2023年高考考前押题密卷(福建卷)化学试卷含答案

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-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Cl-35.5 K-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”使用的碲化镉属于金属材料
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．碲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：
下列有关说法错误的是
A．甲、乙均属于芳香烃
B．甲、乙分子均具有极性
C．甲、乙均能使酸性KMnO4及溴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，不属于烃类，都是芳香族化合物，A错误；
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KMnO 4及溴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N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A ．104 g 苯乙烯( )含有σ键数目为11N A
B ．在氢氧碱性燃料电池中，当正极上消耗22.4 L 气体时，转移的电子数为2N A
C ．在精炼铜的过释中，当阴极析出铜32 g 时，阴阳极转移电子数均为N A
D ．等物质的量的N 2和C 2H 2所含有的电子数均为14N A 【答案】C
【详解】A ．104 g 苯乙烯为1mol ，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，苯环碳原子之间存在6个σ键，则1mol 苯乙烯含有16mol σ键，数目为16N A ，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32 g 时，为0.5mol ，根据电子守恒可知，阴阳极转移电子数均为N A ，C 正确；
D ．等物质的量的N 2和C 2H 2，但是没有说明是否均为1mol ，故不能减少所含有的电子数，D 错误； 故选C 。

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
A ．
B ．
C ．
D ．
【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
A ．漂白粉溶液吸收CO 2后产生白色沉淀：2223Ca CO H O=CaCO 2H ++++↓+
B ．Fe(OH)3溶于氢碘酸：()323O =Fe OH 3H Fe 3H +
+
++
C ．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：()()2243
34CaSO s CO CaCO s SO -
-
++
D ．同浓度同体积NH 4HSO 4溶液与NaOH 溶液混合：432=NH OH NH H O +-
+⋅
【答案】C
【详解】A. 漂白粉溶液吸收CO 2后产生碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是2223Ca CO H O=CaCO +2ClO Cl 2O H +-++↓+，故A 错误；
B. ()3Fe OH 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+23-2+2I =2Fe O 2+I H +6H Fe +3H O ，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
()()2-2-43
34CaSO s +CO CaCO s +SO ，故C 正确；
C. 同浓度同体积NH 4HSO 4溶液与NaOH 溶液混合，NH 4HSO 4与NaOH 等物质的量反应生
成硫酸铵、硫酸钠、水，反应的离子方程式是+-2H +OH =H O ，故D 错误；
故选C 。

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
A ．X 不能使酸性4KMnO 溶液褪色
B ．操作1的名称为蒸馏
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SO 2，SO 2具有还原性能使酸性KMnO 4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的名称为蒸馏，故B 正确；
C ．步骤i 中煅烧绿矾生成SO 2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 。

WX YZ，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
26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：A。

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：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程I是吸热反应
B．平衡时P产率：II>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：II=I，故
B 错误；
C ．III 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：III<II ，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()2NH OH HCl ⋅主要用作还原剂和定影剂。

以外排烟气中的x NO 以及2H 、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
A ．制备总反应方程式为x 2222NO (2x 1)H 2HCl 2NH OH HCl+(2x 2)H O +++=⋅-
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1mol 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x NO 以及2H 、盐酸为原料制备盐酸羟胺， 制备总反应方程式为x 2222NO (2x 1)H 2HCl 2NH OH HCl+(2x 2)H O +++=⋅-，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x NO 变为3NH OH +
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x 2222NO (2x 1)H 2HCl 2NH OH HCl+(2x 2)H O +++=⋅-，生成2mol ，转移(4x+2)mol 电子，则每生成1mol 盐酸羟胺，电路中转移电子的物质的量：n(e )=(2x+1)mol -，故D 错误。

综上所述，答案为D 。

10．砷酸(34H AsO )为三元弱酸，室温下向0.1mol/L 的34H AsO 溶液中滴加NaOH 溶液，溶
液中各微粒的物质的量分数()δX 随pH 的变化如图所示。

已知()()
()(
)()(
)23342444
X δX =
H AsO H AsO HAsO AsO ---
+++c c c c c ，下列叙述正确的是
A ．反应32424AsO H O HAsO OH -
-
-++的平衡常数值为 2.210-
B ．室温下，24HAsO -
离子的电离程度强于水解程度
C ．向VL 0.1mol/L 24NaH AsO 溶液中滴加0.05mol/L NaOH 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()()()()()
323444H H AsO 2AsO HAsO OH c c c c c +---+=++
【答案】C
【详解】A ．由图像可得()()
()
34a324
AsO H HAsO
c c K c -+
-
=
，pH=11.3时()(
)
3244AsO HAsO c c --
=，此时
()a3H K c +==11.310-，反应32424AsO H O
HAsO OH -
-
-++的平衡常数
1411.3 2.7h w a3/10/1010K K K ---===，A 错误；
B ．当()
24HAsO 1δ-=时，溶液pH=9.8呈碱性，所以24HAsO -
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()()
2244c H AsO c HAsO --
=，向VL 0.1mol/L 的
24NaH AsO 溶液中滴加等体积0.05mol/L 的NaOH 溶液的时刻，生成的2
4HAsO -
与剩余的
42H AsO -
物质的量相等，由于前者水解程度小于后者的电离程度(a 2w a 2/K K K >)，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：()()()()
3244H Na 3AsO 2HAsO c c c c -++-+=++()()24H ASO OH c c --+，但两点的物料守恒(也叫元素守恒)式不同，pH 为4.7时有
()()34Na AsO c c +-=()()()242434HAsO H ASO H AsO c c c --+++，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：()
()34H H AsO c c ++=()()()
32442AsO HAsO OH c c c ---
++，pH 为9.8时有物料守恒式()()()3244Na 2AsO 2HAsO 2c c c c +--=++()()2434H ASO 2H AsO c -
+，电荷守恒式和物料守恒式
作差可得：()()()
3424H 2H AsO H ASO c c c c +-++=()()
34AsO OH c --
+，D 错误；
故选C。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11．（14分）
钴是生产电池材料、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)为原料提取钴的工艺流程如图所示：
已知：①常温下，K sp(CuS)=8.9×10-36，K sp(CoS)=1.8×10-22。

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______________________________。

(3)Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•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-)=1.0×10-22(mol•L-1)3]。

(4)“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应的离子方程式为
_____________________________。

(5)“沉铁”过程中，Na2CO3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，Na2S2O8能将Co2+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m kgCo(OH)3。

在提取过程中钴的损失率为______(填含w、m的表达式)%。

【答案】(1)Cu 、PbSO 4 （2分） 盐酸易挥发，对设备腐蚀性强 （2分） (2)0.5 （2分）
(3)S 2O 2－8+2Fe 2+=2Fe 3++2SO 2－
4
（2分） (4)调节溶液pH （2分）
(5)S 2O 2－8+2Co 2++6H 2O=2Co(OH)3↓+2SO 2－4
+6H + （2分） 1100w-59m
11w
（2分）
【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu 、PbSO 4，Co 、Zn 、Fe 均与硫酸反应生成相应的盐，Na 2S 常用作沉淀剂，铜渣为CuS ，“氧化”过程中，Na 2S 2O 8将Fe 2+氧化为Fe 3+，Na 2CO 3调节溶液pH ，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na 2S 2O 8能将Co 2+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 、PbSO 4。

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）Na 2S 常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co 2+，“除铜液”中Co 2+浓度为0.18mol•L -1，K sp (CoS)=1.8×10-22，c (S 2-)=
K sp
(CoS )
c (Co 2+)
=
1.8×10-220.18mol ⋅L -1
=1×10-21mol ⋅L -1，常温下，饱和H 2S 水溶
液中存在关系式：c 2(H +)·c(S 2-)=1.0×10-22(mol•L -1)3则此时溶液的c (H +)=√1.0×10-22(mol •L -1)3
1.0×10-2mol •L
-1，
pH=-lgc(H +)=0.5，故pH ＜0.5；
（3）“氧化”过程中，Na 2S 2O 8与Fe 2+发生反应，Fe 2+氧化为Fe 3+，S 2O 2－8还原为SO 2－
4，离子方程式为S 2O 2－8+2Fe 2+=2Fe 3++2SO 2－
4
； （4）“沉铁”过程中，Na 2CO 3的作用是调节溶液pH ，生成氢氧化铁；
（5）在溶液pH=5时，Na 2S 2O 8能将Co 2+氧化，该反应的离子方程式：S 2O 2
－
8
+2Co 2++6H 2O=2Co(OH)3↓+2SO 2－
4
+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)3。

理论生成Co 为1000kg×w%=10wkg ，实际生成的Co 的质量为：
5959m ×mkg=kg 110110，在提取过程中钴的损失率为59m
1000w%1100w-59m 110100%1000w%11w ⨯-
⨯=⨯。

12．（13分）
()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金
属钴及其他原料制备()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦。

已知：①2+Co 在pH=9.4时恰好完全沉淀为()2Co OH ； ②不同温度下()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦在水中的溶解度如图所示。

(一) 2CoCl 的制备
2CoCl 易潮解，Co(ⅱ)的氧化性强于2Cl ，可用金属钴与氯气反应制备2CoCl 。

实验中利
用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(1)仪器a 的名称为_______。

(2)用图中的装置组合制备2CoCl ，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______________________。

(二) ()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦的制备 步骤如下：
ⅱ.在100 mL 锥形瓶内加入4.5 g 研细的2CoCl ，43g NH Cl 和5 mL 水，加热溶解后加入0.3 g 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10ⅱ以下并缓慢加入2210mL H O 溶液。

ⅱ.在60ⅱ下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到
()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦晶体。

(4)在加入浓氨水前，需在步骤ⅱ中加入4NH Cl ，请结合平衡移动原理解释原因________________。

(5)步骤ⅱ中在加入22H O 溶液时，控制温度在10ⅱ以下并缓慢加入的目的是___________、___________。

(6)制备()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦的总反应的化学方程式为________________________。

(7)步骤ⅱ中的操作名称为_______。

【答案】(1)分液漏斗 （1分） (2) A→D→C→E→B （2分）
防止多余的2Cl 污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E ，使2CoCl 潮解 （2分） (3)--+2+4222MnO +10Cl +16H =2Mn +5Cl +8H O ↑ （2分）
(4)4NH Cl 溶于水电离出+4NH ，使32NH H O ⋅的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中
()-c OH 过大，生成()2Co OH 沉淀 （2分）
(5)控制反应速率 （1分） 防止温度过高使22H O 和32NH H O ⋅分解 （1分） (6)()243222
32362CoCl +2NH Cl+10NH H O+H O 2Co Cl +12H O NH ⎡⎤⋅⎣⎦活性炭
（2分）
【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，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 与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制()336Co NH Cl ⎡⎤⎣⎦； 【详解】（1）仪器a 的名称为分液漏斗；
（2）装置A 用于制备Cl 2，装置D 用于除去Cl 2中的HCl ，装置C 用于干燥Cl 2，装置E 用于制备CoCl 2，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 2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B ； （3）装置A 中KMnO 4和浓盐酸反应制备Cl 2；
（4）4NH Cl 溶于水电离出4NH +
，能使32NH H O ⋅的电离平衡逆向移动，进而可以抑制32NH H O ⋅的电离，防止加入氨水时溶液中()
c OH -过大，生成()2Co OH 沉淀，有利于3
NH 的配位；
（5）22H O 和32NH H O ⋅受热易分解，步骤ⅱ中控制温度在10ⅱ以下并缓慢加入22H O 溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使22H O 和32NH H O ⋅分解；
（6）在题给制备反应中，22H O 是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为()24322233262210H O H O 212H O CoCl NH Cl NH Co NH Cl ⎡⎤++⋅++⎣⎦活性炭
；
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CO 2
的研究成为更加迫切的任务。

(1)在催化剂作用下CO 2和H 2发生反应I ：2CO 2(g)+6H 2(g)
C 2H 4(g)+4H 2O(g) △H 1。

已知298K 时，部分物质的相对能量如表所示(忽略△H 随温度的变化)。

物质
CO 2(g) H 2O(l) H 2O(g) H 2(g) C 2H 4(g) 相对能量(kJ•mol -1)
-393
-286
-242
52
则△H1=_____kJ•mol-1，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H2O(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1.2molH2，发生反应I，测得CO2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ⅱ的平衡常数的计算式K=___________(只列计算式)。

(4)CO2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CO2转化率和产物选择性有重要作用，部分研究数据如表所示：
实验编号n(Fe)：n(Co)
CO2转化
率/%
CO选择
性/%
CH4选择性
/%
C2H4选择
性/%
反应后固体的成分
1100∶0 1.110000Fe和少量Fe3O4 250∶5030.536.842.920.3Fe和Co
30∶10069.2 2.797.10.2Co
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Co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)+H 2O(g) △H ＞0。

调整CO 2和H 2初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO 2的平衡转化率如图所示：
已知：K x 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=k 正x (CO 2)x (H 2)-k
逆
x (CO)x (H 2O)，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CO 2转化
率达到40%时，v v 正
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，CO 2的平衡转化率接近相等 （2分）
426
0.160.04
0.120.36⨯⨯ （2分） (4)D （2分）
(5) F （2分） 2.25 （2分）
【详解】（1）已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，
则()()1ΔH =52 kJ /mol 4242 kJ /mol 2393 kJ /mol 60130+⨯--⨯--⨯=-kJ/mol ；该反应是一个熵减的放热反应，ΔH-T ΔS<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 ．C 2H 4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C 2H 4与H 2O(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AC 。

（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，CO 2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0.4molCO 2和1.2molH 2，发生反应I ，CO 2的平衡转化率为40%，则反应二氧化碳0.16mol ；
()()()222422CO (g)+6H (g)
C H (g)+4H O(g)
mol 0.4 1.200
mol 0.160.480.080.32mol 0.240.760.080.32
起始转化平衡
若反应平衡时M 点(p 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ⅱ的平衡常数的计算式K=426
0.160.04
0.120.36⨯⨯；
（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2343Fe+4CO =Fe O +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Co 作催化剂时2CO 的转化率最高，4CH 的选择性也很高，则制备4CH 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2CO 的转化率、CO 、4CH 、24C H 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2CO 中的+4价的C 降低为24C H 中的-2价和CHⅱ中的-4价，生成等物质的量的4CH 和24C H ，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2CO 和2H 初始投料比最大，说明F 点的温度最高；达到平衡状态E 点，2CO 转化率刚好达到50%，设初始投料2CO 和2H 均为1mol ，列三段式：
()()()222CO (g)+H (g)
CO(g)+H O(g)
mol 1100
mol 0.50.50.50.5mol 0.50.50.50.5
起始转化平衡
此时
()()()()22 2
k CO H v k
=1v k CO H O k x x x x ==正正正逆逆逆； 当2CO 转化率达到40%时，
()()()222CO (g)+H (g)CO(g)+H O(g)
mol 1100
mol 0.40.40.40.4mol 0.60.60.40.4
起始转化平衡
()()()()22
2 k CO H v k 0.60.6= 2.25v k CO H O k 0.40.4
x x x x ⨯=⨯=⨯正正正逆逆逆。

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+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图1所示。

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_______。

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+1
2表示，与之相反的用-1
2
表示，
±1
2
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。

1mol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______(填含N A的表达式)。

(2)卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，具有独特的电子结构，卟啉分子结构如
图2，分子中N原子采取_______杂化；卟啉分子中存在大π键，可表示为_______(巳知：
大π键可用符号m
n
Π；表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键
的电子数，如苯分子中的大π键可表示为6
6
Π)。

(3)Fe3O4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O2-，代表_______。

【答案】(1)[Ar]3d64s2（1分）第四周期ⅱ族（1分）+1或-1（1分）
H< C< N <O（1分）4N A （1分）
Π（2分）
(2)sp2（1分）26
24
(3)32（1分）Fe2+（1分）
【详解】（1）①铁位于第四周期ⅱ族，基态原子的电子排布式[Ar]3d64s2，O原子的价电子为2s22p4，2p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ⅱ族；+1或-1；
②血红素分子中非金属元素有C、N、O、H，电负性由小到大的顺序为H< C< N <O，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，1mol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为4N A，答案：4N A；
（2）卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，分子中N原子采取sp2杂化，卟啉分子中存在大π键，环上的20个C原子核4 个C原子在同一平面，每个碳原子提供一个电子，2
Π，答案：个N原子各提供1个电子，2个N原子各提供1对电子，形成大π键，可表示为26
24Π；
sp2；26
24
（3）每个I型和II型小单位中含O2-有8个，1个Fe3O4晶胞中有O2-：84
=32，Fe3O4中含Fe2+和Fe3+且个数比为1∶2，, 代表Fe2+。

答案：32；Fe2+。

15．（10分）
以下是某药物L的一种合成路线：
已知：①
②
(1)B的官能团名称是_______。

(2)C→D的反应类型是_______。

(3)写出符合以下条件的E的同分异构体的结构简式_______。

a．属于芳香族化合物b．能发生银镜反应c．苯环上的氢原子的种类只有2种
(4)H→J的化学方程式是______________________________。

(5)下列关于化合物K说法不正确
．．．的是_______。

a．从K→L的反应可知，K分子具有碱性
b．K分子在胃酸中能稳定存在
c．由J→K是加成反应
d．K能发生氧化反应
(6)D+F→G经过中间产物1和中间产物2，请写出中间产物2的结构简式____________。

【答案】(1)氨基（1分）
(2)加成反应（1分）
(3)（2分）
(4)＋−−→＋HCl
（2分）
(5)bc （2分）
(6)（2分）
【分析】A和NH2OH在一定条件下发生取代反应生成B，B和浓硝酸在浓硫酸加热条件下发生硝化反应生成C，C和H2NCN发生加成反应生成D，E和(CH3)2NCHO发生反应生成F 和水，D和F发生反应经过两步得到G，根据信息①G和氢气在Pd/C作用下反应生成
H()，H和反应生成J()，
J发生取代反应生成K。

【详解】（1）根据B的结构得到B的官能团名称是氨基；故答案为：氨基。

（2）根据①信息和D的结构分析得到C→D的反应类型是
加成反应；故答案为：加成反应。

（3）a．属于芳香族化合物，说明含有苯环；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；c．苯环上的氢原子的种类只有2种，说明两个支链在对位，则其结构简式为；故答案为：。

（4）根据信息②得到G变为H是硝基变氨基，根据信息②后面的变化和J的结构得到H→J
的化学方程式是＋−−→
＋HCl；故答案为：＋
−−→＋HCl。

（5）a．从K→L的反应可知，K与甲磺酸反应生成L，则K分子可能具有碱性，故a正确；b．K分子含有肽键，在胃酸中可能发生水解，因此不能稳定存在，故b错误；c．由J→K 还有HCl生成，该反应是取代反应，故c错误；d．K能被酸性高锰酸钾氧化，因此能发生氧化反应，故d正确；综上所述，答案为：bc。

（6）D+F→G经过中间产物1和中间产物2，在根据G的结构分析，中间产物1反应生成中间产物2和水，则中间产物2的结构简式；故答案为：。