文档内容
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KMnO 及溴的四氯化碳溶液褪色
4
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 及溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
4
1
学科网（北京）股份有限公司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 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
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 和C H 所含有的电子数均为14N
2 2 2 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错误；
A
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 ，C正确；
A
D．等物质的量的N 和C H，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；
2 2 2
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 后产生白色沉淀：
2
B．Fe(OH) 溶于氢碘酸：
3
C．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
D．同浓度同体积NHHSO 溶液与NaOH溶液混合：
4 4
【答案】C
【详解】A. 漂白粉溶液吸收CO 后产生碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是
2
2
学科网（北京）股份有限公司，故A错误；
B. 溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质、水，反应的离子方程式是
，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
，故C正确；
C. 同浓度同体积NHHSO 溶液与NaOH溶液混合，NHHSO 与NaOH等物质的量反应生成硫酸铵、硫酸
4 4 4 4
钠、水，反应的离子方程式是 ，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 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 ，SO 具有还原
2 2
性能使酸性KMnO 溶液褪色，故A错误；微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
4
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 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；
2
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。
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 ，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
3
学科网（北京）股份有限公司【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 )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：
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． 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： ，故B错误；
C． 的第二阶段的活化能大于 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：
，故C错误；微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
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 主要用作还原剂和定影剂。以外排烟气中的 以及 、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
4
学科网（北京）股份有限公司A．制备总反应方程式为
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：
【答案】D
【详解】A．根据 以及 、盐酸为原料制备盐酸羟胺， 制备总反应方程式为
，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 变为 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 ，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： ，故D错误。
综上所述，答案为D。微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
10．砷酸( )为三元弱酸，室温下向0.1mol/L的 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中各微粒的物
质的量分数 随pH的变化如图所示。
已知 ，下列叙述正确的是
A．反应 的平衡常数值为
B．室温下， 离子的电离程度强于水解程度
C．向VL 0.1mol/L 溶液中滴加0.05mol/L NaOH溶液至 时，消耗NaOH溶液体积大于VL
D．图中pH为4.7和9.8时均有
【答案】C
【详解】A．由图像可得 ，pH=11.3时 ，此时
5
学科网（北京）股份有限公司，反应 的平衡常数 ，A错误；
B．当 时，溶液pH=9.8呈碱性，所以 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 ，向VL 0.1mol/L的 溶液中滴
加等体积0.05mol/L的NaOH溶液的时刻，生成的 与剩余的 物质的量相等，由于前者水解
程度小于后者的电离程度( )，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：
，但两点的物料守恒(也叫元素守恒)式不同，pH为4.7时有
，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：
，pH为9.8时有物料守恒式
，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：
，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 (CuS)=8.9×10-36，K (CoS)=1.8×10-22。
sp sp
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)Na S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
2
液的pH＜______[已知常温下，饱和HS水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3]。
2
(4)“氧化”过程中，NaSO 与Fe2+发生反应的离子方程式为_____________________________。
2 2 8
(5)“沉铁”过程中，NaCO 的作用是_______________________。
2 3
6
学科网（北京）股份有限公司(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，NaSO 能
2 2 8
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) 。在提取过程中钴的损失率为______(填含w、m的表达式)%。
3
【答案】(1)Cu、PbSO （2分） 盐酸易挥发，对设备腐蚀性强 （2分）
4
(2)0.5 （2分）
(3)S O+2Fe2+=2Fe3++2SO （2分）
2
(4)调节溶液pH （2分）
(5)S O+2Co2++6H O=2Co(OH) ↓+2SO+6H+ （2分） （2分）
2 2 3
【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO ，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，NaS常用作沉
4 2
淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，NaSO 将Fe2+氧化为Fe3+，NaCO 调节溶液pH，生成氢氧化铁，
2 2 8 2 3
在溶液pH=5时，NaSO 能将Co2+氧化生成Co(OH) ，据此分析解题。
2 2 8 3
【详解】（1）“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO 。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而
4
不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；
（2）NaS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，
2
K (CoS) 1.8×10-22
K (CoS)=1.8×10-22，c(S2-)= sp = =1×10-21mol⋅L-1 ，常温下，饱和HS水溶液中
sp c(Co2+) 0.18mol⋅L-1 2
√1.0×10-22(mol•L-1) 3
存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3则此时溶液的c(H+)=❑ ，pH=-
1.0×10-2mol•L-1
lgc(H+)=0.5，故pH＜0.5；
（3）“氧化”过程中，NaSO 与Fe2+发生反应，Fe2+氧化为Fe3+，SO还原为SO，离子方程式为
2 2 8 2
SO+2Fe2+=2Fe3++2SO；
2
（4）“沉铁”过程中，NaCO 的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁；
2 3
（5）在溶液pH=5时，NaSO 能将Co2+氧化，该反应的离子方程式：SO+2Co2+
2 2 8 2
+6H O=2Co(OH) ↓+2SO+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) 。
2 3 3
7
学科网（北京）股份有限公司理论生成Co为1000kg×w%=10wkg，实际生成的Co的质量为： ，在提取过程中钴的损
失率为 。
12．（13分）
(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 。
已知：① 在 时恰好完全沉淀为 ；
②不同温度下 在水中的溶解度如图所示。
(一) 的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于 ，可用金属钴与氯气反应制备 。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 ，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) 的制备
步骤如下：
Ⅰ.在100 mL锥形瓶内加入4.5 g研细的 ， 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10℃以下并缓慢加入 溶液。
8
学科网（北京）股份有限公司Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到 晶体。
(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入 ，请结合平衡移动原理解释原因________________。
(5)步骤Ⅱ中在加入 溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是___________、
___________。
(6)制备 的总反应的化学方程式为________________________。
(7)步骤Ⅲ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 污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使 潮解 （2分）
(3) （2分）
(4) 溶于水电离出 ，使 的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中 过大，生
成 沉淀 （2分）
(5)控制反应速率 （1分） 防止温度过高使 和 分解 （1分）
(6) （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 ；
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A用于制备Cl，装置D用于除去Cl 中的HCl，装置C用于干燥Cl，装置E用于制备CoCl ，
2 2 2 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 潮解，故连接
2
顺序为A→D→C→E→B；
（3）装置A中KMnO 和浓盐酸反应制备Cl；
4 2
（4） 溶于水电离出 ，能使 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 沉淀，有利于 的配位；
（5） 和 受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入 溶液是为了控制反应
速率，防止温度过高使 和 分解；微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
（6）在题给制备反应中， 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
；
9
学科网（北京）股份有限公司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 的研究成为更
2
加迫切的任务。
(1)在催化剂作用下CO 和H 发生反应I：2CO(g)+6H(g) C H(g)+4HO(g) H。已知298K时，
2 2 2 2 2 4 2 1
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(g) HO(l) HO(g) H(g) C H(g)
2 2 2 2 2 4
相对能量(kJ•mol-1) -393 -286 -242 0 52
则 H=_____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”)。
1
(2)在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入CO、H，加入合适催化剂，发生反应I，下列情况表明反
△ 2 2
应I达到平衡状态的是_____(填序号)。
A．C H 的体积分数保持不变
2 4
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C H 与HO(g)的分压之比不变
2 4 2
(3)在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO 和1.2molH，发生反应I，测得CO 的平衡转化率与温
2 2 2
度、压强的关系如图所示；
①随着温度升高，不同压强下，CO 的平衡转化率接近相等，原因是_______________。
2
②若反应平衡时M点(p 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
2
的计算式K=___________(只列计算式)。
(4)CO 催化加H 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
2 2
CO 转化率和产物选择性有重要作用，部分研究数据如表所示：
2
实验 n(Fe)： CO 转化 CO选择 CH 选择 C H 选择
2 4 2 4 反应后固体的成分
编号 n(Co) 率/% 性/% 性/% 性/%
1 100∶0 1.1 100 0 0 Fe和少量Fe O
3 4
2 50∶50 30.5 36.8 42.9 20.3 Fe和Co
3 0∶100 69.2 2.7 97.1 0.2 Co
10
学科网（北京）股份有限公司下列说法错误的是______(填序号)。
A．实验1中生成Fe O 的化学方程式为3Fe+4CO =Fe O+4CO
3 4 2 3 4
B．用该方法制备CH 时，最好选用金属Co作催化剂
4
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CH 和C H，转移的电子数比值为2∶1
4 2 4
(5)在一定条件下，选择合适的催化剂使CO 只发生转化为CO的反应：CO(g)+H(g) CO(g)
2 2 2
+H O(g) H＞0。调整CO 和H 初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，该反应CO 的平衡转化率
2 2 2 2
如图所示：
△
已知：K 是以物质的量分数表示的化学平衡常数；反应速率v=v -v =k x(CO)x(H )-k
x 正 逆 正 2 2 逆
x(CO)x(H O)，k 、k 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
2 正 逆
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 转化率达到40%时， =_____。
2
【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 的平衡转化率接近
2
相等 （2分） （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 kJ/mol；该反应是一个熵减的放热反
应， 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 H 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；
2 4
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 H 与HO(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
2 4 2
平衡状态，故D不符合题意；
11
学科网（北京）股份有限公司故选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 的平衡转化率
2
接近相等；
②在一体积不变的密闭容器中投入0.4molCO 和1.2molH，发生反应I，CO 的平衡转化率为40%，则反应
2 2 2
二氧化碳0.16mol；
若反应平衡时M点(p 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
2
相同，故N点条件下反应Ⅰ的平衡常数的计算式K= ；
（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
，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 的转化率最高， 的选择
性也很高，则制备 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， 的不同对 的转化率、CO、 、 的选择性均影响很大，
即 对该制备过程影响很大，C正确；
D．本反应中是由 中的+4价的C降低为 中的-2价和CH₄中的-4价，生成等物质的量的 和
，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 和 初始投料比最大，说明F点的温度最高；达到平衡状态E点， 转化率刚好达到
50%，设初始投料 和 均为1mol，列三段式：
此时 ；
当 转化率达到40%时，
12
学科网（北京）股份有限公司。
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+ 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N 的表达式)。
A
(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 )。
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学科网（北京）股份有限公司(3)Fe O 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
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成。Fe O 晶胞中有_______个O2-， 代表_______。
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【答案】(1)[Ar]3d64s2 （1分） 第四周期Ⅷ族 （1分） +1或-1 （1分）
H< C< N
