四川省成都市2020届高中毕业班6月第三次诊断性检测理综化学试题（解析版）

成都市 2017 级高中毕业班第三次诊断性检测 理科综合化学 本试卷分选择题和非选择题两部分。第 I 卷(选择题)1 至 5 页，第 II 卷(非选择题)6 至 14 页， 共 14 页；满分 300 分，考试时间 150 分钟。 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5.考试结束后，只将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40Ti-48 Fe-56 Cu-64 第 I 卷(选择题) 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.在生活、生产、实验中处处有化学。下列说法正确的是 A. 医疗上用 95%的乙醇溶液杀菌消毒 B. 用灼烧的方法可区别蚕丝和人造纤维 C. 工业上主要采用纯碱进行燃煤脱硫 D. 氟化铵饱和溶液可用玻璃试剂瓶储存 【答案】B 【解析】 【详解】A． 医疗上用 75%的乙醇溶液杀菌消毒，酒精浓度太高会使细菌表面形成一层硬化层,不能彻底将 其杀死，A 错误； B．蚕丝 主要成分为蛋白质，灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，与灼烧人造纤维的气味不同，故可以鉴别， B 正确； C．纯碱的造价较高，工业上主要采用石灰石进行燃煤脱硫，C 错误； D．氟化铵溶液水解显酸性，形成的溶液环境相当于有氢氟酸，而氢氟酸可以与二氧化硅反应生成四氟化硅 和水，从而腐蚀玻璃容器，故不能用玻璃容器贮存，D 错误； 答案选 B。 的2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是 A. 0.5molNO 与 0.5molO2 充分反应后分子数少于 0.75NA B. 5.6gFe 在发生氧化还原反应时失去电子数为 0.2NA C. 1.0L0.1mol/LAl2(SO4)3 溶液中阳离子数目为 0.2NA D. agC2H4 和 C3H6 混合物完全燃烧时消耗 O2 的体积为 【答案】A 【解析】 【详解】A．0.5molNO 与 0.5molO2 反应生成 0.5molNO2 并剩余 0.25mollO2，生成的 NO2 中存在平衡：2NO2 N2O4，导致分子个数减少，故反应后的分子个数小于 0.75NA 个，A 正确； B．5.6gFe 的物质的量为 0.1mol，在发生氧化还原反应时化合价可能变为+2 价或+3 价，失去电子数为 0.2NA 或 0.3NA，B 错误； C．Al2(SO4)3 溶液中存在 Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，故溶液中阳离子数目不一定为 0.2NA，C 错误； D．未指明标准状况，Vm 未知，故消耗氧气的体积无法求得，D 错误； 答案选 A。 3.有关肉桂醇( )的下列说法正确的是 A. 该分子的所有原子一定处于同一平面内 B. 与乙酸发生酯化反应时，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂 C. 肉桂醇可以发生氧化反应、取代反应 D. 与苯甲醇( )互为同系物 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.肉桂醇分子中含有饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面内，故 A 错误； B.肉桂醇与乙酸发生酯化反应时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故 B 错误； D.肉桂醇分子中含有碳碳双键和醇羟基，能发生氧化反应，分子中含有醇羟基，能与羧酸发生取代反应（酯 化反应），故 C 正确； D.同系物必须是同类物质，含有相同数目的相同官能团，肉桂醇与苯甲醇含有的官能团不同，不是同类物 质，不可能互为同系物，故 D 错误； 33.6a L14  答案选 C。 4.下列实验操作对应的现象和结论有错误的是 选 项 操作 现象 结论 A 向 NaAlO2 溶液中滴加少量醋酸溶液 产生白色沉 淀 酸性：醋酸＞Al(OH)3 B 将 Cl2 通入紫色石蕊溶液中 溶液先变红 后褪色 Cl2 水溶液具有酸性 和漂白性 C 对浸润液态石蜡油 碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液 溶液紫红色 褪去 生成的气体一定为乙 烯 D 将 SO2 长时间通入 Na2O2 中，取反应后少量固体溶于水，加 盐酸酸化，滴入 BaCl2 溶液 有白色沉淀 产生 固体中含有一定量 Na2SO4 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.NaAlO2 溶液与少量醋酸溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀和醋酸钠，说明醋酸的酸性强于氢氧化 铝，故 A 正确； B.将 Cl2 通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红说明 Cl2 水溶液中含有氢离子，具有酸性，后褪色说明 Cl2 水溶 液有漂白性，故 B 正确； C.对浸润液态石蜡油的碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性 KMnO4 溶液，溶液紫红色褪去说明产生的气 体含有烯烃，不一定为乙烯，故 C 错误； D.二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，将二氧化硫长时间通入过氧化钠中，二氧化硫与过氧化 钠反应生成硫酸钠，向硫酸钠中加盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液，硫酸钠与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白 色沉淀，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】对浸润液态石蜡油的碎瓷片加强热，石蜡分解生成烷烃和烯烃，烯烃能使酸性 KMnO4 溶液褪色， 但气态烯烃不一定为乙烯是解答关键，也是易错点。 的5.有机一无机活性材料 液流电池具有能量密度大、环境友好等特点。其负极反应为 Zn-2e-+4NH3·H2O=Zn(NH3)42++4H2O，以 LiPF6 为电解质，工作示意图如图。电池放电过程中，下列说法 错误的是 A. 电子从负极经外电路流向正极 B. 已知正极发生反应： +e-→ ，此过程为还原反应 C. 负极附近溶液 pH 会降低 D. 电解质溶液中的 Li+自左向右移动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．原电池中，还原剂在负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子经外电路从负极流向正极， 故 A 正确； B．原电池中，氧化剂在正极得电子发生还原反应，由题中信息可知，B 正确； C．负极反应为 Zn-2e-+4NH3·H2O=Zn(NH3)42++4H2O，消耗了一水合氨，电极附近碱性减弱，pH 降低，故 C 正确； D．电解质中的阳离子由向正极迁移，即自右向左移动，故 D 错误； 故答案为 D。 6.五种短周期主族元素 A、B、C、D、E 相关信息如下表(含某些稳定结构与常见性质)： A2- B 的简单氢化 物 C 金属单质 D E 的氢化物水溶 液 离子半径 140pm 正四面体 常见化合价-2、+4、+6 可溶于强碱溶液 强酸 的下列叙述可能错误的是 A. D 的简单离子半径小于 140pm B. 氢化物沸点：A>B C. 最高价氧化物的水化物酸性：C>B D. 简单阴离子还原性：C>E 【答案】B 【解析】 【分析】 五种元素均为短周期主族元素，C 的常见化合价为-2、+4、+6，应为 S 元素；金属单质 D 可以溶于强碱溶 液，应为 Al 元素或 Be 元素；E 的氢化物水溶液为强酸，则 E 为 Cl 元素；A 元素可以形成-2 价阴离子，且 不为 S 元素，则 A 为 O 元素；B 的简单氢化物为正四面体，则 B 应为 C 元素或 Si 元素。 【详解】A．Al3+核外电子层结构和 O2-相同，但 O2-核电荷数更小，半径更大；Be2+核外电子层比氧离子少 一层，所以氧离子半径大，故 A 正确； B．若 B 为 C 元素，C 元素的氢化物有多种烃类，沸点有高有低，无法比较，故 B 错误； C．非金属性 S 强于 C，同时也强于 Si，所以最高价氧化物的水化物酸性：C>B，故 C 正确； D．非金属性越强，单质的氧化性越强，相应的简单阴离子的还原性就越弱，非金属性 Cl>S，则简单阴离 子的还原性：S2->Cl-，故 D 正确； 故答案为 B。 7.如图为室温下某二元酸 H2M 溶液中 H2M、HM-、M2-的浓度对数 lgc 随 pH 的变化图象。下列分析错误的 是 A. 该二元酸溶液浓度为 0.010 mol/L B. pH=1.89 时，c(H2M)=c(HM-)>c(M2-) C. pH=7.0 时，lgc(M2-)-lgc(HM-)=0.77 D. 在 NaHM 溶液中，水的电离受到抑制【答案】A 【解析】 【分析】 据图可知溶液中 H2M、HM-、M2-三种微粒可以同时存在，所以 H2M 应为二元弱酸， pH 增大的过程中发生 反应：H2M+OH-=HM-+H2O、HM-+OH-=M2-+H2O； 【详解】A．起点处，溶液中主要存在 H2M HM-+H+，据图可知 c(H2M)=0.1mol/L，c(HM-)=0.001mol/L， 根据物料守恒，二元酸的浓度应为 0.1mol/L+0.001mol/L=0.101mol/L，故 A 错误； B．据图可知 pH=1.89 时 c(H2M)=c(HM-)>c(M2-)，故 B 正确； C．lgc(M2-)-lgc(HM-)=lg ，Ka2= ，据图可知 pH=6.23 时， =1，所以 Ka2=10-6.23，温度不变平衡常数不变，所以 pH=7.0 时 = ，所以 lg =0.77，故 C 正确； D．在 NaHM 溶液中含 M 元素主要以 HM-的形式存在，据图可知当溶液中 c(HM-)最大时，溶液呈酸性，说 明 HM-的电离程度大于水解程度，而电离抑制水的电离，水解促进水的电离，所以水的电离受到的抑制作 用更大，故 D 正确； 故答案为 A。 8.铜矾(主要成分 CuSO4·5H2O)是一种可用于食品添加的铜强化剂。现以某硫铁矿渣(含有 CuSO4、 CuSO3、Cu2O 及少量难溶于酸的 Cu2S、CuS)制备铜矾的工艺过程如下： (1)“1%硫酸酸浸”时，固液质量比为 1:3 并进行 4～6 次浸取，其目的是_________； (2)“滤饼”中含有 Cu，其中 Cu 在“反应 1”中溶解的离子方程式为________；“废渣 1”中只含有 S 单 质，则“反应 1”中 Cu2S 与 Fe2(SO4)3 反应的物质的量之比为_______。 (3)“反应 2”中通入空气的目的是_______；结合离子方程式，说明“反应 3”加入石灰石的作用 ________。 (4)为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率，在“浓缩”前进行的必要操作是_____；分析下列溶解度信 息，最适宜的结晶方式为_________。  ( ) ( ) 2- - M HM c c ( ) ( ) ( ) +2- - HM HM c c c ( ) ( ) 2- - M HM c c ( ) ( ) 2- - M HM c c 0.77 -7 6.23 =1 1010 0− ( ) ( ) 2- - M HM c ct/℃ 0 10 20 30 40 60 80 CuSO4·5H2O/(g/100g H2O) 23.1 27.5 32.0 37.8 44.6 61.8 83.8 (5)将铜矾、生石灰、水按质量比依次为 1.0:0.56:100 混合配制无机铜杀菌剂波尔多液，其有效成分为 CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2。当 x=1 时，试确定 y 的值为____。 【答案】 (1). 提高对固体矿渣的浸取率 (2). Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ (3). 1:2 (4). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (5). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)+3H+，加入 CaCO3 消耗 H+，使上述反应正向移动，有利于 Fe(OH)3 沉淀 (6). 将滤液并入 (7). 降温结晶 (8). 4 【解析】 【分析】 硫铁矿渣加 1%稀硫酸进行酸浸，CuSO3、Cu2O 分别与稀硫酸反应，CuSO3+H2SO4=CuSO4+SO2↑+H2O、 Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，过滤后滤液中含有 CuSO4，滤饼中有难溶于酸的 Cu2S、CuS 和酸浸时生成 的 Cu，加入热 Fe2(SO4)3 发生氧化还原反应，反应后铜变为 Cu2+、硫离子被氧化为硫单质经过滤除去，Fe3+ 被还原为 Fe2+，通入空气将 Fe2+氧化为 Fe3+，然后加入石灰石调节溶液的 pH，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀 过滤除去，将滤液与第一次过滤后的滤液混合，蒸发浓缩，冷却结晶，得到铜矾，根据以上分析解答。 【详解】（1）“1%硫酸酸浸”时，由于硫酸浓度较小，为了提高固体矿渣的浸取率，可增加硫酸的体积和 浸取的次数，故采取固液质量比为 1:3 并进行 4～6 次浸取的工艺，答案为：为了提高固体矿渣的浸取率。 （2）滤饼中的 Cu 可以与热 Fe2(SO4)3 发生氧化还原反应，Fe3+被还原为 Fe2+，Cu 被氧化为 Cu2+，根据得 失电子守恒、电荷花守恒，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；“废渣1”中只含有S 单质，“反 应 1”中 Cu2S 与 Fe2(SO4)3 反应时，Cu 由+1 价变为+2 价，S 由-2 价变为 0 价，Fe 由+3 价变为+2 价， 1molCu2S 共失去 1×2+2=4mol 电子，1mol Fe2(SO4)3 得到 1×2=2 mol 电子，根据得失电子守恒可知，Cu2S 与 Fe2(SO4)3 反应时的物质的量之比为 1：2，答案为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；1：2； （3）在化工生产中，通常先把 Fe2+氧化为 Fe3+，然后再调节溶液的 pH，将 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀除去， 所以“反应 2”中通入空气的目的是将Fe2+氧化为 Fe3+，由于 Fe3+ 发生水解反应 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)+3H+ ， “反应 3”加入 CaCO3 消耗 H+，使上述反应正向移动，有利于 Fe(OH)3 沉淀生成，答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；加入 CaCO3 消耗 H+，使上述反应正向移动，有利于 Fe(OH)3 沉淀； （4）由分析可知酸浸后过滤得到的滤液中含有一定量的 CuSO4，为了提高硫铁矿渣的利用率和产品的产率， 在“浓缩”前将此滤液并入，由表中数据可知，铜矾的溶解度随温度的升高而增大，因此可对滤液进行蒸 发浓缩、降温结晶，从而得到铜矾晶体，答案为：将滤液并入；降温结晶；（5）将铜矾、生石灰的质量比 1.0：0.56，其物质的量之比= ： =2：5，根据原子守恒可知 Cu2+ 离子和 Ca2+离子的物质的量之比为 2：5，将铜矾、生石灰、水按质量比依次为 1.0:0.56:100 混合配制无机 铜杀菌剂波尔多液，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜和硫酸钙的方程式为： CuSO4+Ca(OH)2=Cu(OH)2+CaSO4，波尔多液有效成分为 CuSO4·xCu(OH)2·yCa(OH)2，当 x=1 时， Ca(OH)2 与 Cu(OH)2 物质的量之比为 1：1，根据 Ca 原子守恒可知，剩余 Ca(OH)2 的量为 5-1=4，即参加 反应的 Ca(OH)2 与剩余 Ca(OH)2 的物质的量之比为 1：4，答案为：4。 【点睛】分析时既要考虑题中已知物质的性质，还要注意题中所提供的信息，特别是问题中也有一些非常 有用的信息会给我们的解答提供帮助。 9.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色、高效的水处理剂，对病毒的去除率可达 99.95%。已知 K2FeO4 在低于 常温的碱性环境中稳定，酸性条件下，其氧化性强于 KMnO4、Cl2 等。某小组设计制备 K2FeO4 并测定其纯 度的实验步骤如下： I.制备次氯酸钾。在搅拌和冰水浴条件下，将 Cl2 通入浓 KOH 溶液，同时补加一定量 KOH，产生了大量白 色沉淀，抽滤后得到浓 KClO 滤液。 II.制备高铁酸钾(装置如图) 碱性条件下，向如图装置加入上述浓 KClO 溶液与冰水浴磁子搅拌 Fe(NO3)3；饱和溶液，反应一段时间， 得到紫黑色溶液和大量白色沉淀，抽滤分离，用冰盐浴进一步冷却滤液得到 K2FeO4 粗品。 III.测定高铁酸钾样品的纯度。取 0.300g 上述步骤制备的 K2FeO4 样品于锥形瓶，在强碱性溶液中，用过量 CrO2-与 FeO42-反应生成 CrO42-和 Fe(OH)3。稀硫酸酸化后加入指示剂，以 0.150mol/L(NH)2Fe(SO4)2 标准溶 液滴定 Cr(VI)至 Cr3+，终点消耗 20.0mL。 (1)步骤 I 制备次氯酸钾的化学方程式为_____；“补加一定量 KOH”的目的除了与过量 Cl2 继续反应生成更多 KClO 外，还在步骤 II 中起到___________的作用。 (2)根据 K2FeO4 理论合成产率与合成条件响应曲面投影图(见图，虚线上的数据表示 K2FeO4 的理论合成产率)， 步骤 II 中控制的条件应是：温度______ (序号，下同)，反应时间_____________。 1 250 0.56 56a.0.0~5.0℃ b.5.0~10℃ c.10~15℃ d.40~50 min e.50~60 min f.60~70 min (3)步骤 II 中，为了避免副产物 K3FeO4 的产生，Fe(NO3)3 饱和溶液应放在仪器 A 中，A 的名称是________； 写出实验刚开始时生成 FeO42-的离子方程式________。 (4)根据步骤皿 I 的测定数据，计算高铁酸钾样品纯度为_____(保留 3 位有效数字)。 (5)为探究酸性条件下 FeO42-氧化性强弱，甲同学取步骤 II 所得 K2FeO4 粗品加入到少量盐酸中，观察到产生 黄绿色气体，经检验气体为 Cl2。该现象能否证明“酸性条件下 FeO42-氧化性强于 Cl2”，并说明理由 _______________________________。 【答案】 (1). Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O (2). 提供碱性环境、做反应物 (3). b (4). e (5). 恒压滴液漏斗 (6). 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (7). 66.0% (8). 不能。粗品中可能混 有 KClO，与盐酸反应产生 Cl2 【解析】 【分析】 本实验的目的是制备 K2FeO4 并测定其纯度，首先需要制备 KClO，Cl2 通入浓 KOH 溶液，发生反应 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，根据题意，有白色沉淀生成，KClO 在滤液中，说明白色沉淀是 KCl；然后制 备高铁酸钾，将碱性 KClO 浓溶液与 Fe(NO3)3 混合反应，得到高铁酸钾溶液，同时析出硝酸钾、氯化钾等 白色沉淀，过滤，冰盐浴进一步冷却析出高铁酸钾粗品； 测定纯度：在强碱性溶液中，用过量 CrO2-与 FeO42-反应生成 CrO42-和 Fe(OH)3，加稀硫酸使 CrO42-转化为 Cr2O72-，CrO2-转化为 Cr3+，Fe(OH)3 转化为 Fe3+，(NH4)2Fe(SO4)2 标准液可以将 Cr(VI)还原为 Cr3+，所以可 用(NH4)2Fe(SO4)2 标准液测定生成的 CrO42-的量，从而确定 FeO42-的量。 【详解】(1)步骤 I 利用氯气和氢氧化钾反应制备次氯酸钾，过程中析出 KCl 固体，所以化学方程式为 Cl2+2KOH=KCl↓+KClO+H2O；过量的 KOH 可以提供步骤 II 中反应需要的碱性环境，同时 KOH 还要作为 反应物参与反应； (2)据图可知温度 5.0~10℃时产率可到达 0.8，所以温度应选 b；反应时间在 50~60 min 时该温度下产率最 高，所以反应时间选 e； (3)仪器 A 的名称是恒压滴液漏斗；实验刚开始时次氯酸根在碱性环境下将 Fe3+氧化生成 FeO42-，此时硝酸 钾等物质浓度较低，应没有沉淀生成，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为 为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O； (4)(NH4)2Fe(SO4)2 标准液可以将 Cr(VI)还原为 Cr3+，Fe2+转化为 Fe3+，化合价升高 1 价，Cr(VI)还原为 Cr3+， 化合价降低 3 价，根据电子守恒可知 n[(NH4)2Fe(SO4)2]：n[Cr(VI)]=3:1；根据元素守恒可知被 FeO42-氧化的 CrO2-的物质的量为 n(CrO2-)=0.02L×0.150mol/L× =0.001mol；CrO2-转化为 Cr(VI)化合价升高 3 价，FeO42- 转化为 Fe3+化合价降低 3 价，所以 n(CrO2-)：n(FeO42-)=1:1，则 n(FeO42-)=0.001mol，所以样品的纯度为 =66.0%； (5)粗品中可能混有 KClO，与盐酸反应产生 Cl2，所以不能说明酸性条件下 FeO42-氧化性强于 Cl2。 【点睛】本题方程式的书写为难点，制备氯酸钾要注意题目信息“产生大量白色沉淀”，而滤液中含有 KClO，所以白色沉淀为 KCl，书写方程式时要带沉淀符号。 10.化学与生命活动密切相关。以下是人体中血红蛋白、肌红蛋白与 O2 结合机制的相关研究，假定其环境温 度均为 36.8℃。 (1)血红蛋白 Hb 结合 O2 形成动脉血，存在反应①：HbH+(aq)+O2(g) HbO2(aq)+H+(aq)。该反应可自 发进行，则其 ΔH______0(填“＞”或“＜”)；血液中还同时存在反应②：CO2+H2O H++HCO3-，结合 反应①②，肺部氧分压_____(填“较高”或“较低”)有利于 CO2 排出体外，从化学平衡角度解释原因 ____________。 (2)肌肉中大量肌红蛋白Mb 也可结合 O2 形成 MbO2，即反应③：Mb(aq)+O2(g) MbO2(aq)，其平衡常 数 K= 。其它条件不变，随着氧分压 p(O2)增大，K 值___(填“变大”、“变小”或“不变”)。 已知在氧分压 p(O2)=2.00 kPa 的平衡体系中， =4.0。吸入的空气中 p(O2)=21 kPa，计算此时 Mb 与氧气的最大结合度(平衡转化率)约为_______________(保留两位有效数字)。 (3)Hb 分子具有四个亚基，且每个亚基有两种构型(T 型和 R 型)。图中，T0、R0 表示未结合 O2 的 T 型和 R 型，且存在可逆的变构效应：T0 R0，正向平衡常数为 K0；当四分子 O2 与 Hb 的四个亚基结合后，T4 R4 也是变构效应，正向平衡常数为 K4。 1 3 198g/mol 0.001mol 100%0.300g × × 2 2 c( MbO) c( Mb) p( O) ( ) ( )2n MbO n Mb①已知某肺炎病人肺脏中 T0+4O2 T4 反应的 n(O2)数据如下： t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0 n(O2)/10-6 mol 1.68 1.64 1.58 1.50 1.40 计算 2.0 min~8.0 min 内以 T 的物质的量变化表示的反应速率 v(T4)为_________mol·min-1。 ②现假定 R 型 Hb 对 O2 的结合常数为 KR，T 型 Hb 对 O2 的结合常数为 KT。已知 KR＞KT，则图中 K0____K4(填“＞”或“＜”)。 (4)氧气是生命活动必不可少的物质。如下图所示，以 Pt 为阳极，Pb(CO2)的载体，使 CO2 活化为阴极，电 解经 CO2 饱和处理的 KHCO3 溶液可使氧气再生，同时得到甲醇。其阴极反应式为____；从电解后溶液中分 离甲醇的操作方法是_______________。 【答案】 (1). ＜ (2). 较高 (3). 增大氧分压，反应①正向移动，产生较高浓度的 H+，从而反应② 平衡逆向移动 (4). 不变 (5). 98% (6). 1.0×10-8 (7). ＜ (8). 7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3- (9). 减压蒸馏 【解析】 【分析】 (1)根据反应自发进行的依据判断；根据平衡移动原理分析判断； (2)化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；根据化学平衡常数与 O2 的结合度的关系 计算； (3)①先计算氧气变化的物质的量，然后根据反应中氧气与 T4 的量变化关系，计算用 T 表示的反应速率 v(T4)； ②根据物质转化关系，分别用 K0、K4、KT、KR 表示，结合 KR＞KT，推导 K0、K4 的大小关系； (4)在阴极上 CO2 得到电子，变为 CH3OH 及 HCO3-，据此书写电极反应式；根据甲醇熔沸点低分析判断分 离方法。 【详解】(1)对于反应 HbH+(aq)+O2(g) HbO2(aq)+H+(aq)，△S＜0，若该反应可自发进行，则根据反 应自发进行的判断依据△G=△H-T△S＜0，所以 ΔH＜0；根据反应①：HbH+(aq)+O2(g) HbO2(aq)+H+(aq)可知：增大氧分压，反应①正向移动，产生较高浓度的 H+，H+浓度增大，反应②：CO2+H2O H++HCO3-的平衡逆向移动，从而可降低血液中 CO2 的浓度，有利于将 CO2 排出体外； (2)由于只增大氧气 分压，温度不变，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数 K 不变； 在氧分压 p(O2)=2.00 kPa 的平衡体系中， =4.0，则该温度下该反应的化学平衡常数 K= =2.0，温度不变，吸入的空气中 p(O2)=21 kPa，假设此时 Mb 与氧气的最大结合度为 x，则由于化学平衡常 数 K= ，则 x= =98%； (3)根据表格数据可知在 2.0 min～8.0 min 内 O2 的物质的量变化了△n(O2)=(1.64 -1.40)×10-6 mol=2.4×10-7mol，则根据 O2 与 T4 变化的物质的量的比是 4：1，所△n(T4)= △n(O2)=6.0×10-8 mol，所 以以 T 变化表示的反应速率 v(T4)=6.0×10-8 mol÷6 min=1.0×10-8 mol/min； ②根据物质转化关系可知：K0= ，K4= ，KT= ，KR= ，由于 KR＞KT，则 ＞1，所以 K4＞K0，即 K0＜K4； (4)CO2 中 C 元素化合价为+4 价，在阴极上 CO2 得到电子，变为 CH3OH 中 C 的-2 价，同时产生 HCO3-， 则阳极的电极反应式为：7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6HCO3-；阳极上水电离产生的 OH-失去电子变为 O2，因 此可使氧气再生；由于甲醇属于分子晶体，物质的熔沸点比较低，而 NaHCO3 熔沸点高，减小压强，物质 的熔沸点会降低，因此从电解后溶液中分离甲醇的操作方法是减压蒸馏法。 【点睛】本题考查了化学平衡常数的含义、相互关系及影响因素和电解反应原理在氧气制取的应用。掌握 化学平衡常数的含义及只与温度有关是分析氧分压对氧气最大结合度的关键，理解电解原理，明确阳极发 生氧化反应，阴极上发生还原反应，结合题目分析电极反应式和总反应方程式。 的 ( ) ( )2n MbO n Mb 4.0 2.00 ( ) ( )21 O x x p− ( ) ( )2 2 O 2 21 1 O 1 2 21 K p K p ×=+ + ×   1 4 0 0 R T 4 4 R T 4 0 T T 4 0 R R 4 4 0 4 00R 4 4 0 4 4 0 T 0 R K KR T R TR TK R T T R K0 T = = × = × =11.钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。钛的氯化物有如下转变关系： 2TiCl3 TiCl4↑+TiCl2 回答下列问题。 (1)某同学所画基态 Cl-的外围电子排布图为 ，这违反了____________ (2)从结构角度解释 TiCl3 中 Ti(III)还原性较强的原因____________。 (3)钛的氯化物的部分物理性质如下表： 氯化物 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 TiCl4 -24 136 可溶于非极性的甲苯和氯代烃 TiCl2 1035 1500 不溶于氯仿、乙醚 ①TiCl4 与 TiCl2 的晶体类型分别是____________。 ②TiCl4 与 SO42-互为等电子体，因为它们____________相同；SO42-中心原子以 3s 轨道和 3p 轨道杂化。 (4)Ti 的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)63+、TiF62-的配体所含原子中电负性最小的是__________；Ti(NO3)4 的球棍结构如图，Ti 的配位数是_____________ (5)钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图： ①设 N 为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为______________g. ②假设 O2-采用面心立方最密堆积，Ti4+与 O2-相切，则 =_________。 【答案】 (1). 泡利原理 (2). +3 价 Ti 外围电子为 3d1，失去一个电子后，3d 能级处于全空稳定状态 (3). 分子晶体；离子晶体 (4). 原子总数、价电子总数 (5). H (6). 8 (7). (8). -1 Δ ( ) ( ) 4 2 r Ti r O + − A 136 N 2或 0.414 【解析】 【分析】 (1)根据原子核外电子排布规律分析； (2)根据原子核外各个电子层排布处于全满、半满或全空时稳定分析； (3)①根据分子晶体熔沸点低，易溶于某些溶剂中，而离子晶体熔沸点较高，在有机溶剂中不能溶解分析判 断； ②根据等电子体的概念及性质分析判断； (4)元素的非金属性越弱，元素的电负性就越小；结合图示中与 Ti 形成共价键的原子数目确定其配位体数目； (5)①用均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后结合摩尔质量与相对原子质量关系计算 晶胞质量； ②O2-采用面心立方堆积，则各种离子相对位置可表示为： ，面对角线为 2 个 O2-半径与 2 个 Ti4+的半径，晶胞边长为 2 个 O2-半径，据此分析解答。 【详解】(1)Cl 是 17 号元素，核外电子排布为 2、8、7，Cl 原子获得 1 个电子变为 Cl-，根据构造原理，基 态 Cl-核外电子排布式是 1s22s22p63s23p6，3p 亚层有 3 个能量相同的轨道，每个轨道最多容纳 2 个自旋方向 相反的电子，这样排布使离子能量最低，稳定，故基态 Cl-的外围电子排布图为 ，而 则违背了泡利不相容原理； (2)Ti 是 22 号元素，外围电子排布是 3d24s2，TiCl3 中 Ti 的化合价为+3 价，+3 价 Ti 外围电子为 3d1，当其 再失去一个电子后，3d 能级处于全空的稳定状态，因此 TiCl3 中 Ti(III)还原性较强； (3)根据表格性质可知 TiCl4 熔沸点低，易溶于有机溶剂，则 TiCl4 是由分子构成的分子晶体；而 TiCl2 熔沸 点较高，在乙醇、乙醚中不能溶解，说明 TiCl2 的晶体类型属于离子晶体； ②TiCl4 与 SO42-的原子总数、价电子总数相等，因此二者互为等电子体； (4)在 Ti 的多种配合物 Ti(CO)6、Ti(H2O)63+、TiF62-中，配体分别是 CO、H2O、F-，其中含有的非金属性元 素有 C、O、H、F，元素的非金属性：F>O>C>H，元素的非金属性越弱，其电负性就越小，故上述所含非 金属元素原子中电负性最小的是 H；根据 Ti(NO3)4 的球棍结构图示可知 Ti 的配位数是 8；(5)①在一个晶胞中含有 Ca2+离子数目是 1；含有 Ti4+离子数目为 8 =1，含有的 O2-数目为 12 =3，则 一个晶胞中含有 1 个 CaTiO3，设 NA 为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为 = g； ②假设 O2-采用面心立方最密堆积， Ti4+与 O2-相切，则晶胞边长为 L=2r(O2-)，晶胞的面对角线 L=2r(O2-)+2r(Ti4+)，故 r(O2-)= L，r(Ti4+)= L- L ，所以 =0.404。 【点睛】本题考查了物质结构，包括原子核外电子排布规律、晶体类型的判断、等电子体、电负性、晶胞 计算等。需要学生具有一定的物质结构知识和扎实的基本功和灵活应用能力，要掌握晶体方法，结合摩尔 质量概念计算。 12.苯酚是一种很有价值的化工原料，年产量可达几百万吨。苯酚可合成著名的解热镇痛药——阿司匹林， 也可合成聚碳酸酯，其合成路线如下： (1)阿司匹林分子中的含氧官能团名称为_______；G 的化学名称是____。 (2)E 为饱和一元酮，其结构简式为________；H 和 K 合成聚碳酸酯的反应类型是_____。 (3)鉴别 G 和阿司匹林的一种显色试剂为___________ (4)已知 K 的相对分子质量为 99，其分子式为____________ (5)写出阿司匹林与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式_________ (6)写出能同时满足以下条件的阿司匹林的两种异构体的结构简式_______________ ①苯环上只有两种一氯代物；②含有羧基；③水解产生酚。 1 8 × 1 4 × A A M 136g / mol N N / mol = A 136 N 2 1 2 2 2 1 2 ( ) ( ) 4 2 r Ti 2 1 r O + − = −【答案】 (1). 酯基、羧基 (2). 2-羟基苯甲酸或 2-羟基-1-苯甲酸或邻羟基苯甲酸 (3). (4). 缩聚反应 (5). FeCl3 溶液 (6). COCl2 (7). +3NaOH→CH3COONa+ +2H2O (8). 、 、 、 、 【解析】 【分析】 苯酚与 NaOH 反应产生苯酚钠 ，然后与 CO2 在一定温度、压强下反应产生 ，再用硫酸 酸化得到 G 为 ；G 与 D( )发生取代反应产生阿司匹林： 和 CH3COOH；苯酚 与 E 反应，然后经 HCl 酸化产生 J： ，题给信息可知，其为饱和一元酮，则 E 是丙 酮 ， 结 构 简 式 为 ， 与 NaOH 混 合 加 热 ， 变 为 H ： ，H 与 K 在酸性条件下发生缩聚反应得到聚碳酸酯： ， 逆推可知 K 是 COCl2，然后根据问题分析解答。 【详解】根据上述分析可知：G 是 ，E 是 ，H 是 ，K 是 COCl2。 (1)根据阿司匹林结构简式 可知其中含氧官能团名称为酯基、羧基；G 是 ，名称为 邻羟基苯甲酸或 2-羟基苯甲酸或 2-羟基-1-苯甲酸； (2)E 为饱和一元酮，根据苯酚与 J 结构的区别，可知 E 为丙酮，其结构简式为 ；H 是 ，K 是 COCl2，H 和 K 发生缩聚反应合成聚碳酸酯，同时产生 NaCl； (3)G 是邻羟基苯甲酸，含有酚羟基，遇 FeCl3 溶液显紫色，而阿司匹林无酚羟基，所以鉴别 G 和阿司匹林 的一种显色试剂为 FeCl3 溶液；(4)根据上述推断可知 K 是 COCl2； (5)阿司匹林与足量 NaOH 溶液反应，-COOH 变为-COONa，酯基变为-ONa 和 CH3COONa，同时产生水， 反应的化学方程式为： +3NaOH→CH3COONa+ +2H2O； (6)同分异构体分子式相同，结构不同，阿司匹林的同分异构体满足条件：①苯环上只有两种一氯代物；说 明有处于苯环上对位的 2 个取代基；②含有羧基；③水解产生酚，该取代基是酚羟基形成的酯基，则符合 条件的同分异构体可能结构为： 、 、 、 、 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，正确推断各物质结构简式是解本题关键，结合某些物质结构简式、 反应条件采用正推与逆推结合的方法进行推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力。