?河南省焦作市普通高中2023屆高三下學期第二次模擬考試理科綜合化學試題
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、單選題
1．化學與人體健康、食品安全及環(huán)境保護等息息相關(guān)。下列敘述正確的是
A．通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒造成的污染，有利于實現(xiàn)碳中和
B．在規(guī)定范圍內(nèi)使用食品添加劑對人體健康也會產(chǎn)生不良影響
C．廢棄的塑料、金屬、紙制品及普通玻璃都是可回收再利用的資源
D．納米鐵粉可以通過吸附作用高效地除去被污染水體中的Cu2+、Ag+等重金屬離子
【答案】C
【詳解】A．通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，但不能減少CO2排放，不利于實現(xiàn)碳中和，故A錯誤；
B．在規(guī)定范圍內(nèi)使用食品添加劑對人體健康不會產(chǎn)生不良影響，故B錯誤；
C．廢棄的塑料、金屬、紙制品及普通玻璃均可回收利用，故C正確；
D．納米鐵粉可以從溶液中將Cu2+、Ag+等重金屬離子置換成單質(zhì)，與吸附性無關(guān)，故D錯誤；
故選：C。
2．化合物M可用于油漆、顏料、涂料工業(yè)，其結(jié)構(gòu)如圖。下列關(guān)于該物質(zhì)的說法正確的是

A．分子式為C14H10O3 B．分子中含有4種官能團
C．能與H2發(fā)生加成反應(yīng) D．苯環(huán)上的一代氯物有5種
【答案】C
【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知M的分子式為：C14H12O3，故A錯誤；
B．M中含羥基、羰基、醚鍵三種官能團，故B錯誤；
C．該物質(zhì)中含有苯環(huán)和羰基均能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；
D．該物質(zhì)含兩個苯環(huán)，一氯代物共6種，故D錯誤；
故選：C。
3．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，它們形成的一種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中所有原子都形成了8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其中僅X、Y在同周期，下列推斷中錯誤的是

A．簡單離子半徑：W>Z>Y
B．Z單質(zhì)可溶于由X、Z形成的化合物中
C．最簡單氫化物的沸點：Y>X
D．Y與氧元素形成的化合物不止三種
【答案】A
【分析】由陰離子的結(jié)構(gòu)可知，X原子形成4個共價鍵、Y原子形成3個共價鍵、Z原子形成2個共價鍵，前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，化合物中所有原子都形成了8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其中僅X、Y在同周期，則X為C元素、Y為N元素、Z為S元素、W為K元素。
【詳解】A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則硫離子的離子半徑大于鉀離子，故A錯誤；
B．硫單質(zhì)不溶于水、微溶于酒精，易溶于二氧化碳，故B正確；
C．氨分子能形成分子間氫鍵，甲烷分子不能形成分子間氫鍵，所以氨分子的分子間作用力強于甲烷，沸點高于甲烷，故C正確；
D．氮元素與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，遠不止三種，故D正確；
故選A。
4．下列指定反應(yīng)的方程式書寫正確的是
A．Fe(OH)3溶于氫碘酸：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．金屬Na在空氣中加熱生成淡黃色固體：4Na+O22Na2O
D．用氨水吸收煙氣中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=十
【答案】B
【詳解】A．氫氧化鐵與氫碘酸反應(yīng)生成碘化亞鐵、碘和水，反應(yīng)的離子方程式為2Fe(OH)3+2I—+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A錯誤；
B．碳酸氫鈣溶液與少量氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸氫鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O，故B正確；
C．金屬鈉在空氣中加熱生成淡黃色的過氧化鈉固體，反應(yīng)的化學方程式為2Na+O2Na2O2，故C錯誤；
D．氨水與少量的二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為2NH3·H2O+SO2=2十+H2O，故D錯誤；
故選B。
5．下列實驗操作、現(xiàn)象均正確且能得出相應(yīng)結(jié)論的是

實驗操作
實驗現(xiàn)象
結(jié)論
A
將Fe3O4粉末溶于鹽酸，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，水浴加熱后，再加入少量新制氫氧化銅，加熱
產(chǎn)生磚紅色沉淀
淀粉的水解產(chǎn)物中有葡萄糖
C
NaHCO3溶液與NaAlO2溶液混合
產(chǎn)生白色沉淀
結(jié)合H+的能力：
Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【詳解】A．溶液中的氯離子也能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)使溶液褪色，所以溶液褪色不能說明四氧化三鐵中含有Fe(II)，故A錯誤；
B．葡萄糖在酸性溶液中不能與新制氫氧化銅共熱反應(yīng)生成磚紅色沉淀，故B錯誤；
C．碳酸氫鈉溶液與偏鋁酸鈉溶液混合產(chǎn)生白色沉淀說明碳酸氫鈉溶液與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，由強酸制弱酸的原理可知，偏鋁酸根離子結(jié)合氫離子的能力強于碳酸根離子，故C正確；
D．向過量的硝酸銀溶液中先加入少量氯化鉀溶液，再加入碘化鉀溶液時，溶液中只存在沉淀的生成，沒發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，所以無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故D錯誤；
故選C。
6．在電還原條件下由PVC{}產(chǎn)生的氯離子可以直接用于串聯(lián)電氧化氯化反應(yīng)。PVC可用于常規(guī)回收DEHP(在電化學反應(yīng)中可充當氧化還原介質(zhì)，提高反應(yīng)效率)，轉(zhuǎn)化過程如圖所示。

下列敘述錯誤的是
A．上述裝置為將電能轉(zhuǎn)化成化學能的裝置
B．電極d上發(fā)生還原反應(yīng)
C．上述轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)方程式為
D．上述轉(zhuǎn)化實現(xiàn)了資源回收與利用
【答案】B
【詳解】A．上述裝置有外接電源，為電解池，將電能轉(zhuǎn)化成化學能，A正確；
B．電極d上氯離子失去電子生成氯原子，發(fā)生氧化反應(yīng)，B錯誤；
C．結(jié)合反應(yīng)過程，和電解生成、，轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)方程式為，C正確；
D．根據(jù)題干信息，上述轉(zhuǎn)化實現(xiàn)了PVC資源回收與利用，D正確；
故選B。
7．常溫下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固體或通入HCl。已知：HR-的電離平衡常數(shù)(Ka=10-n)大于水解平衡常數(shù)。下列有關(guān)敘述正確的是
A．在加入NaOH固體或通入HCl的過程中，水的電離程度均一直減小
B．pH=7時，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
C．在NaHR溶液中，有關(guān)微粒濃度大小關(guān)系為c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
D．加入NaOH固體至pH=n，此時存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【詳解】A．H2R溶液中水的電離受到抑制，往溶液中加入NaOH固體，消耗氫離子，水的電離程度增大，當NaOH過量時，水的電離受到抑制，電離程度減小，往溶液中通入HCl，溶液中氫離子濃度增大，水的電離程度一直減小，A錯誤；
B．pH=7時，H2R溶液中加入NaOH固體，根據(jù)電荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B錯誤；
C．HR-的電離平衡常數(shù)(Ka=10-n)大于水解平衡常數(shù)，則在NaHR溶液中，HR-的電離程度大于其水解程度，則c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C錯誤；
D．加入NaOH固體至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)= c(OH-)+3c(HR-)，D正確；
故選D。

二、實驗題
8．CeO2是一種稀土氧化物，在催化劑、電化學、光學等方面都有重要應(yīng)用。CeO2是淡黃色固體粉末，難溶于水，熔點為2600℃。請回答下列問題：

(一)制備CeO2
I.取一定量化學計量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分別溶解在5mL和35mL的去離子水中，分別磁力攪拌30min后，再將兩種液體混合，繼續(xù)磁力攪拌30min，形成白色絮狀沉淀[Ce(OH)3]。將混合溶液加熱(并通入O2)，在一定溫度下反應(yīng)一段時間。通過離心方法將Ce(OH)4沉淀分離出來。
II.用水和無水乙醇分別洗滌Ce(OH)4沉淀3次。
III.將洗滌后的樣品轉(zhuǎn)入干燥爐中，在60°C下干燥24h，得到淡黃色粉末CeO2。
(1)盛放NaOH溶液的儀器名稱為_______，無水乙醇的作用是_______。
(2)寫出由Ce(OH)3和O2反應(yīng)制備Ce(OH)4的化學方程式：_______。
(二)某樣品中CeO2[M(CeO2)=172.1]純度的測定
稱取mg樣品置于錐形瓶中，加入50mL水及20mL濃硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，搖勻，低溫加熱，直至樣品完全溶解。加熱除盡錐形瓶中的H2O2，冷卻后稀釋至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入過量的過硫酸銨[(NH4)2S2O8]溶液，低溫加熱，將Ce3+氧化成Ce4+，當錐形瓶中無氣泡冒出，再煮沸2min。待冷卻后，加入5滴鄰二氮菲-亞鐵指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液VmL。已知鄰二氮菲與Fe2+可形成紅色配合物，這種離子可示表為[Fe(phen)3]2+。
(3)實驗中分批加入H2O2溶液時，采取低溫加熱的原因是_______。
(4)加熱煮沸過程中，(NH4)2S2O8在溶液中反應(yīng)生成NH4HSO4和O2，反應(yīng)的化學方程式為_______；若滴定時錐形瓶中過量的(NH4)2S2O8未除盡，則測得的CeO2純度_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)；判斷滴定終點的方法是_______。
(5)樣品中CeO2的質(zhì)量分數(shù)w=_______(用含有c、V、m的代數(shù)式表示)。
(6)CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過程中發(fā)生著CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循環(huán)。請寫出CeO2消除CO尾氣的化學方程式：_______。
【答案】(1)???? 恒壓漏斗???? 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)溫度低，反應(yīng)速率慢，溫度高，H2O2會分解
(4)???? 2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑???? 偏高???? 滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色
(5)
(6)2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2

【詳解】（1）由儀器構(gòu)造可知該儀器為恒壓漏斗；乙醇與水混溶且乙醇易揮發(fā)，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案為：恒壓漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；
（2）Ce(OH)3與O2反應(yīng)生成4Ce(OH)4，反應(yīng)方程式為：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4，故答案為：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；
（3）溫度過低時反應(yīng)速率太慢，溫度過高時H2O2不穩(wěn)定受熱易分解，都不利于反應(yīng)進行，因此采用低溫加熱，故答案為：溫度低，反應(yīng)速率慢，溫度高，H2O2會分解；
（4）加熱煮沸過程中，(NH4)2S2O8在溶液中反應(yīng)生成NH4HSO4和O2，反應(yīng)方程式為：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定時錐形瓶中過量的(NH4)2S2O8未除盡，則(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液用量偏高，則還原Ce4+的用量偏高，最終測得的CeO2純度偏高；判斷滴定終點的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，故答案為：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液時，溶液顏色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；
（5）根據(jù)得失電子守恒知：，故樣品中的質(zhì)量分數(shù)=，故答案為：；
（6）能在還原氣氛中供氧，CO為還原氣體，結(jié)合氧生成二氧化碳，根據(jù)信息知，化學方程式為：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2，故答案為：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2；

三、工業(yè)流程題
9．鋅是一種應(yīng)用廣泛的金屬，目前工業(yè)上主要采用“濕法”工藝冶煉鋅，以某硫化鋅精礦(主要成分是ZnS，還含有少量FeS等其他成分)為原料冶煉鋅的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：
(1)“焙燒”過程在氧氣氣氛的沸騰爐中進行，“焙砂”中鐵元素主要以Fe3O4形式存在，寫出“焙燒”過程中FeS主要發(fā)生反應(yīng)的化學方程式：_______；“含塵煙氣”中的SO2可用氨水吸收，經(jīng)循環(huán)利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5時，所得溶液中的=_______。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“凈化”過程中加入的主要物質(zhì)為鋅粉，所得“濾渣”的成分為_______(填化學式)，分離“濾液”'“濾渣”的操作名稱為_______。
(3)在該流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是Zn和_______(填化學式)。
(4)改進的鋅冶煉工藝，采用了“氧壓酸(稀硫酸)浸”的全濕法流程，既省略了易導(dǎo)致空氣污染的焙燒過程，又可獲得一種有工業(yè)價值的非金屬單質(zhì)。
①下列設(shè)想的加快浸取反應(yīng)速率的措施中不合理的是_______(填標號)。
A．將稀硫酸更換為98%的濃硫酸
B．將硫化鋅精礦粉碎
C．適當升高溫度
②硫化鋅精礦的主要成分ZnS遇到硫酸銅溶液可慢慢地轉(zhuǎn)化為銅藍(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_______。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金屬鋅化學性質(zhì)活潑，可用于多種化學電源的電極材料。一種3D打印機的柔性電池以碳納米管作電極材料，以吸收了ZnSO4溶液的有機高聚物為固態(tài)電解質(zhì)，電池總反應(yīng)為MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放電時正極的電極反應(yīng)式為_______。
【答案】(1)???? 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2???? 6× 10-3
(2)???? Zn、Fe???? 過濾
(3)H2SO4
(4)???? A???? 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-

【分析】硫化鋅精礦的焙燒可生成ZnO、氧化鐵等，含塵煙氣含有含硫氧化物，可用于制備硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸鋅、硫酸鐵，加入過量鋅充分反應(yīng)，可置換出鐵，濾液中主要含有硫酸鋅，經(jīng)電解可得到鋅和硫酸，電解液中含有硫酸，可循環(huán)利用。
【詳解】（1）已知“焙砂”中鐵元素主要以Fe3O4形式存在，說明 “焙燒”過程FeS中Fe被氧化，S被還原，所以主要發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，經(jīng)循環(huán)利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5時，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案為3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“凈化”過程中加入的主要物質(zhì)為鋅粉，過量鋅充分反應(yīng)，可置換出鐵，所得“濾渣”的成分為Zn、Fe；過濾可分離“濾液”'“濾渣”；故答案為Zn、Fe；過濾。
（3）由流程圖可知，H2SO4和Zn可重復(fù)使用；故答案為H2SO4。
（4）①A．將稀硫酸更換為98%的濃硫酸，將發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生二氧化硫，故A符合題意；
B．將硫化鋅精礦粉碎，增大接觸面積，有利于快浸取反應(yīng)速率，故B符合題意；
C.適當升高溫度，有利于快浸取反應(yīng)速率，故C符合題意；
故答案選A。
②反應(yīng)ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常數(shù)，已知：，；所以，故答案為2.5×1011。
（5）電池總反應(yīng)為MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放電時正極發(fā)生還原反應(yīng)，所以電極方程式為MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案為MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。

四、原理綜合題
10．隨著時代的進步，人類對能源的需求量與日俱增，我國全球首套焦爐氣化學合成法生產(chǎn)無水乙醇的工業(yè)示范項目打通全流程實現(xiàn)，項目投產(chǎn)成功。
(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數(shù)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
在恒溫恒容密閉容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)僅發(fā)生反應(yīng)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列敘述正確的是_______(填標號)。
A．混合氣體總壓強不隨時間變化時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)
B．反應(yīng)達到平衡時，CH3CH2OH體積分數(shù)可能為25%
C．反應(yīng)達到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大
D．反應(yīng)達到平衡后，再加入高效催化劑，乙醇產(chǎn)率保持不變
(2)醋酸酯加氫制乙醇是一個乙?；a(chǎn)物制備乙醇的路線。
①醋酸酯加氫的催化效能如表所示：
實驗組
催化劑
原料
反應(yīng)條件
反應(yīng)性能
溫度/°C
壓力/MPa
轉(zhuǎn)化率/%
選擇性/%
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

上述實驗中，催化效能最好的為實驗_______(填序號)，與之對比，實驗3中，醋酸酯平衡轉(zhuǎn)化率較低的主要原因可能是________(從表中所給條件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氫歷程一般認為可分為如下步驟(*代表催化劑位點，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的步驟中，活化能較小的是_______(填標號，下同)，控制總反應(yīng)速率的步驟是_______，分析上述步驟，副產(chǎn)物除CH3OH外，還可能有_______(寫一種即可)。
(3)甲醇也是新能源的重要組成部分。
以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下：
iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH40
vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6p2>p3???? m????

【詳解】（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)i+ii+iii可得反應(yīng)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，則反應(yīng)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
A．該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中氣體壓強減小，則混合氣體總壓強不隨時間變化時，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；
B．若一氧化碳完全反應(yīng)，由方程式可知，反應(yīng)后氫氣、甲醇、乙醇、水蒸氣的物質(zhì)的量都為1mol，甲醇的體積分數(shù)可能為25%，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，可逆反應(yīng)不可能完全反應(yīng)，所以反應(yīng)達到平衡時，甲醇體積分數(shù)不可能為25%，故錯誤；
C．反應(yīng)達到平衡后，再充入少量一氧化碳，平衡向正反應(yīng)方向移動，但一氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故錯誤；
D．反應(yīng)達到平衡后，再加入高效催化劑，化學反應(yīng)速率加快，但化學平衡不移動，乙醇產(chǎn)率保持不變，故正確；
故選AD，故答案為：ΔH1+ΔH2+ΔH3；AD；
（2）由表格數(shù)據(jù)可知，實驗1催化劑的選擇性高于實驗2、4，原料的轉(zhuǎn)化率高于實驗3，所以述實驗中，催化效能最好的為實驗1；與實驗1相比，實驗3的反應(yīng)溫度與1相近，壓強小于實驗1，說明實驗3的壓強太小，不利于平衡向正反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致醋酸酯平衡轉(zhuǎn)化率較低；活化能越小，反應(yīng)速率越快，慢反應(yīng)控制總反應(yīng)速率，所以在b和c的步驟中，活化能較小的是快反應(yīng)c、控制總反應(yīng)速率的步驟是慢反應(yīng)b；由反應(yīng)CH3CO*+H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氫制乙醇時，副產(chǎn)物除了甲醇外，還有乙醛，故答案為：1；壓強太小，不利于平衡向正反應(yīng)方向移動；c；b；CH3CHO；
（3）由方程式可知，反應(yīng)iv、vi均為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，甲醇的物質(zhì)的量減小、一氧化碳的物質(zhì)的量增大，反應(yīng)v為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，一氧化碳的物質(zhì)的量增大，所以升高溫度，甲醇在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)減小，則曲線m表示甲醇在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)；反應(yīng)iv、vi均為體積減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，甲醇的物質(zhì)的量增大，一氧化碳的物質(zhì)的量減小，反應(yīng)v是氣體體積不變的反應(yīng)，增大壓強，平衡不移動，一氧化碳的物質(zhì)的量不變，所以增大壓強，甲醇在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)增大，則壓強的大小順序為p1>p2>p3；設(shè)起始二氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量為1mol和3mol，容器的體積為VL，反應(yīng)iv、vi生成甲醇的物質(zhì)的量分別為amol、bmol，反應(yīng)v生成一氧化碳的物質(zhì)的量為cmol，由圖可知，在T1℃下，壓強為p3時，甲醇和一氧化碳在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)相等、二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為α，由題意可建立如下三段式：



由二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為α可得：a+b+c=α，由甲醇和一氧化碳在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分數(shù)相等可得c—b=a+b=，解得a=c=、b=0，則平衡時二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水蒸氣的物質(zhì)的量分別為(1—α)mol、(1—2α)mol、mol、αmol，反應(yīng)v的濃度平衡常數(shù)Kc==，故答案為：p1>p2>p3；m；。

五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
11．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。
(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+與配體卟啉衍生物結(jié)合成的大環(huán)配位化合物，其結(jié)構(gòu)如圖1所示。

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_______。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，±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。1mol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)卟啉是含有平面共軛大環(huán)結(jié)構(gòu)的有機分子，具有獨特的電子結(jié)構(gòu)，卟啉分子結(jié)構(gòu)如圖2，分子中N原子采取_______雜化；卟啉分子中存在大π鍵，可表示為_______(巳知：大π鍵可用符號；表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，如苯分子中的大π鍵可表示為)。

(3)Fe3O4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O2-，代表_______；已知Fe3O4晶胞的棱長為apm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該Fe3O4晶體的密度為_______g·cm-3。

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

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