山东省实验中学2021届高三第三次诊断考试化学试题注意事项：1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上。2.选择题的作答：每小题选出答案后，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。3.非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活、生产等密切相关。下列说法正确是()A.登山使用的尼龙绳的主要成分是纤维素B.在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，保持良好品质C.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法D.硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜【答案】B【解析】【分析】【详解】A．尼龙成分为合成纤维，是己二酸和己二胺缩聚形成的高分子化合物，而纤维素是糖类，故A错误；B．二氧化硫有较强还原性，在葡萄酒中添加微量SO2可作抗氧化剂，故B正确；C．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．CuSO4 是重金属盐，会使蛋白质变性，不能将蔬菜在 CuSO4 溶液中浸泡后售卖、食用，故D错误；故答案为B。2.下列叙述不涉及氧化还原反应的是()A.氯化铁溶液净化污水B.用合成氨实现人工固氮-23-
C.用硫磺为原料制备硫酸D.电解饱和食盐水制备NaOH【答案】A【解析】【分析】【详解】A．FeCl3净化污水，原理是Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，吸附悬浮杂质，未涉及氧化还原反应，A符合题意；B．合成氨反应为：，N、H元素化合价改变，故属于氧化还原反应，B不符合题意；C．硫磺为S单质，最终转化为硫酸，S元素化合价升高，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．电解饱和食盐水反应为：，H、Cl元素化合价改变，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案选A。3.下列实验操作会导致结果偏低的是()A.用标准的盐酸滴定氨水时，用酚酞作指示剂B.用润湿的pH试纸测定1mol·L-1氯化铵溶液的pHC.配制一定浓度的稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸倒出后，未将量筒洗涤并收集洗涤液D.配制一定物质的量浓度的溶液，用胶头滴管定容时，俯视容量瓶刻度线【答案】A【解析】【分析】【详解】A．酚酞在碱性条件下就变色，相当于盐酸滴少了，由此算出的氨水的物质的量浓度偏低，A符合题意；B．氯化铵为强酸弱碱盐，所以氯化铵溶液呈酸性，用湿润的pH试纸测定1mol/L氯化铵溶液的pH，相当于稀释溶液，使氢离子的浓度减小，pH增大，B不符合题意；C．量筒量取液体后，倒出液体，量筒不需要洗涤，C不符合题意；D．俯视容量瓶刻度线，水加少了，将导致所配制溶液的浓度偏高，D不符合题意；答案选A。4.1919年卢瑟福在核反应中用α粒子(即氦核He)轰击短周期非金属原子X，得到核素-23-
Y和一新的粒子M，其过程为：X+He→Y+M。其中元素X、Y、M的质子数之和为16。下列说法正确的是()A.粒子M中含有1个中子B.最简单氢化物的还原性：X＜YC.第一电离能：X＜YD.XC13中所有原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=W+3+1，则M的质量数为1，可知M为H，元素X、Y、M的的质子数之和为16。设X的质子数为Z，则Y的质子数为(Z+1)，可得Z+Z+1+1=16，解得Z=7，因此X为N，Y为O，以此解答。【详解】A．粒子M为H元素，而题中H的质量数为1，故粒子M中没有中子，故A错误；B．X为N，Y为O，最简单氢化物分别为NH3、H2O，气态氢化物的还原性越强，非金属性越弱，而非金属性N＜O，可知最简单氢化物的还原性：X＞Y，故B错误；C．N、O处于同周期，从左到右第一电离能变化总趋势是增大的，但N元素的p轨道处于半充满状态，因而第一电离能：X＞Y，故C错误；D．NC13中所有原子均为8电子稳定结构，故D正确；答案选：D。5.含氯消毒剂是指溶于水产生具有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂，如次氯酸钠、氯化磷酸三钠[4(Na3PO4.·12H2O)·NaOCl]等。苯扎氯铵是一种低毒、高效的杀菌剂，其结构可以表示为。下列说法错误的是()A.含氯消毒剂具有较强的氧化性B.氯化磷酸三钠的水溶液呈碱性C.苯扎氯铵能与溴水发生加成反应-23-
D.苯扎氯铵不属于含氯消毒剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A．已知含氯消毒剂是指溶于水产生具有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂，故含氯消毒剂具有较强的氧化性，故A正确；B．氯化磷酸三钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故B正确；C．由苯扎氯铵的结构简式可知，苯扎氯铵中不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；D．由苯扎氯铵的结构简式可知，苯扎氯铵中的氯原子不是+1价，溶于水不能产生具有杀微生物活性的次氯酸，故不属于含氯消毒剂，故D正确；故选C。6.《抱朴子内篇》中记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，下列过程运用的原理与之相似的是()A从石油中获得汽油B.分离单质碘和氯化钠的混合物C.加热除去碳酸钠中的碳酸氢钠D.加热分离氯化铵和氯化钠【答案】D【解析】【分析】【详解】丹砂烧之成水银，积变又成丹砂是指HgS在加热条件下分解生成Hg和S，降温后Hg和S又重新化合生成HgS，均发生化学变化；A．从石油中获得汽油是分馏操作，是物理变化，故A错误；B．分离单质碘和氯化钠的混合物采用加热使碘升华，是物理变化，故B错误；C．加热除去碳酸钠中的碳酸氢钠，是使碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和CO2，是化学变化，但不存在碳酸钠、水和CO2化合生成碳酸氢钠的过程，故C错误；D．加热分离氯化铵和氯化钠，其中氯化铵在加热时分解生成NH3和HCl，在低温下NH3和HCl又可化合生成NH4Cl，均发生化学变化，原理相似，故D正确；故答案为D。-23-
7.锂-磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O。下列说法错误的是()A.与基态铜原子最外层电子数相等的同周期元素还有两种B.NH和PO中心原子的杂化方式相同C.NH3和H2O中心原子的价层电子对数相同D.Cu2+与CN-生成的配离子[Cu(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Cu是29号元素，其基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu最外层电子数为1，与Cu同周期的元素中最外层电子数是1的K、Cr，共2种，故A正确；B．NH中心N原子的价层电子对数是4+=4，杂化方式为sp3；PO中心P原子的价层电子对数目为4+=4，杂化方式为sp3，两微粒中心原子的杂化方式相同，故B正确；C．NH3中心N原子的价层电子对数是3+=4，H2O中心原子的价层电子对数是2+=4，则NH3和H2O中心原子的价层电子对数相同，故C正确；D．[Cu(CN)4]2-中CN-含有C≡N，Cu2+和CN-形成配位单键，单键为σ键，双键或三键中只有1个σ键，其他为π键；σ键数为：4+4=8，π键数为：2×4=8，则[Cu(CN)4]2-微粒中含有的σ键和π键的数目之比为1:1，故D错误；故答案为D。8.CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，在其合成过程中有如图物质转化过程：下列关于化合物X、Y和Z的说法正确的是()A.苯甲醛与X互为同系物B.X、Y和Z的分子中，均只含有1个手性碳原子-23-
C.可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有XD.1molZ最多可与3molH2发生加成反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．苯甲醛的结构简式为，苯甲醛含有苯环、醛基，X中含有苯环、醚键、醛基等，苯甲醛与X的结构不相似，不能互为同系物，A错误；B．X只含有１个手性碳原子，在分子中标①的碳原子为手性碳原子；Y中有一个手性碳原子，，在分子中标①的碳原子为手性碳原子；Z中有三个手性碳原子，，在分子中标①②③的碳原子为手性碳原子；B错误；C．Z中不含醛基，X中含有醛基，加热的条件下含有醛基的物质可以使新制的氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，故可用新制的氢氧化铜悬浊液检验Z中是否混有X，C正确；D．1molZ中含有1mol苯环，1mol羰基，1mol苯环可以和3mol氢气加成，1mol羰基可以和1mol氢气加成，故1molZ最多可以和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故选C。9.如图是利用电解池原理进行脱硫的过程，电化学膜的主要材料是碳和熔融的碳酸盐。下列说法错误的是()A.b电极应连接外接电源的正极-23-
B.阴极反应式为H2S+2e-==S2-+H2↑C.净化气中CO2含量明显增加，是电化学膜中的碳被氧化D.工作一段时间后，生成H2和S2的物质的量之比为2∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．b电极硫离子反应生成S2，失去电子，为阳极，应连接外接电源的正极，A正确，不符合题意；B．a为阴极，是硫化氢反应生成氢气和硫离子，阴极反应式为H2S+2e-=S2-+H2↑，B正确，不符合题意；C．净化气中CO2含量明显增加，不是电化学膜中的碳被氧化，整个体系中并没有可氧化碳的物质，是来自于熔融的碳酸盐的分解，C错误，符合题意；D．每个氢气对应2个电子，每个S2对应4个电子，所以生成的氢气和S2的比例为2：1，D正确，不符合题意；故选C。10.铋(Bi)及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下：下列说法错误的是A.“浸出”产生S的主要离子反应为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3SB.“浸出”时使用稀盐酸主要目的是还原杂质PbO2C.“电解精炼”时，粗铋应与电源的正极相连D.再生液可以加入“浸出”操作中循环利用【答案】B【解析】【分析】【详解】A.在“浸出”过程中FeCl3作为氧化剂将Bi2S3中-2价的硫氧化为硫单质，FeCl3-23-
则被还原为FeCl2，由此可知离子方程式为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S，故A正确；B.由流程图可知，在“浸出”过程中，PbO2被还原为PbCl2，还原剂应是Bi2S3中-2价的硫元素，稀盐酸是提供了酸性环境，故B错误；C.“电解精炼”时，粗铋应在阳极发生氧化反应溶解，在阴极还原得到精铋，故粗铋应与电源的正极相连，故C正确；D.再生液的溶质为FeCl3，可返回到“浸出”操作循环利用，故D正确；答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.用下列实验方案及所选玻璃仪器(非玻璃仪器任选)能实现相应实验目的的是()实验目的实验方案所选玻璃仪器A证明HClO和醋酸的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片B除去四氯化碳中少量乙醇将混合物中加水，多次水洗分液分液漏斗、烧杯C证明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]向含有少量CuCl2的MgCl2溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀试管、胶头滴管D配制0.1L1mol·L-1的CuSO4溶液将16gCuSO4·5H2O溶于水配成100mL溶液烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】分析】【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性和漂白性，不能利用pH试纸测定其pH，应利用pH-23-
计测定pH比较酸性强弱，故A错误；B．乙醇易溶于水，而CCl4不溶于水，用水反复萃取后再分液可分离，使用的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯，故B正确；C．向含有少量CuCl2的MgCl2溶液中，滴加几滴氨水，先产生蓝色沉淀，即可说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，需要的玻璃仪器主要是试管、胶头滴管，故C正确；D．配制0.1L1mol·L-1的CuSO4溶液，需要CuSO4·5H2O的质量为0.1L×1mol·L-1×250g/mol=25g，使用的玻璃仪器主要有烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故D错误；故答案为BC。12.研究表明，甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是()A.该条件下CO2比CO的稳定性强B.无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小C.无催化剂时，温度升高，生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大D.加入该催化剂可提高此过程的各反应的速率，但不能改变反应的焓变【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，该条件下CO2的相对能量比CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故A正确；B．由图可知，无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小，故B正确；C．由图可知，生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，故C错误；D．-23-
由图可知，加入该催化剂可以降低生成甲醛反应的活化能，则加入该催化剂可提高该过程的反应速率，但是会增大生成CO反应的活化能，故会降低生成CO过程的反应速率，故D错误；故选CD。13.南京理工大学团队成功合成了能在温室稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，经X射线衍射测得晶体结构，其局部结构如图所示(其中N的立体结构是平面五元环，虚线代表氢键)。下列说法错误的是()A.N中参与形成的大π键的电子数为6个B.所有N原子的价电子层结构均有孤对电子C.氮氮键的键能：N＞H2N—NH2D.该部分结构中共有三种类型的氢键【答案】B【解析】【分析】【详解】A.N的价电子总数为5×5+1=26，σ键个数为5，每个氮原子有1对孤电子对，且未参与形成大π键，故参与形成的大π键的电子数为26-5×2-5×2=6个，A正确；B铵根离子中N原子形成4个σ键，无孤电子对，B错误；C.N中氮原子除形成σ键外，还形成1个大π键，故H2N—NH2氮氮键的键能：N＞H2N—NH2，C正确；D由图可知，氯离子与铵根离子中H原子、水合氢离子与N中N原子、铵根离子中H原子与N中N原子间形成3种氢键，D正确；答案选B。14.微生物法可将高浓度苯酚废水和高浓度酸性NO废水的化学能直接转化为电能，装置如图所示。电池工作时，下列说法错误的是()-23-
A.a为负极，发生氧化反应B.b极上的电极反应为：2NO+12H++10e-=N2↑+6H2OC.中间室的Cl-向左室移动D.左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g时，理论上用电器流过2.4mol电子【答案】D【解析】【分析】【详解】A．a上苯酚变成二氧化碳，失去电子，作原电池的负极，发生氧化反应，A正确；B．b上硝酸根离子得到电子生成氮气，电极反应为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O，B正确；C．氯离子向负极移动，即向a极（左室）移动，C正确；D．左室消耗苯酚(C6H5OH)9.4g，其物质的量为0.1mol，反应后生成二氧化碳和水，转移电子为2.8mol，D错误；故选D。15.常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2−的分布系数为]A.当V(NaOH)＝0mL时，c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L-23-
B.当V(NaOH)＝20.00mL时，c(Na+)>c(HA－)＋2c(A2－)C.常温下，A2－的水解常数值为1.0×10－12D.当V(NaOH)＝30.00mL时，c(HA－)＋c(H+)＝c(A2－)＋c(OH－)【答案】AC【解析】【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中c(H2A)+c(HA-)+c(A2－)为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA－，第二步电离生成A2－，以此解答。【详解】A.当V(NaOH)＝0mL时，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步电离为完全电离，溶液中不存在H2A，根据物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L，故A正确；B.当V(NaOH)＝20.00mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<c(HA－)＋2c(A2－)，故B错误；C.当V(NaOH)＝0mL时，由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离常数为得到的溶液是Na2A溶液，==1.010-2，则A2－的水解常数值为==1.0×10－12，故C正确；D.当V(NaOH)＝30.00mL时，得到的溶液相当于NaHA和Na2A以2:1混合的溶液，根据物料守恒2c(Na+)=3[c(A2－)+c(HA－)]，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2－)+c(HA－)+c(OH-)，得质子守恒：c(HA－)＋2c(H+)＝c(A2－)＋2c(OH－)，故D错误；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、LiCl、LiAsF6、LiPF6等。回答下列问题：(1)Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为___(填元素符号)；H2O、PH3的沸点关系为H2O___(填“＞”、“＜”或“=”，下同)PH3；PH3、AsH3的键角大小关系为PH3___AsH3。(2)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。-23-
①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成如图所示的稳定结构W。基态碳原子的价电子轨道表示式为___。W中Li+与孤对电子之间的作用属于___(填标号)。A.离子键B.金属键C.氢键D.配位键②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是___。(3)一种类石墨的聚合物g—C3N4可由三聚氰胺()制得。三聚氰胺分子中环上的氮原子杂化类型是___；三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是___。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，记为原子坐标。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm-3(列出计算表达式，不必化简)。【答案】(1).O、P、As、Li(或O＞P＞As＞Li)(2).＞(3).＞(4).(5).D(6).Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成稳定结构(或不易形成配位键、或形成配位键不稳定)(7).sp2杂化(8).温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键成为可能(9).4(10).【解析】【分析】-23-
【详解】(1)一般非金属性越强，电负性越强，因非金属性O＞P＞As＞Li，故电负性O＞P＞As＞Li；H2O中含氢键，所以H2O沸点高于PH3。根据VSEPR中同族元素形成同类型化合物时的斥力顺序，处于中心原子的全充满价层里的键和电子之间的斥力大于处在中心原子未充满价层里的键和电子之间的斥力，且P-AS的顺序原子半径递增，故本应同为三角锥形分子的PH₃﹑AsH₃的键角依次减小，所以PH3键角大于AsH3。故答案为：O、P、As、Li(或O＞P＞As＞Li)；＞；＞；(2)①碳原子为6号元素，原子核外有6个电子，价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为。一孤对电子填入另一原子空轨道为配位键。故答案为：；D；②因Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成稳定结构(或不易形成配位键、或形成配位键不稳定)，故答案为：Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成稳定结构(或不易形成配位键、或形成配位键不稳定)；(3)三聚氰胺()分子中环上每个氮原子有两个σ键，一对孤电子对，参与杂化的共有3对电子，杂化类型为：sp2。温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键成为可能，故三聚氰胺溶于热水不溶于冷水。故答案为：sp2；温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键成为可能；(4)如图知2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl原子在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4=4个；已知晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm，则晶胞的体积为(0.72nm×1.0nm×0.56nm)3=(0.72×1.0×0.56×10-21)cm3，已知LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度=g·cm-3，故答案为：4；。17.血红蛋白(Hb)与肌红蛋白(Mb)是由肽链和血红素辅基组成的可结合氧的蛋白，广泛存在于人体组织中。回答下列问题：(1)血红蛋白能结合O2形成动脉血，存在如下反应：①Hb(aq)+H+(aq)HbH+(aq)ΔH1②HbH+(aq)+O2(g)HbO2(aq)+H+(aq)ΔH2-23-
③Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq)ΔH3ΔH3=___(用ΔH1、ΔH2表示)，反应②可自发进行，则其△H___0(填“＞”或“＜”)。血液中还同时存在反应：④CO2+H2OH++HCO，旅客常因为青藏高原的氧分压较低，体内CO2不能及时排出体外而产生高原反应，从化学平衡角度解释产生高原反应的原因___。科研人员仅对于反应②进行模拟研究发现，37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压p(O2)与达到平衡时HbH+与氧气的结合度α(转化率)的关系如图1所示，当pH=7.6时对应的曲线应为___(填“A”或“B”)。(2)肌肉中肌红蛋白Mb也可结合O2形成MbO2的反应为Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其平衡常数K=，正反应速率v正=k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v逆=k逆·c(MbO2)。其它条件不变，随着氧分压p(O2)增大，的值___(填“增大”、“减小”或“不变”)；在氧分压p(O2)=2.00kPa的平衡体系中，=4.0。若吸入的空气中p(O2)=21kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度α(转化率)约为___(保留两位有效数字)；图2中C点时，=___。-23-
【答案】(1).ΔH1+ΔH2(2).＜(3).氧分压较低，促进反应②逆向进行，体内H+浓度降低，促进反应④正向进行，CO2被消耗，不能及时排出体外(4).A(5).不变(6).98%(7).1.0【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，将反应①+②，整理可得Hb(aq)+O2(g)⇌HbO2(aq) ΔH3=ΔH1+ΔH2；若氧分压降低，促进反应②逆向进行，导致体内H+浓度降低，促进反应④正向进行，CO2被消耗，因此不能及时排出体外；在温度不变时，溶液pH越大，溶液中c(H+)就越小，反应②正向移动，导致血液中c(HbO2)越大。根据图示可知：在p(O2)移动，pH=7.6时Hb与O2结合程度最大，说明pH=7.6对应的曲线是A，pH=7.2时对应曲线是B；(2)当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正·c(Mb)·p(O2)=k逆·c(MbO2)，=K，等于该温度下的化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关，所以随着O2分压p(O2)增大，不变；在氧分压p(O2)=2.00kPa时，K==2.0(kPa)-1。假设吸入的空气中p(O2)=21kPa时，Mb与氧气的最大结合度为α，则K==2.0(kPa)-1，p(O2)=21kPa，则=2.0×21kPa=42.0，所以Mb与O2-23-
的最大结合度α==98%；图2中C点时，p(O2)=2.00kPa，结合度α=80%，则，所以=K××p(O2)=2.0(kPa)-1××2.00kPa=1.0。18.锡酸钠晶体(Na2SnO3·3H2O)在染料工业用作媒染剂。以锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程如图：已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3，均为强电解质。回答下列问题：(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为___，该过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图1所示，则最理想的游离碱质量浓度为___g·L-1。-23-
(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3·3H2O)时，对“水碎渣”再次水洗，其目的是___。(3)“除Sb”时发生反应的离子方程式为___。(4)“除Te”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是___。(5)在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的主要目的是___。【答案】(1).2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O(2).100(3).洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量(提高锡的回收率)(4).5Sn+4SbO+H2O=4Sb+5SnO+2OH-(5).H2O2受热分解(6).有利于锡酸钠的结晶析出(或大量Na+的存在会降低Na2SnO3的溶解度)【解析】【分析】锡渣废料(主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出。【详解】(1)“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH═2Na2SnO3+2H2O；该过程中，最理想的点应满足浸出率高且用量合适，根据图象可知浓度超过100-23-
后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离，则应选择游离碱质量浓度为100g·L-1；(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；(3)“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为5Sn+4SbO+H2O=4Sb+5SnO+2OH-；(4)从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；(5)加入的NaOH未参与反应，则必是影响锡酸钠的溶解度，所以在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，涉及物质性质的应用和混合物的分离提纯，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，难点是反应条件的选择，如H2O2的分解会降低Te的脱除率。19.H是重要的化学物质，在实验室中合成路线(部分反应条件及产物已略去)如图：回答下列问题：(1)E中含氧官能团的名称为___；由B生成C的反应类型为___。(2)F与NaOH溶液反应的化学方程式为___。(3)E生成F过程中，另一产物的结构简式为___。(4)K是D的同系物，且相对分子质量比D大14，K的同分异构体同时具有下列两个特征：①含有苯环；②能发生水解反应和银镜反应。满足上述条件的K的同分异构体有___种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为___。-23-
(5)参照上述合成路线，写出以乙烯、乙醛和B()为初始原料合成的路线(其他无机试剂任选)___。【答案】(1).(酚)羟基、酯基(2).酯化反应(或取代反应)(3).+3NaOH→+CH3CH2OH+H2O(4).CH3CH2OH(5).4(6).(7).CH2=CH2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5CH3CH=C(COOC2H5)2【解析】【分析】B与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成C，由C的分子式可知，C的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，C与D反应生成E，E在催化剂加热的条件下生成F，F在氢氧化钠溶液中发生水解反应，生成和乙醇，再进行酸化，生成，在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成H，据此解答。【详解】(1)由E的结构简式可知，E中含氧官能团为-OH、-COO-，名称为(酚)羟基、酯基；B与乙醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成C，为酯化反应(或取代反应)，故答案为：(酚)羟基、酯基；酯化反应(或取代反应)；(2)F中含有酯基，在氢氧化钠溶液中发生水解反应，生成和乙醇，则F与NaOH溶液反应的化学方程式为：-23-
+3NaOH→+CH3CH2OH+H2O；故答案为：+3NaOH→+CH3CH2OH+H2O；(3)对比E和F的结构简式可知，反应过程中，E的酚羟基的O-H键发生断裂，其中一个酯基的C-O单键发生断裂，从而生成F和CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；(4)K是D的同系物，且相对分子质量比D大14，则K比D多一个CH2原子团，K的同分异构体同时具有下列两个特征：①含有苯环；②能发生水解反应和银镜反应，说明为甲酸某酯，含有-OOCH结构，则满足上述条件的K的同分异构体有（有邻、间、对3种，）以及，共4种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为，故答案为：4；；(5)参照上述合成路线可知，由乙烯与水在催化剂加热的条件下反应生成乙醇，乙醇与B在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据C与D反应生成E可知，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3与乙醛可反应生成CH3CH=C(COOCH2CH3)2，CH3CH=C(COOCH2CH3)2在氢氧化钠溶液中发生水解反应，然后在酸化得到；合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5CH3CH=C(COOC2H5)2；故答案为：CH2=CH2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5CH3CH=C(COOC2H5)2。20.H2O2可降解废水中的有机物，活性炭(AC)能促进H2O2分解产生羟基自由基(·OH)，提高对水中有机化合物的降解率。实验表明，AC表面的酸碱性会影响H2O2-23-
的分解反应。实验室中，将纯化的AC在氮气(60mL·min-1)和氨气(20mL·min-1)气氛中于650℃下热处理2h可制得氨气改性活性炭(ACN)。回答下列问题：(1)纯化AC：将AC研磨后置于10%盐酸中浸泡6h除去灰分，用蒸馏水洗涤至中性。研磨的目的是___。为了防止放置过程中再次吸水，烘干后的AC应置于干燥器中备用。(2)制备ACN：检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是通入氮气，其目的是___；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K1、K2、K3的状态为___。U形管b内试剂B的作用是___。(3)通过氨气改性处理后，得到的ACN表面仍有少量羧基和酚羟基，其含量可采用滴定法测定。测定羧基含量的方法：在锥形瓶中加入ACN0.5g，加入0.05mol·L-1的X溶液amL。上恒温摇床，吸附平衡。以甲基橙作指示剂，用0.1mol·L-1的标准盐酸滴定剩余的X溶液，标准盐酸的平均用量为bmL。则X为___(填“NaOH”、“Na2CO3”或“NaHCO3”)，计算所得活性炭表面的羧基含量为___mol·kg-1(已知：ACN中，羧基的Ka=1.0×10-4，酚羟基的Ka=5.0×10-9；碳酸的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11；用含a、b的代数式表示)。【答案】(1).增大接触面积，提高酸洗涤效率(2).将装置内的空气排尽，以免干扰实验(3).关闭K1，打开K2、K3(4).防止烧杯中的水蒸气进入管式炉(5).NaHCO3(6).0.1a-0.2b【解析】【分析】根据图示的装置，在反应开始前应预先通入一段时间的N2，除尽装置中的空气，防止空气的混入影响实验结果，将N2通入后装有浓硫酸的吸气瓶用于除去N2中混有的少量水气，随后N2流过浓氨水，将氨气带出，通过U形管a将水气和一些酸性气体吸收只保留N2和NH3，NH3流入管式炉中与活性炭发生反应，随后用水吸收没有完全反应的NH3。【详解】(1)纯化AC时需要将AC研磨，这样做的目的是为了增大后续酸洗步骤中AC的接触面积，提高酸洗效率，故答案为：增大接触面积，提高酸洗涤效率；-23-
(2)反应开始前要预先通入一段时间的N2，目的是将装置内的空气排尽，以免干扰实验；一段时间以后应关闭K1打开K2、K3，保证氨气能顺利通过各装置，使后续实验反应完全；U形管b中试剂B的作用为防止最后的尾气处理装置中挥发的水气进入反应装置，影响是呀结果，故答案为：将装置内的空气排尽，以免干扰实验、关闭K1，打开K2、K3、防止烧杯中的水蒸气进入管式炉；(3)实验中欲测定羧基含量，需要找到一种试剂只与羧基反应而不与酚羟基反应，根据强酸制弱酸这一规律，羧基的电离平衡常数大于碳酸的一级电离常数大于酚羟基的电离平衡常数，说明-COOH的酸性强于H2CO3，H2CO3的酸性强于酚羟基，HCO的电离平衡常数小于酚羟基的电离平衡常数，说明NaHCO3不与酚羟基反应只与羧基反应，因此，X试剂应选择NaHCO3；0.05mol/LamL的NaHCO3中有0.05mol/L×a×10-3L=5a×10-5molHCO，一部分HCO与羧基反应，另一部分与HCl反应，与HCl反应的HCO的物质的量n1=0.1mol/L×b×10-3L=b×10-4mol，则与羧基反应的HCO的物质的量n2=(5a×10-5-b×10-4)mol，因此羧基的物质的量n3=n2=(5a×10-5-b×10-4)mol，由此可得到活性炭表面羧基含量为=(0.1a-0.2b)mol/kg，故答案为：NaHCO3、0.1a-0.2b。-23-
