2023 年高考考前押題密卷-化學(xué)（福建卷）（全解全析）

2023年高考考前押題密卷（福建卷）

化學(xué)?全解全析

注意事項：

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填

寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂

黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。

3.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-lC-120-16N-14S-32Cl-35.5K-39

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一項符合題目要求。

1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法正確的是

A.使用醫(yī)用酒精對物體表面消毒時，醫(yī)用酒精的濃度是95%

B.北京冬奧會采用銀離子抗菌技術(shù)制作的速滑服，可有效防護細菌侵入

C.最大單體面積“發(fā)電玻璃”使用的磁化鎘屬于金屬材料

D.《清明上河圖》原作是在絹上作畫，絹的主要成分是纖維素

【答案】B

【詳解】A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%,故A錯誤；

B.北京冬奧會采用銀離子抗菌技術(shù)制作的速滑服，可有效防護細菌侵入，故B正確；

C.磁化鎘屬于新型無機非金屬材料，C錯誤；

D.《清明上河圖》是在生絲織成的絹上作畫，絹的主要成分是蛋白質(zhì)，故D錯誤；

故選B。

2.從樟科植物枝葉提取的精油中含有甲、乙兩種成分：

CH=CH—CH2OH（_y-CH=CH—CHO

甲乙

下列有關(guān)說法錯誤的是

A.甲、乙均屬于芳香燃

B.甲、乙分子均具有極性

C.甲、乙均能使酸性KMnCU及澳的四氯化碳溶液褪色

D.甲可以通過氧化反應(yīng)制備乙

【答案】A

【詳解】A.甲、乙兩分子中均含有氧原子，不屬于燒類，都是芳香族化合物，A錯誤；

1

B.甲、乙兩分子均不對稱，具有極性，B正確；

C.甲、乙兩分子中均含碳碳雙鍵，故二者均可以使酸性KMnCU及澳的四氯化碳溶液褪色,

C正確；

D.甲中醇羥基可以在Cu作催化劑條件下被氧氣氧化為醛基，D正確；

故答案為A。

3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

y^CH=CH2

A.104g苯乙烯）含有。鍵數(shù)目為11/

B.在氫氧堿性燃料電池中，當(dāng)正極上消耗22.4L氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA

C.在精煉銅的過釋中，當(dāng)陰極析出銅32g時，陰陽極轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為NA

D.等物質(zhì)的量的N2和C2H2所含有的電子數(shù)均為14NA

【答案】C

【詳解】A.104g苯乙烯為ImoL單鍵均為◎鍵，雙鍵中含有1個◎鍵1個兀鍵，苯環(huán)碳原

子之間存在6個◎鍵，貝!J1mol苯乙烯含有16moi0鍵，數(shù)目為16JVA,A錯誤；

B.沒有說明是否為標(biāo)況，不能計算氣體物質(zhì)的量，不能計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)，B錯誤；

C.陰極銅離子得到電子生成銅單質(zhì)，當(dāng)陰極析出銅32g時，為0.5mol,根據(jù)電子守恒可知，

陰陽極轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為NA,C正確；

D.等物質(zhì)的量的N2和C2H2,但是沒有說明是否均為Imol,故不能減少所含有的電子數(shù)，

D錯誤；

故選Co

4.過氧化鈣是一種用途廣泛的優(yōu)良供氧劑，性質(zhì)與過氧化鈉相似。選用下列部分裝置（部分

固定裝置略）合理組裝可制備過氧化鈣，其中不適合或不必要選取的裝置是

【答案】D

【詳解】制備過氧化鈣時，用雙氧水制備氧氣，鈣屬于極活潑的金屬，極易與水反應(yīng)生成氫

氧化鈣和氫氣，而制備的氧氣中會混有水蒸氣，所以在與鈣化合之前需要干燥，選用試劑是

濃硫酸，同時為防止空氣中水蒸氣進入，最后還需要連接濃硫酸的洗氣瓶，制備過程中不需

要裝有NaOH溶液的洗氣瓶，故選D。

5.下列物質(zhì)性質(zhì)實驗對應(yīng)的離子方程式書寫正確的是

2++

A.漂白粉溶液吸收CO2后產(chǎn)生白色沉淀：Ca+CO2+H2O=CaCO3；+2H

2

+3+

B.Fe(0H)3溶于氫碘酸：Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O

C.用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢：CaSO4(s)+CO^CaCO3(s)+SO^

D.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH：+OH-=NH3-H2O

【答案】C

【詳解】A.漂白粉溶液吸收C02后產(chǎn)生碳酸鈣沉淀和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式是

2+

Ca+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3J+2HC1O,故A錯誤；

B.Fe(OH)3溶于氫碘酸生成碘化亞鐵、碘單質(zhì)、水，反應(yīng)的離子方程式是

+2+

2Fe(OH)3+6H+2I=2Fe+I2+3H。，故B錯誤；

D.用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢，沉淀硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，反應(yīng)的離子方程式是

CaSO4(s)+CO^-UCaCO3(s)+SO^',故C正確；

C.同濃度同體積NH4HsO4溶液與NaOH溶液混合，NH4HSO4與NaOH等物質(zhì)的量反應(yīng)生

成硫酸銹、硫酸鈉、水，反應(yīng)的離子方程式是H++OH-=H2。，故D錯誤；

故選Co

6.明代《徐光啟手跡》記載了制備王水的方法，其主要流程如圖所示(水蒸氣等部分產(chǎn)物已

省略)，下列說法中正確的是

NaCl

-----?王水

步驟ii

A.X不能使酸性KMnO”溶液褪色

B.操作1的名稱為蒸儲

C.流程中涉及的均為非氧化還原反應(yīng)

D.步驟ii能在鐵容器中進行

【答案】B

【詳解】A.由題意，F(xiàn)e元素化合價升高，故部分硫元素化合價降低，X的化學(xué)式應(yīng)為SO2,

SO2具有還原性能使酸性KMnO4溶液褪色，故A錯誤；

B.操作1后得到硝酸，該過程中制取硝酸是利用了硝酸易揮發(fā)的性質(zhì)，則操作1的名稱為

蒸儲，故B正確；

C.步驟i中燃燒綠磯生成SO2過程中，s、Fe的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C

錯誤；

D.王水是濃硝酸和濃鹽酸按體積比=1:3的混合物，會腐蝕鐵容器，步驟ii不能在鐵容器中

進行，故D錯誤；

故選B。

3

7.W、X、Y、Z為原子序數(shù)遞增的短周期主族元素，四種元素可組成一種新型化合物WX?YZ6,

其中W的原子半徑在短周期主族元素中最大，X的質(zhì)子數(shù)是Z核外最外層電子數(shù)的2

倍。下列敘述正確的是

A.四種元素對應(yīng)的最高價氧化物的水化物中，只有一種是強酸

B.W與另外三種元素形成的二元化合物均含離子鍵，水溶液呈堿性

C.簡單離子半徑：Z>Y>W

D.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>Z

【答案】A

【分析】W的原子半徑在短周期主族元素中最大，W為Na；X的質(zhì)子數(shù)是Z核外最外層電

子數(shù)的2倍，分情況討論：若Z核外最外層電子數(shù)為7,則Z為Cl、X為Si,由化合物中

元素化合價代數(shù)和為0可知，Y元素化合價為-3,Y為P；若Z核外最外層電子數(shù)為6,則

Z為S、X為Mg,Y元素化合價為+7,不合理；若Z核外最外層電子數(shù)為5,則X的質(zhì)子

數(shù)為10,不合理；可知Z為Cl、X為Si、Y為P。

【詳解】A.氫氧化鈉為強堿，硅酸為弱酸，磷酸為中強酸，高氯酸為強酸，A項正確；

B.氯化鈉水溶液呈中性，B項錯誤；

C.核外電子排布相同的離子，原子序數(shù)大的半徑小，磷離子的半徑大于氯離子的，C項錯

誤；

D.同周期主族元素從左到右，非金屬性依次增強，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Cl>Si,D

項錯誤；

故答案為：Ao

8.反應(yīng)物(S)轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物P或P-Z)的能量與反應(yīng)進程的關(guān)系如下圖所示：

A.進程I是吸熱反應(yīng)

B.平衡時p產(chǎn)率：n>i

c.生成P的速率：

D.進程IV中，Z不是催化劑

【答案】D

【詳解】A.進程I反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B.II中加了催化劑，降低反應(yīng)所需活化能，但平衡不移動，因此平衡時P產(chǎn)率：n=i,故

4

B錯誤；

c.in的第二階段的活化能大于ii的任意階段的活化能，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，因此

生成P的速率：IIKII,故C錯誤；

D.根據(jù)進程IV中參與反應(yīng)的物質(zhì)和生成的物質(zhì)，則說明Z不是催化劑，故D正確。

綜上所述，答案為D。

9.鹽酸羥胺(NH20H-HC1)主要用作還原劑和定影劑。以外排煙氣中的NO,以及H?、鹽酸

為原料通過電化學(xué)方法一步制備鹽酸羥胺的裝置示意圖如下。下列說法錯誤的是

廠I負載F~l

Pt電極i1含Rh催化電極

?NHQH+

H，J

離子交換膜

A.制備總反應(yīng)方程式為2NOX+(2x+1)H2+2HC1=2NH2OH.HCl+(2x-2)H,0

B.該電化學(xué)裝置中的離子交換膜最好選擇質(zhì)子交換膜

C.制備過程中，Pt電極所在極室溶液的pH基本保持不變

D.每生成Imol鹽酸羥胺，電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量：n(e)=3mol

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)N0.以及H2、鹽酸為原料制備鹽酸羥胺，制備總反應(yīng)方程式為

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

B.根據(jù)電極反應(yīng)，左邊氫氣失去電子變?yōu)闅潆x子，右邊N0,變?yōu)镹H3OH+需要不斷消耗氫

離子，因此該電化學(xué)裝置中的離子交換膜最好選擇質(zhì)子交換膜，氫離子從左邊不斷移動到右

邊，故B正確；

C.制備過程中，Pt電極為負極，氫氣失去電子變?yōu)闅潆x子，氫離子穿過交換膜進入到右室,

轉(zhuǎn)移多少電子，生成多少氫離子，就會向右移動多少氫離子，因此Pt電極所在極室溶液的

pH幾乎不變，故C正確；

D.根據(jù)總反應(yīng)方程式2NOX+(2X+1)H2+2HC1=2NH20H-HC1+(2X-2)H2O,生成2m。1,

轉(zhuǎn)移(4x+2)mol電子，則每生成Imol鹽酸羥胺，電路中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量：

n(e)=(2x+l)mol,故D錯誤。

綜上所述，答案為D。

10.碎酸(H3ASO4)為三元弱酸，室溫下向O.lmol/L的H3ASO4溶液中滴加NaOH溶液，溶

液中各微粒的物質(zhì)的量分數(shù)§(X)隨pH的變化如圖所示。

5

z\C（AI

已知（X）-c（珥AsO4）+c（凡AsOj+c（HAsOj）+c（AsOj）'下列敘述正確的是

A.反應(yīng)AsO；

B.室溫下，HAsOj離子的電離程度強于水解程度

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

體積大于VL

D.圖中pH為4.7和9.8時均有c（H+）+c（H3AsC）4）=2c（AsO，）+c?AsOj卜cpIT）

【答案】C

【詳解】A.由圖像可得（3=\芳，pH=11.3時c（AsO；-）=c（HAsOj）,此時

cIHASC）4）

Ka3=C（H+）=1O113,反應(yīng)AsOf+H,0uHAsOj-+OIT的平衡常數(shù)

Kh=跖—=10*/10-"3=io"?,人錯誤；

B.當(dāng)5（HAsO『）=l時，溶液pH=9.8呈堿性，所以HAsO：離子的水解程度強于電離程度，

B錯誤；

C.根據(jù)圖像，當(dāng)溶液pH=6.8時，溶液中c（H2AsO；）=c（HAsOf）,向VL0.1mol/L的

NaHQsO,溶液中滴加等體積0.05mol/L的NaOH溶液的時刻，生成的HAsOj與剩余的

HzAsO：物質(zhì)的量相等，由于前者水解程度小于后者的電離程度（42>除/￡2）,此時溶液

顯酸性，若要使pH=7,需繼續(xù)滴加NaOH溶液，所以消耗NaOH溶液體積大于VL,C正

確；

D.在pH為4.7和9.8時均有電荷守恒關(guān)系式：

++

c（H）+c（Na）=3c（AsO^）+2c（HAsO;-）+c（H2ASO4）+c（OH-）,但兩點的物料守恒（也叫

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

+

電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為9.8時有物料守恒式c（Na+）=2c（As*）+24HAsC^j+2c（H2ASO；）+2c（H3AsO4）,

電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錯誤；

故選C。

二、非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.(14分)

鉆是生產(chǎn)電池材料、高溫合金、磁性材料及催化劑的重要原料。一種以濕法煉鋅凈化渣

(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金屬及其氧化物)為原料提取鉆的工藝流程如圖所示：

砧酸破化的SKM被篋怙

I?

圖一早一平一畫一畫一|T.化液|?ColQHh

權(quán)清鉆回收后液

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

②溶液的氧化還原電位為正表示該溶液顯示出一定的氧化性。氧化還原電位越高，氧化

性越強；電位越低，氧化性越弱。

回答下列問題：

(1)“浸出渣”的主要成分為(填化學(xué)式)。工業(yè)上，在“浸出”過程中，常選用硫

酸浸取，而不用鹽酸，原因是O

(3)Na2s常用作沉淀劑，在“銅渣”中檢測不到C02+,“除銅液”中C02+濃度為O.lSmol-L-1,

則此時溶液的pH<［已知常溫下，飽和H2s水溶液中存在關(guān)系式：

c2(H+)-c(S2-)=l.OxlO-^CmobL-1)3］。

(4)“氧化”過程中，Na2s2。8與Fe2+發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

(5)“沉鐵”過程中，Na2c。3的作用是。

(6)Co元素的存在形式的穩(wěn)定區(qū)域與溶液pH的關(guān)系如圖(E—pH圖)所示，在溶液pH=5

時，Na2s2。8能將C02+氧化，寫出該反應(yīng)的離子方程式：；以1噸濕法煉鋅凈化渣(Co

的質(zhì)量分數(shù)為w%)為原料提取出mkgCo(OH)3o在提取過程中鉆的損失率為(填含w、

m的表達式)％。

7

2.5

2.0

【答案】(l)Cu、PbSCU(2分)鹽酸易揮發(fā)，對設(shè)備腐蝕性強(2分)

(2)0.5(2分)

⑶S2O：+2Fe2+=2Fe3++2SO7(2分)

⑷調(diào)節(jié)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”的主要成分為Cu、PbSCU,Co、Zn、Fe均與硫酸反應(yīng)生成相應(yīng)的鹽，Na2s

常用作沉淀劑，銅渣為CuS,“氧化”過程中，Na2s2。8將Fe2+氧化為Fe3+,Na2cCh調(diào)節(jié)溶液

pH,生成氫氧化鐵，在溶液pH=5時，Na2s2。8能將C02+氧化生成CO(OH)3,據(jù)此分析解題。

【詳解】(1)“浸出渣”的主要成分為Cu、PbS04o工業(yè)上，在“浸出”過程中，常選用硫酸浸

取，而不用鹽酸，原因是鹽酸易揮發(fā)，對設(shè)備腐蝕性強；

(2)Na2s常用作沉淀劑,在“銅渣”中檢測不到C02+,“除銅液呻Co?+濃度為0.18mol?L」，

K(CoS)=1.8xlO-22,c(S2')=%絮=弁=lxl0-21mol-L1,常溫下，飽和HS水溶

sp/c(Co,十)0.18mol-L12

液中存在關(guān)系式：C2(H+>C(S2-尸L0xl0-22(mol?L」)3則此時溶液的c(H+)=需黑;T，

pH=-lgc(H+)=0.5,故pH<0.5；

(3)“氧化”過程中，Na2s2。8與Fe2+發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e?+氧化為Fe3+,SzO：還原為SO1,離子

2+3+

方程式為S2Of+2Fe=2Fe+2SOf；

(4)“沉鐵”過程中，Na2cCh的作用是調(diào)節(jié)溶液pH,生成氫氧化鐵；

(5)在溶液pH=5時，Na2s2。8能將C02+氧化，該反應(yīng)的離子方程式：

2++

S2O2~+2Co+6H2O=2Co(OH)31+2SOf+6H；以1噸濕法煉鋅凈化渣(Co的質(zhì)量分數(shù)為w%)

為原料提取出mkgCo(OH)3o理論生成Co為1000kgxw%=10wkg,實際生成的Co的質(zhì)量為：

5959m59m

TT0Xmkg=IT0k8,在提取過程中鉆的損失率為l00°xw%一行■1100w-59m。

X1vU/0一

lOOOxw%1lw

8

12.(13分)

[Co(NH3)JCI3(三氯化六氨合鉆)是合成其他含鉆配合物的重要原料，實驗室中可由金

屬鉆及其他原料制備[CO(NH3)6]C13O

已知：①C02+在pH=9.4時恰好完全沉淀為CO(OH)2；

②不同溫度下[Co(NH3入]CL在水中的溶解度如圖所示。

020406080100

溫度/℃

(-)Coci?的制備

CoC“易潮解，co(ni)的氧化性強于ci2,可用金屬鉆與氯氣反應(yīng)制備coc1。實驗中利

用如圖裝置(連接用橡膠管省略)進行制備。

(2)用圖中的裝置組合制備CoCl?,連接順序為。裝置B的作用是

(3)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為o

(二)[CO(NH3)61C13的制備

步驟如下：

I.在100mL錐形瓶內(nèi)加入4.5g研細的CoC%3gNH4cl和5mL水，加熱溶解后加入

0.3g活性炭作催化劑。

II.冷卻后，加入濃氨水混合均勻?？刂茰囟仍?0。＜2以下并緩慢加入lOmLHO2溶液。

III.在60。(2下反應(yīng)一段時間后，經(jīng)過、過濾、洗滌、干燥等操作，得到

[CO(NH3)61C13晶體。

(4)在加入濃氨水前，需在步驟I中加入NHaC1,請結(jié)合平衡移動原理解釋原因

9

⑸步驟n中在加入H?。?溶液時，控制溫度在10。＜2以下并緩慢加入的目的是.

⑹制備[Co（NH3）JCl3的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為o

（7）步驟ni中的操作名稱為0

【答案】（1）分液漏斗（1分）

⑵A—D—CTE—B（2分）

防止多余的C）污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝置E,使CoCl?潮解（2分）

+2+

（3）2MnO4+10Cl+16H=2Mn+5Cl2T+8H2O（2分）

（4）NH4cl溶于水電離出NH：,使NH/H’O的電離平衡逆向移動，防止加入氨水時溶液中

c（0H）過大，生成Co（OH）2沉淀（2分）

⑸控制反應(yīng)速率（1分）防止溫度過高使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】利用濃鹽酸與高錦酸鉀反應(yīng)制氯氣，通過飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，再通過

濃硫酸干燥，得到的干燥純凈的氯氣通入裝置E與鉆加熱條件下反應(yīng)生成氯化鉆；再利用

氯化鉆與氨化錢在活性炭催化下反應(yīng)制[CO（NH3）6]CI3；

【詳解】（1）儀器a的名稱為分液漏斗；

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

于制備CoCb,裝置B的作用是防止多余的氯氣污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進入裝

置E,使CoCL潮解，故連接順序為A—DTC—ETB；

（3）裝置A中KMnO4和濃鹽酸反應(yīng)制備CL;

（4）NH4a溶于水電離出NH；,能使NHs-H?。的電離平衡逆向移動，進而可以抑制

的電離，防止加入氨水時溶液中過大，生成Co（OH）2沉淀，有利于

的配位；

（5）凡。?和NIVHzO受熱易分解，步驟II中控制溫度在10。（2以下并緩慢加入HQ2溶液

是為了控制反應(yīng)速率，防止溫度過高使H?。?和NHj-H2。分解；

（6）在題給制備反應(yīng)中，應(yīng)。?是氧化劑，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒可得總反應(yīng)的化

活性炭

12H

學(xué)方程式為2coe72+2而40/+10阻3舊2。+凡022pM）6p3+2°；

13.（13分）

2020年中國向世界宣布2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。轉(zhuǎn)化和吸收CCh

10

的研究成為更加迫切的任務(wù)。

(1)在催化劑作用下C02和H2發(fā)生反應(yīng)I：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)AHi。

已知298K時，部分物質(zhì)的相對能量如表所示(忽略△>!隨溫度的變化)。

物質(zhì)

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

相對能量(kbmoE)-393-286-242052

則△Hi=kJ?moE,該反應(yīng)能夠自發(fā)進行的條件是(填“較高溫度”或“較

低溫度

(2)在恒溫恒容條件下，向密閉容器中充入CO2、H2,加入合適催化劑，發(fā)生反應(yīng)I,下

列情況表明反應(yīng)I達到平衡狀態(tài)的是(填序號)。

A.C2H4的體積分數(shù)保持不變

B.混合氣體密度保持不變

C.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變

D.混合氣體中C2H4與H20(g)的分壓之比不變

(3)在一體積不變的密閉容器中投入0.4molCO2和12noiH2,發(fā)生反應(yīng)I,測得CCh的平

衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示；

①隨著溫度升高，不同壓強下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率接近相等，原因是=

②若反應(yīng)平衡時M點(p2對應(yīng)壓強下)密閉容器的體積為2L,請列出計算N點條件下反

應(yīng)I的平衡常數(shù)的計算式K=(只列計算式)。

(4)CCh催化加H2還可能生成其他含碳化合物。研究發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)e、Co固體雙催化劑的成分

對相同時間內(nèi)C02轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物選擇性有重要作用，部分研究數(shù)據(jù)如表所示：

實驗CC)2轉(zhuǎn)化co選擇CH4選擇性C2H4選擇

〃(Fe)：〃(Co)反應(yīng)后固體的成分

編號率/%性/%/%性/%

1100:01.110000Fe和少量FesO4

250：5030.536.842.920.3Fe和Co

30：10069.22.797.10.2Co

11

下列說法錯誤的是(填序號)。

A.實驗1中生成Fe3O4的化學(xué)方程式為3Fe+4CO2=Fe3O4+4CO

B.用該方法制備CH4時，最好選用金屬C。作催化劑

C.n(Fe)：n(Co)對該制備過程影響很大

D.若生成等物質(zhì)的量的CH4和C2H4,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)比值為2：1

(5)在一定條件下，選擇合適的催化劑使CO2只發(fā)生轉(zhuǎn)化為CO的反應(yīng)：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH>0o調(diào)整82和H2初始投料比，測得在一定投料比

和一定溫度下，該反應(yīng)C02的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示：

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：&是以物質(zhì)的量分數(shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)；反應(yīng)速率v=v正-v逆=k6(CChRHzAk

ax(CO)x(H2O),k正、k逆分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分數(shù)。B、E、F三點

反應(yīng)溫度最高的是點，計算E點所示的投料比在從起始到平衡的過程中，當(dāng)CO2轉(zhuǎn)化

率達到40%時，=o

v逆

【答案】(1)-130(2分)較低溫度(1分)

(2)AC(2分)

(3)隨著溫度升高，壓強對平衡的影響逐漸減小，所以隨著溫度升高，不同壓強下，CO2的平

衡轉(zhuǎn)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)

【詳解】(1)已知反應(yīng)熱焰變等于生成物的總能量減去反應(yīng)物的總能量，

則AH】=52kJ/mol+4x(-242kJ/mol)-2x(-393kJ/mol)-6x0=-130kj/mol；該反應(yīng)是一

個嫡減的放熱反應(yīng)，AH-TAS<0反應(yīng)能自發(fā)進行，則上述反應(yīng)能夠自發(fā)進行的條件是較低溫

度。

(2)A.C2H4的體積分數(shù)保持不變，說明平衡不再移動，達到平衡狀態(tài)，故A符合題意；

B.容器體積和氣體質(zhì)量始終不變，則混合氣體的密度始終不變，因此不能說明反應(yīng)已達平

衡，故B不符合題意；

C.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量M=m/n,氣體質(zhì)量不變，但是氣體的總物質(zhì)的量隨反應(yīng)

12

進行而改變，所以M會發(fā)生改變，當(dāng)M不變時，反應(yīng)達到平衡，故C符合題意；

D.混合氣體中C2H4與H20(g)為生成物，分壓之比等于反應(yīng)的系數(shù)比為定值，分壓之比不

變不能說明達到平衡狀態(tài)，故D不符合題意；

故選ACo

(3)①隨著溫度升高，壓強對平衡的影響逐漸減小，所以隨著溫度升高，不同壓強下，CO2

的平衡轉(zhuǎn)化率接近相等；

②在一體積不變的密閉容器中投入0.4molCO2和1.2molH2,發(fā)生反應(yīng)I,CCh的平衡轉(zhuǎn)化率

為40%,則反應(yīng)二氧化碳0.16mol；

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

起始(mol)0.41.200

轉(zhuǎn)化(mol)0.160.480.080.32

平衡(mol)0.240.760.080.32

若反應(yīng)平衡時M點力2對應(yīng)壓強下)密閉容器的體積為2L,平常常數(shù)只受溫度影響，則MN

兩點的平衡常數(shù)相同，故N點條件下反應(yīng)I的平衡常數(shù)的計算式K=0-164x0-04.

0.122X0.366

(4)A.由題干表中數(shù)據(jù)可知，實驗1中CO的選擇性100%,則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

3Fe+4cC)2=Fe3O4+4CO,A正確；

B.由題干表中數(shù)據(jù)可知，實驗1和實驗3比較可知，當(dāng)用C。作催化劑時CO?的轉(zhuǎn)化率最

高，CH’的選擇性也很高，則制備CH,時最好選用金屬CO作催化劑，B正確；

C.由題干表中數(shù)據(jù)可知，n(Fe):n(CO)的不同對CO?的轉(zhuǎn)化率、CO、CH4,C2H,的選擇

性均影響很大，即n(Fe):n(CO)對該制備過程影響很大，C正確；

D.本反應(yīng)中是由CO?中的+4價的C降低為C2H4中的一2價和CH,中的-4價，生成等物質(zhì)的

量的CH4和C2H4,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)比值為2：3,D錯誤；

故選D；

(5)反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大；B、E、F投料比不

同但轉(zhuǎn)化率相同，且F點CO?和H?初始投料比最大，說明F點的溫度最高；達到平衡狀態(tài)

E點，CO2轉(zhuǎn)化率剛好達到50%,設(shè)初始投料CO2和H?均為Imol,列三段式：

CO2(g)+H2(g)^=±CO(g)+H2O(g)

起始(mol)1100

轉(zhuǎn)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；

當(dāng)CO2轉(zhuǎn)化率達到40%時,

13

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

起始(mol)1100

轉(zhuǎn)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）

空氣中含大量的氮元素，日常生活中鐵的應(yīng)用非常廣泛，可見生產(chǎn)、生活等離不開化學(xué)。

（1）血紅蛋白（Hb）是血液中運輸氧及二氧化碳的蛋白質(zhì)，由球蛋白與血紅素結(jié)合而成。

血紅素是由中心Fe2+與配體葉琳衍生物結(jié)合成的大環(huán)配位化合物，其結(jié)構(gòu)如圖1所示。

圖1

①基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為,其在元素周期表中的位置為o原

子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用表示,與之相反的用表示,

士;即稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的氧原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為

②血紅素分子中非金屬元素的電負性由小到大的順序為（填元素符號）。

③含有多個配位原子的配體與同一中心離子（或原子）通過螯合配位成環(huán)而形成的配合

物為螯合物。Imol血紅素中通過螯合作用形成的配位鍵的數(shù)目為______（填含NA的表達式）。

（2）嚇琳是含有平面共軻大環(huán)結(jié)構(gòu)的有機分子，具有獨特的電子結(jié)構(gòu)，葉琳分子結(jié)構(gòu)如

圖2,分子中N原子采取雜化；口卜咻分子中存在大兀鍵，可表示為（巳知：大

兀鍵可用符號口：;表示，其中m代表參與形成大兀鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大兀鍵的電子

數(shù)，如苯分子中的大兀鍵可表示為口：）。

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圖2

⑶FesCU晶胞（圖3）可以劃分成8個小的立方單位（圖4）,分別由4個I型和4個II型小

單位拼在一起構(gòu)成。Fe3O4晶胞中有個O'?代表。

圖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）嗚（2分）

（3）32（1分）Fe2+（1分）

【詳解】（1）①鐵位于第四周期VIII族，基態(tài)原子的電子排布式［Ar］3d64s2,0原子的價電子

為2s22Pt2P軌道有1對電子和2個自旋狀態(tài)相同的單電子，其自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為

+1或-1,答案：［Ar］3d64s2；第四周期VIII族；+1或-1；

②血紅素分子中非金屬元素有C、N、0、H,電負性由小到大的順序為H<C<N<0,答案:

H<C<N<O；

③由圖示可知1個配體中有4個配位N原子和中心原子形成4個配位鍵，Imol血紅素中通

過螯合作用形成的配位鍵的數(shù)目為4