧化”过程中，Na2s2。8与Fe2+发生反应的离子方程式为

(5)“沉铁”过程中，Na2c。3的作用是。

(6)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E—pH图)所示，在溶液pH=5

时，Na2s2。8能将C02+氧化，写出该反应的离子方程式：；以1吨湿法炼锌净化渣(Co

的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3o在提取过程中钻的损失率为(填含w、

m的表达式)％。

7

2.5

2.0

【答案】(l)Cu、PbSCU(2分)盐酸易挥发，对设备腐蚀性强(2分)

(2)0.5(2分)

⑶S2O：+2Fe2+=2Fe3++2SO7(2分)

⑷调节溶液pH(2分)

(5»2。丁+2co2++6H2O=2CO(OH)31+2SO「+6H+(2分)"°叱59m仁分)

1lw

【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSCU,Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2s

常用作沉淀剂，铜渣为CuS,“氧化”过程中，Na2s2。8将Fe2+氧化为Fe3+,Na2cCh调节溶液

pH,生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2s2。8能将C02+氧化生成CO(OH)3,据此分析解题。

【详解】(1)“浸出渣”的主要成分为Cu、PbS04o工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸

取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；

(2)Na2s常用作沉淀剂,在“铜渣”中检测不到C02+,“除铜液呻Co?+浓度为0.18mol・L」，

K(CoS)=1.8xlO-22,c(S2')=%絮=弁=lxl0-21mol-L1,常温下，饱和HS水溶

sp/c(Co,十)0.18mol-L12

液中存在关系式：C2(H+>C(S2-尸L0xl0-22(mol・L」)3则此时溶液的c(H+)=需黑;T，

pH=-lgc(H+)=0.5,故pH<0.5；

(3)“氧化”过程中，Na2s2。8与Fe2+发生反应，Fe?+氧化为Fe3+,SzO：还原为SO1,离子

2+3+

方程式为S2Of+2Fe=2Fe+2SOf；

(4)“沉铁”过程中，Na2cCh的作用是调节溶液pH,生成氢氧化铁；

(5)在溶液pH=5时，Na2s2。8能将C02+氧化，该反应的离子方程式：

2++

S2O2~+2Co+6H2O=2Co(OH)31+2SOf+6H；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)

为原料提取出mkgCo(OH)3o理论生成Co为1000kgxw%=10wkg,实际生成的Co的质量为：

5959m59m

TT0Xmkg=IT0k8,在提取过程中钻的损失率为l00°xw%一行■1100w-59m。

X1vU/0一

lOOOxw%1lw

8

12.(13分)

[Co(NH3)JCI3(三氯化六氨合钻)是合成其他含钻配合物的重要原料，实验室中可由金

属钻及其他原料制备[CO(NH3)6]C13O

已知：①C02+在pH=9.4时恰好完全沉淀为CO(OH)2；

②不同温度下[Co(NH3入]CL在水中的溶解度如图所示。

020406080100

温度/℃

(-)Coci?的制备

CoC“易潮解，co(ni)的氧化性强于ci2,可用金属钻与氯气反应制备coc1。实验中利

用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(2)用图中的装置组合制备CoCl?,连接顺序为。装置B的作用是

(3)装置A中发生反应的离子方程式为o

(二)[CO(NH3)61C13的制备

步骤如下：

I.在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的CoC%3gNH4cl和5mL水，加热溶解后加入

0.3g活性炭作催化剂。

II.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10。＜2以下并缓慢加入lOmLHO2溶液。

III.在60。(2下反应一段时间后，经过、过滤、洗涤、干燥等操作，得到

[CO(NH3)61C13晶体。

(4)在加入浓氨水前，需在步骤I中加入NHaC1,请结合平衡移动原理解释原因

9

⑸步骤n中在加入H?。?溶液时，控制温度在10。＜2以下并缓慢加入的目的是.

⑹制备[Co（NH3）JCl3的总反应的化学方程式为o

（7）步骤ni中的操作名称为0

【答案】（1）分液漏斗（1分）

⑵A—D—CTE—B（2分）

防止多余的C）污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E,使CoCl?潮解（2分）

+2+

（3）2MnO4+10Cl+16H=2Mn+5Cl2T+8H2O（2分）

（4）NH4cl溶于水电离出NH：,使NH/H’O的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中

c（0H）过大，生成Co（OH）2沉淀（2分）

⑸控制反应速率（1分）防止温度过高使H2O2和NH「Hq分解（1分）

活性炭

（6）2COC12+2NH4C1+10NH3H2O+H2O22|Co（NH3）6]zi3+12H2O（2分）

【分析】利用浓盐酸与高锦酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过

浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钻加热条件下反应生成氯化钻；再利用

氯化钻与氨化钱在活性炭催化下反应制[CO（NH3）6]CI3；

【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；

（2）装置A用于制备Cb,装置D用于除去CL中的HC1,装置C用于干燥Cb,装置E用

于制备CoCb,装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装

置E,使CoCL潮解，故连接顺序为A—DTC—ETB；

（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备CL;

（4）NH4a溶于水电离出NH；,能使NHs-H?。的电离平衡逆向移动，进而可以抑制

的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成Co（OH）2沉淀，有利于

的配位；

（5）凡。?和NIVHzO受热易分解，步骤II中控制温度在10。（2以下并缓慢加入HQ2溶液

是为了控制反应速率，防止温度过高使H?。?和NHj-H2。分解；

（6）在题给制备反应中，应。?是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化

活性炭

12H

学方程式为2coe72+2而40/+10阻3旧2。+凡022pM）6p3+2°；

13.（13分）

2020年中国向世界宣布2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。转化和吸收CCh

10

的研究成为更加迫切的任务。

(1)在催化剂作用下C02和H2发生反应I：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)AHi。

已知298K时，部分物质的相对能量如表所示(忽略△>!随温度的变化)。

物质

82(g)H20(l)H2O(g)H2(g)C2H4(g)

相对能量(kbmoE)-393-286-242052

则△Hi=kJ・moE,该反应能够自发进行的条件是(填“较高温度”或“较

低温度

(2)在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入CO2、H2,加入合适催化剂，发生反应I,下

列情况表明反应I达到平衡状态的是(填序号)。

A.C2H4的体积分数保持不变

B.混合气体密度保持不变

C.混合气体的平均摩尔质量保持不变

D.混合气体中C2H4与H20(g)的分压之比不变

(3)在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和12noiH2,发生反应I,测得CCh的平

衡转化率与温度、压强的关系如图所示；

①随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，原因是=

②若反应平衡时M点(p2对应压强下)密闭容器的体积为2L,请列出计算N点条件下反

应I的平衡常数的计算式K=(只列计算式)。

(4)CCh催化加H2还可能生成其他含碳化合物。研究发现，Fe、Co固体双催化剂的成分

对相同时间内C02转化率和产物选择性有重要作用，部分研究数据如表所示：

实验CC)2转化co选择CH4选择性C2H4选择

〃(Fe)：〃(Co)反应后固体的成分

编号率/%性/%/%性/%

1100:01.110000Fe和少量FesO4

250：5030.536.842.920.3Fe和Co

30：10069.22.797.10.2Co

11

下列说法错误的是(填序号)。

A.实验1中生成Fe3O4的化学方程式为3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO

B.用该方法制备CH4时，最好选用金属C。作催化剂

C.n(Fe)：n(Co)对该制备过程影响很大

D.若生成等物质的量的CH4和C2H4,转移的电子数比值为2：1

(5)在一定条件下，选择合适的催化剂使CO2只发生转化为CO的反应：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH>0o调整82和H2初始投料比，测得在一定投料比

和一定温度下，该反应C02的平衡转化率如图所示：

C(l,a75)

A(05.66.7r

70-

&>・

E(I.Q.SO)F(IS.SO)

50-

B(O.5.5O)G(1.5.40)

40<*

30-

00.5L0：1.510

己知：&是以物质的量分数表示的化学平衡常数；反应速率v=v正-v逆=k6(CChRHzAk

ax(CO)x(H2O),k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。B、E、F三点

反应温度最高的是点，计算E点所示的投料比在从起始到平衡的过程中，当CO2转化

率达到40%时，=o

v逆

【答案】(1)-130(2分)较低温度(1分)

(2)AC(2分)

(3)随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平

衡转化率接近相等(2分)°」6鼠°弋(2分)

0.122X0.366

(4)D(2分)

(5)F(2分)2.25(2分)

【详解】(1)已知反应热焰变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，

则AH】=52kJ/mol+4x(-242kJ/mol)-2x(-393kJ/mol)-6x0=-130kj/mol；该反应是一

个嫡减的放热反应，AH-TAS<0反应能自发进行，则上述反应能够自发进行的条件是较低温

度。

(2)A.C2H4的体积分数保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，故A符合题意；

B.容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平

衡，故B不符合题意；

C.混合气体的平均相对分子质量M=m/n,气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应

12

进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故C符合题意；

D.混合气体中C2H4与H20(g)为生成物，分压之比等于反应的系数比为定值，分压之比不

变不能说明达到平衡状态，故D不符合题意；

故选ACo

(3)①随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2

的平衡转化率接近相等；

②在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO2和1.2molH2,发生反应I,CCh的平衡转化率

为40%,则反应二氧化碳0.16mol；

2CO2(g)+6H2(g)^C2H4(g)+4H2O(g)

起始(mol)0.41.200

转化(mol)0.160.480.080.32

平衡(mol)0.240.760.080.32

若反应平衡时M点力2对应压强下)密闭容器的体积为2L,平常常数只受温度影响，则MN

两点的平衡常数相同，故N点条件下反应I的平衡常数的计算式K=0-164x0­04.

0.122X0.366

(4)A.由题干表中数据可知，实验1中CO的选择性100%,则该反应的化学方程式为

3Fe+4cC)2=Fe3O4+4CO,A正确；

B.由题干表中数据可知，实验1和实验3比较可知，当用C。作催化剂时CO?的转化率最

高，CH’的选择性也很高，则制备CH,时最好选用金属CO作催化剂，B正确；

C.由题干表中数据可知，n(Fe):n(CO)的不同对CO?的转化率、CO、CH4,C2H,的选择

性均影响很大，即n(Fe):n(CO)对该制备过程影响很大，C正确；

D.本反应中是由CO?中的+4价的C降低为C2H4中的一2价和CH,中的-4价，生成等物质的

量的CH4和C2H4,转移的电子数比值为2：3,D错误；

故选D；

(5)反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；B、E、F投料比不

同但转化率相同，且F点CO?和H?初始投料比最大，说明F点的温度最高；达到平衡状态

E点，CO2转化率刚好达到50%,设初始投料CO2和H?均为Imol,列三段式：

CO2(g)+H2(g)^=±CO(g)+H2O(g)

起始(mol)1100

转化(mol)0.50.50.50.5

平衡(mol)0.50.5

0.50.5

.|.pn-+V1H_k正X(。。2)。(凡)=1=卜正

"v逆kffix(CO)x(H2O)k逆；

当CO2转化率达到40%时,

13

CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H2O(g)

起始(mol)1100

转化(mol)0.40.40.40.4

平衡(mol)0.60.60.40.4

v正_k正x(CC)2)x(比)_k正*0.6x0.625

v逆k逆X(CO)X(H2O)k逆04x0.4

14.（10分）

空气中含大量的氮元素，日常生活中铁的应用非常广泛，可见生产、生活等离不开化学。

（1）血红蛋白（Hb）是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。

血红素是由中心Fe2+与配体叶琳衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图1所示。

图1

①基态Fe原子的核外电子排布式为,其在元素周期表中的位置为o原

子中运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用表示,与之相反的用表示,

士;即称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为

②血红素分子中非金属元素的电负性由小到大的顺序为（填元素符号）。

③含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合

物为螯合物。Imol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为______（填含NA的表达式）。

（2）吓琳是含有平面共轲大环结构的有机分子，具有独特的电子结构，叶琳分子结构如

图2,分子中N原子采取杂化；口卜咻分子中存在大兀键，可表示为（巳知：大

兀键可用符号口：;表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子

数，如苯分子中的大兀键可表示为口：）。

14

图2

⑶FesCU晶胞（图3）可以划分成8个小的立方单位（图4）,分别由4个I型和4个II型小

单位拼在一起构成。Fe3O4晶胞中有个O'❸代表。

图3

【答案】（1）［AH3d64s2（1分）第四周期Vin族（1分）+1或-1（1分）

H<C<N<O（1分）4NA（1分）

（2）sp2（1分）呜（2分）

（3）32（1分）Fe2+（1分）

【详解】（1）①铁位于第四周期VIII族，基态原子的电子排布式［Ar］3d64s2,0原子的价电子

为2s22Pt2P轨道有1对电子和2个自旋状态相同的单电子，其自旋磁量子数的代数和为

+1或-1,答案：［Ar］3d64s2；第四周期VIII族；+1或-1；

②血红素分子中非金属元素有C、N、0、H,电负性由小到大的顺序为H<C<N<0,答案:

H<C<N<O；

③由图示可知1个配体中有4个配位N原子和中心原子形成4个配位键，Imol血红素中通

过螯合作用形成的配位键的数目为4