2023届河南省焦作市普通高中高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题含解析

这是一份2023届河南省焦作市普通高中高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河南省焦作市普通高中2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与人体健康、食品安全及环境保护等息息相关。下列叙述正确的是
A．通过清洁煤技术减少煤燃烧造成的污染，有利于实现碳中和
B．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康也会产生不良影响
C．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃都是可回收再利用的资源
D．纳米铁粉可以通过吸附作用高效地除去被污染水体中的Cu2+、Ag+等重金属离子
【答案】C
【详解】A．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，但不能减少CO2排放，不利于实现碳中和，故A错误；
B．在规定范围内使用食品添加剂对人体健康不会产生不良影响，故B错误；
C．废弃的塑料、金属、纸制品及普通玻璃均可回收利用，故C正确；
D．纳米铁粉可以从溶液中将Cu2+、Ag+等重金属离子置换成单质，与吸附性无关，故D错误；
故选：C。
2．化合物M可用于油漆、颜料、涂料工业，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是

A．分子式为C14H10O3 B．分子中含有4种官能团
C．能与H2发生加成反应 D．苯环上的一代氯物有5种
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知M的分子式为：C14H12O3，故A错误；
B．M中含羟基、羰基、醚键三种官能团，故B错误；
C．该物质中含有苯环和羰基均能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．该物质含两个苯环，一氯代物共6种，故D错误；
故选：C。
3．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们形成的一种物质的结构如图所示，其中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，下列推断中错误的是

A．简单离子半径：W>Z>Y
B．Z单质可溶于由X、Z形成的化合物中
C．最简单氢化物的沸点：Y>X
D．Y与氧元素形成的化合物不止三种
【答案】A
【分析】由阴离子的结构可知，X原子形成4个共价键、Y原子形成3个共价键、Z原子形成2个共价键，前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，化合物中所有原子都形成了8电子稳定结构，其中仅X、Y在同周期，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素、W为K元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于钾离子，故A错误；
B．硫单质不溶于水、微溶于酒精，易溶于二氧化碳，故B正确；
C．氨分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力强于甲烷，沸点高于甲烷，故C正确；
D．氮元素与氧元素形成的氧化物有一氧化二氮、一氧化氮、四氧化二氮、二氧化氮、五氧化二氮等，远不止三种，故D正确；
故选A。
4．下列指定反应的方程式书写正确的是
A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．Ca(HCO3)2溶液中滴加少最NaOH溶液：Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O
C．金属Na在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O22Na2O
D．用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=十
【答案】B
【详解】A．氢氧化铁与氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+2I—+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；
B．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．金属钠在空气中加热生成淡黄色的过氧化钠固体，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2，故C错误；
D．氨水与少量的二氧化硫反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2十+H2O，故D错误；
故选B。
5．下列实验操作、现象均正确且能得出相应结论的是

实验操作
实验现象
结论
A
将Fe3O4粉末溶于盐酸，再向其中加入少量酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
Fe3O4中含有Fe(II)
B
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入少量新制氢氧化铜，加热
产生砖红色沉淀
淀粉的水解产物中有葡萄糖
C
NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合
产生白色沉淀
结合H+的能力：<
D
向10mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先加入5mL0.1mol·L-1KCl溶液，再加入5mL1mol·L-1KI溶液
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明四氧化三铁中含有Fe(II)，故A错误；
B．葡萄糖在酸性溶液中不能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色沉淀，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液混合产生白色沉淀说明碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，故C正确；
D．向过量的硝酸银溶液中先加入少量氯化钾溶液，再加入碘化钾溶液时，溶液中只存在沉淀的生成，没发生沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；
故选C。
6．在电还原条件下由PVC{}产生的氯离子可以直接用于串联电氧化氯化反应。PVC可用于常规回收DEHP(在电化学反应中可充当氧化还原介质，提高反应效率)，转化过程如图所示。

下列叙述错误的是
A．上述装置为将电能转化成化学能的装置
B．电极d上发生还原反应
C．上述转化的总反应方程式为
D．上述转化实现了资源回收与利用
【答案】B
【详解】A．上述装置有外接电源，为电解池，将电能转化成化学能，A正确；
B．电极d上氯离子失去电子生成氯原子，发生氧化反应，B错误；
C．结合反应过程，和电解生成、，转化的总反应方程式为，C正确；
D．根据题干信息，上述转化实现了PVC资源回收与利用，D正确；
故选B。
7．常温下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数。下列有关叙述正确的是
A．在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小
B．pH=7时，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
C．在NaHR溶液中，有关微粒浓度大小关系为c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
D．加入NaOH固体至pH=n，此时存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【详解】A．H2R溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小，往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A错误；
B．pH=7时，H2R溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B错误；
C．HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数，则在NaHR溶液中，HR-的电离程度大于其水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C错误；
D．加入NaOH固体至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)= c(OH-)+3c(HR-)，D正确；
故选D。

二、实验题
8．CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：

(一)制备CeO2
I.取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。
II.用水和无水乙醇分别洗涤Ce(OH)4沉淀3次。
III.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。
(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______。
(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式：_______。
(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定
称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。
(3)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是_______。
(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为_______；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定终点的方法是_______。
(5)样品中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。
(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_______。
【答案】(1)     恒压漏斗     除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥
(2)4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4
(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解
(4)     2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑     偏高     滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色
(5)
(6)2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2

【详解】（1）由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案为：恒压漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；
（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；
（3）温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解；
（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，则还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；
（5）根据得失电子守恒知：，故样品中的质量分数=，故答案为：；
（6）能在还原气氛中供氧，CO为还原气体，结合氧生成二氧化碳，根据信息知，化学方程式为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2，故答案为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2；

三、工业流程题
9．锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式：_______；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的=_______。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为_______(填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为_______。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和_______(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是_______(填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为_______。
【答案】(1)     3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2     6× 10-3
(2)     Zn、Fe     过滤
(3)H2SO4
(4)     A     2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-

【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。

四、原理综合题
10．随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知：i．2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ii．CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%
C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变
(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：
实验组
催化剂
原料
反应条件
反应性能
温度/°C
压力/MPa
转化率/%
选择性/%
1
Cu/SiO2
醋酸甲酯
190
28
96.1
99.0
2
Cu-Cr
醋酸乙酯
250
2.8
接近完全
93.8
3
Cu/ZnO
醋酸乙酯
185
1
56
99.0
4
Cu/SiO2
醋酸乙酯
280
4.0
94.6
96.6

上述实验中，催化效能最好的为实验_______(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是________(从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CH3CO*+H·→CH3CHO)：
a．CH3COOCH3→CH3CO·+CH3O·
b．CH3CO·+*→CH3CO*(慢)
c．CH3O·+*→CH3O*(快)
d．CH3CO*+3H·→CH3CH2OH
e．CH3O*+H·→CH3OH
……
其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是_______(填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是_______，分析上述步骤，副产物除CH3OH外，还可能有_______(写一种即可)。
(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
v．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在器容中发生上述3个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_______，曲线_______(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数，在T1℃下，压强为p3时，反应v的浓度平衡常数Kc=_______(填含α的表达式)。

【答案】(1)     ΔH1+ΔH2+ΔH3     AC
(2)     1     压强太小，不利于平衡向正反应方向移动     c     b     CH3CHO
(3)     p1>p2>p3     m    

【详解】（1）由盖斯定律可知，反应i+ii+iii可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
A．该反应是气体体积减小的反应，反应中气体压强减小，则混合气体总压强不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
B．若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数可能为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数不可能为25%，故错误；
C．反应达到平衡后，再充入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的平衡转化率减小，故错误；
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，乙醇产率保持不变，故正确；
故选AD，故答案为：ΔH1+ΔH2+ΔH3；AD；
（2）由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；活化能越小，反应速率越快，慢反应控制总反应速率，所以在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CH3CO*+H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛，故答案为：1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CH3CHO；
（3）由方程式可知，反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，一氧化碳的物质的量不变，所以增大压强，甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应iv、vi生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应v生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：



由二氧化碳的转化率为α可得：a+b+c=α，由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c—b=a+b=，解得a=c=、b=0，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—α)mol、(1—2α)mol、mol、αmol，反应v的浓度平衡常数Kc==，故答案为：p1>p2>p3；m；。

五、结构与性质
11．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+表示，与之相反的用-表示，±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NA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；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)。

(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_______；已知Fe3O4晶胞的棱长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该Fe3O4晶体的密度为_______g·cm-3。

【答案】(1)     [Ar]3d64s2     第四周期Ⅷ族     +1或-1     H< C< N (2)     sp2    
(3)     32     Fe2+    

【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，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Ⅷ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 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4NA，答案：4NA；
（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，答案：sp2； ；
（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-：8=32，Fe3O4中含Fe2+和Fe3+且个数比为1∶2，, 代表 Fe2+，该晶体的密度为
，答案：32；Fe2+；。
【点睛】,

六、有机推断题
12．消炎镇痛药物酮基布洛芬(F)的一种合成路线如图：

已知：①。
②(Z、Zˊ为CN或COOR)
③RCNRCH2NH2
回答下列问题：
(1)D中含氧官能团的名称为_______；E的结构简式为_______。
(2)C→D的反应类型为_______；检验B中含有溴原子的试剂为_______。
(3)写出B→C的化学方程式：_______。
(4)符合下列条件的A的同分异构体有_______种。
①含有结构，且该结构中每个苯环上都还有一个取代基
②能发生银镜反应
写出满足上述条件的A的同分异构体中核磁共振氢谱有6组吸收峰的有机物的结构简式：_______。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【答案】(1)     羰(酮)基、酯基    
(2)     取代反应     NaOH、HNO3、AgNO3
(3)
(4)     9    
(5)

【分析】A与溴单质在光照条件下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C，C发生已知①中的取代反应生成D，结合D的结构可知C为：，B为，A为；D发生已知②中反应生成E，E为；E水解得到F。据此解答。
【详解】（1）由D的结构简式可知其含氧官能团为羰基和酯基；由以上分析可知E为，故答案为：羰(酮)基、酯基；；
（2）由以上分析可知C→D的反应类型取代反应；检验有机物中的溴原子应先加NaOH使其水解生成NaBr，再加酸中和过量的NaOH，然后加硝酸银溶液观察是否生成浅黄色沉淀，故答案为：取代反应；NaOH、HNO3、AgNO3；
（3）B与NaCN发生取代反应生成C，反应方程式为：，故答案为：；
（4）①含有结构，且该结构中每个苯环上都还有一个取代基；
②能发生银镜反应说明含有醛基，结合A的结构可知一个苯环上含甲基，一个苯环上含有醛基，且在苯环上均有邻间对三种位置，则组合共有9种，核磁共振氢谱有6组吸收峰的有机物的结构简式：，故答案为：9；；
（5）与溴单质在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，与在条件下反应生成，与氢气发生加成反应生成，由此可得合成路线：，故答案为：。