重庆市南开中学2023-2024学年高三化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

重庆市高2024届高三第一次质量检测化学试题考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23S—32K—39Cu—64Ga—70As—75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的。1.对下列古文献的理解不正确的是A.“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至，已成铜矣”涉及到置换反应B.“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，文中的“气”指乙烯C.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色来自Fe2O3D.镀金时“以汞和金涂银器上，入火则汞去，而金存”，其中“入火则汞去”指汞的挥发【答案】C【解析】【详解】A．该过程的反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，涉及到置换反应，A正确；B．乙烯具有催熟作用，文中的气指乙烯，B正确；C．氧化铁为红棕色固体，瓷器青色来自于四氧化三铁，C错误；D．汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，剩下的金附着在银表面，“入火则汞去”指的是汞的挥发，D正确；故答案选C。2.某溶液含有下列操作既不会生成沉淀也不会产生气体的是A.加入MgSO4溶液B.加入Na2CO3溶液C.加入稀H2SO4D.通入NH3【答案】A【解析】 【详解】A．硫酸镁和溶液中5种离子不反应，无明显现象，故A符合题意；B．碳酸钠和铝离子发生彻底的双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故B不符合题意；C．稀硫酸加入后，酸性条件下，硝酸根离子和亚铁离子生成NO气体，故C不符合题意；D．氨气使得亚铁离子和铝离子生成沉淀，故D不符合题意；故选A。3.下列叙述正确的是A.Fe与S混合加热生成Fe2S3B.MgO和Al发生铝热反应生成MgC.过量的铜与浓硝酸反应有NO生成D.向氨水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A．S的氧化性较弱，与Fe混合加热只能生成FeS，故A错误；B．Mg比Al活泼，无法被Al置换，故B错误；C．过量的铜与浓硝酸反应先生成NO2，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，与过量的铜生成NO，故C正确；D．制备Fe(OH)3胶体的方法是：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，故D错误；故选C。4.下列离子方程式正确的是A.向淀粉KI溶液中滴加适量稀硫酸，溶液变蓝：4B.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：C.Mg(OH)2悬浊液中加入NH4Cl溶液：D.用惰性电极电解AlCl3水溶液：【答案】A【解析】【详解】A．向淀粉KI溶液中滴加适量稀硫酸，空气中的氧气在酸性条件下迅速氧化I-为I2，淀粉遇I2变蓝，离子方程式为：4，故A正确； B．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：，故B错误；C．Mg(OH)2悬浊液中加入NH4Cl溶液反应生成一水合氨和氯化镁，离子方程式为：，故C错误；D．用惰性电极电解AlCl3水溶液生成氢氧化铝沉淀和氢气、氯气，离子方程式为：，故D错误；故选A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.12g金刚石含有的碳碳键数目为2NAB.足量MnO2与20mL10mol/L浓盐酸共热，充分反应后转移的电子数目为0.1NAC.标准状况下，22.4LHF中含有的原子数目大于2NAD.核反应堆内发生核裂变反应：n为中子)，若体系内中子增加0.004NA，则消耗235U质量为0.47g【答案】B【解析】【详解】A．12g金刚石物质的量为1mol，含有的碳碳键数目为2NA，A不符合题意；B．根据关系知，理论上20mL10mol/L浓盐酸完全反应后转移的电子数目为0.1NA，但随着反应进行，浓盐酸变稀，并不能完全参与反应，故转移的电子数目少于0.1NA，B符合题意；C．标准状况下HF不是气体，无法进行计算，C不符合题意；D．由反应计量数知，中子增加0.004NA，则消耗235U0.002NA，物质的量为0.002mol，对应的质量为，D不符合题意；故选B。6.NO在维持心血管功能方面具有重要作用，实验室通过干法制备NO的原理为：3KNO2+KNO3+Cr2O3═2K2CrO4+4NO↑。下列说法不正确的是A.NO是极性分子B.NO2的键角小于NOC.氧化产物与还原产物的物质的量之比1∶2 D.每消耗10.1gKNO3时，被KNO3氧化的Cr2O3为0.1mol【答案】D【解析】【详解】A．NO的正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；B．NO2、NO中中心原子N均为sp2杂化，但是NO中电子均成键，键角较大，故NO2的键角小于NO，B正确；C．反应中铬元素化合价升高得到2molK2CrO4，氮元素化合价降低得到4mol还原产物NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比1∶2，C正确；D．KNO3中氮元素化合价由+5变为+2，铬元素化合价由+3变为+6，根据电子守恒可知，每消耗10.1gKNO3（为0.1mol），被KNO3氧化的Cr2O3为0.05mol，D错误；故选D。7.往饱和食盐水中通入NH3、CO2可制备NaHCO3，下列装置能达到实验目的的是A.制取NH3B.制取CO2C.制取NaHCO3D.测定NaHCO3的含量【答案】C【解析】【详解】A．制备氨气的原料应为NH4Cl和Ca(OH)2，故A项错误；B．使用启普发生器制备CO2的原料应为碳酸钙固体与盐酸，故B项错误；C．往饱和食盐水中通入NH3、CO2可制备NaHCO3，故C项正确；D．盐酸滴定NaHCO3应使用甲基橙作指示剂，故D项错误；故选C。8.酚酞是一种常见的酸碱指示剂，结构如图所示。在碱性溶液中酚酞的酯基发生断裂，从而显现出特征颜 色。下列说法正确的是A.酚酞中所有碳原子均处于同一平面B.1mol酚酞最多可消耗10molH2C.1mol酚酞最多可消耗2molNaHCO3D.强酸性条件下酚酞也将呈现出特征颜色【答案】D【解析】【详解】A．酚酞中三个苯环连接在同一个碳原子上，该碳原子是sp3杂化，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；B．酚酞中苯环可以和H2发生加成反应，1mol酚酞最多可消耗9molH2，故B错误；C．酚酞中不含有羧基，不能和NaHCO3反应，故C错误；D．强酸性条件下酚酞中的酯基也将发生断裂，从而呈现出特征颜色，故D正确；故选D。9.下列实验操作、现象及相应结论均正确的是选项操作现象结论A向CuSO4溶液中加入过量氨水先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解Cu(OH)2是两性氢氧化物B向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，所得气体通入Na2SiO3溶液中Na2SiO3溶液中产生白色沉淀非金属性：S>C>SiC将饱和食盐水滴入电石中，产生的气体直接通入溴水中溴水褪色乙炔能与Br2反应D向Zn、Fe、酸化的NaCl溶液形成的原电池的铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁表面出现蓝色沉淀锌不能作为保护铁的牺牲阳极 A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CuSO4溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，反应原理为：CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，后与氨水生成络合物，反应原理为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明Cu(OH)2是两性氢氧化物，A不合题意；B．向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，所得气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液中产生白色沉淀，发生的反应有：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，则可说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故可得出非金属性S＞C＞Si，B符合题意；C．将饱和食盐水滴入电石中，电石中含有杂质，制得的乙炔中含有的H2S，也能是溴水褪色，故将产生的气体直接通入溴水中溴水褪色，也不能说明乙炔能与Br2反应，C不合题意；D．由于纯铁电极可能直接被K3[Fe(CN)6]氧化，故向Zn、Fe、酸化的NaCl溶液形成的原电池的铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，即使铁表面出现蓝色沉淀，也不能说明锌不能作为保护铁的牺牲阳极，D不合题意；故答案：B。10.钠离子电池以其快速充放电的特性受到科研工作者的重视，具有广泛的应用前景。某基于有机电解质的钠离子可充电电池的放电工作原理如图所示：下列说法正确的是A.x>yB.放电时，外电路通过0.1mol电子，A电极质量减少4.6gC.充电时，B电极发生的反应为 D.与锂离子电池相比，钠离子电池具有受损后不易燃烧的优点【答案】A【解析】【分析】放电时，钠电极为负极，A电极反应式为：Na-e-=Na+，B电极为正极，电极反应式为；【详解】A．由放电时B电极的物质转化关系可知，x>y，故A正确；B．放电时，外电路通过0.1mol电子，A电极上Na失去电子生成Na+，消耗0.1molNa，A电极质量减少了2.3g，故B错误；C．充电时，B电极发生的反应为，故C错误；D．Na比Li活泼，受损后更易燃烧，故D错误；故选：A。11.Au最外层电子位于P能层，价层电子排布与Cu相似。一种Au的有机配合物结构如图所示，其中两个五元环共平面。W、X、Y、Z均是组成蛋白质的主要元素且核电荷数依次增大，其中X与Y在元素周期表中相邻，Z的氢化物有臭鸡蛋气味。下列说法正确的是A.第一电离能：X>Y>ZB.原子半径：Z>X>YC.Au的核外电子排布式为D.该配合物中X原子的杂化方式均为sp3杂化【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z均是组成蛋白质的主要元素且核电荷数依次增大，Z的氢化物有臭鸡蛋气味，Z为S元素，其中X与Y在元素周期表中相邻，X为C、Y为N元素，W为H元素，以此解答。【详解】A．同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：N>S>C，故A错误；B．原子半径大小比较规律是：同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上 到下原子半径逐渐增，则原子半径：S>C>N，故B正确；C．Au最外层电子位于P能层，价层电子排布与Cu相似，Au的核外电子排布式为[Xe]4f145d106s1，故C错误；D．该配合物中存在-CH3，C原子的杂化方式存在sp3杂化，故D错误；故选B。12.如图是一种制备高效、低毒净水剂ClO₂(黄绿色易溶于水的强氧化性气体)的方法：下列说法正确的是A.NH₄Cl的电子式为B.“电解”产生的H2与NCl3的物质的量之比为1：3C.溶液X为NaCl溶液D.可用浓硫酸除去ClO2中的NH3【答案】D【解析】【分析】由工艺流程可知，电解氯化铵与盐酸的混合液产生H2和NCl3，电池总反应方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，反应过程中Cl元素化合价升高，H元素化合价降低，因此Cl-在阳极发生氧化反应，以此解答。【详解】A．NH4Cl是离子化合物，电子式为，故A错误；B．由分析可知，电池总反应方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，“电解”产生的H2与NCl3的物质的量之比为3：1，故B错误；C．NaClO2和NCl3反应的化学方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，溶液X为NaCl、NaOH溶液，故C错误；D．ClO2不和浓硫酸反应，NH3能够和浓硫酸反应，可用浓硫酸除去ClO2中的NH3，故D正确；故选D。 13.柠檬酸(H3A)是一种三元弱酸，可用于家用厨具除水垢。某pH=5的生活废水中含有柠檬酸钠盐，室温下柠檬酸的如图所示。下列有关该废水的描述不正确的是A.离子浓度存在关系：B.若使溶液中需将废水的pH调节至5.58C.若加入小苏打将废水逐渐中和至中性，(将先增大后减小D.若加入FeCl3固体形成稳定的配合物废水的pH将减小【答案】A【解析】【分析】Ka1=10-3.13、Ka2=10-4.77、Ka3=10-6.36，H2A-电离大于水解、HA2-电离大于水解；【详解】A．pH=5的溶液为NaH2A、Na2HA的混合液，根据物料守恒离子浓度存在关系：，故A错误；B．若使溶液中则，需将废水的pH调节至5.58，故B正确；C．pH=5的溶液为NaH2A、Na2HA的混合液，若加入小苏打将废水逐渐中和至中性，H2A-先生成HA2-后HA2-再生成A3-，将先增大后减小，故C正确；D．若加入FeCl3固体形成稳定的配合物A3-浓度减小，H平衡正向移动，氢离子浓度增大，废水的pH将减小，故D正确；选A。14.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行：2NO(g)N2O2(g)、N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)，反应过程中的能量变化如图所示。往体积相等的刚性容器甲、乙中分别充入2molNO(g)和1molO2(g)，其中甲控制温度为T1，乙控制温度为T2测得甲、乙容器中n(NO2)随时间(t)的变化如表所示，下列说法不正确的是 10min20min∞T1a10.61.0T2a20.30.8A.a₁>0.3B.反应过程中N2O2的浓度先增大后减小C.乙容器20min时NO2物质的量较少的原因是乙中N2O2的活化分子百分数较小D.平衡时从甲容器移走部分NO2，重新平衡时甲中NO2的体积分数可能与乙相等【答案】C【解析】【分析】由图反应物的能量大于生成物的能量，为放热反应；【详解】A．浓度越大反应速率越快，初始浓度较大，则反应速率加快，结合T1、20min时生成0.6mol二氧化氮，则10min时生成二氧化氮大于0.3mol，A正确；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图示可知，第一步反应为快反应，故反应过程中N2O2的浓度先增大后减小，B正确；C．反应为放热，升高温度平衡逆向移动，导致二氧化氮含量减小，结合图表可知，温度T1<T2，温度越高活化分子比例越大，故不是乙中N2O2的活化分子百分数较小的缘故；乙容器20min时NO2物质的量较少的原因是温度升高使得第一步反应逆向移动，导致N2O2的浓度减小，浓度减小的影响强于温度升高，所以第二步反应速率较慢，总反应速率较慢，C错误；D．平衡时从甲容器移走部分NO2，虽然平衡正向移动，但是最终二氧化氮的量减小，故重新平衡时甲中NO2的体积分数可能与乙相等，D正确； 故选C。二、非选择题：共58分。15.镓(熔点为29.8℃，沸点2403℃)是新型半导体的基础材料，随着其系列化合物砷化镓、氮化镓等在光电子和高速集成电路等高精尖领域的广泛应用，高纯镓的地位日益凸显。从粉煤灰(主要成分为Al2O3、Ga2O3、SiO2、MgO等)中提取镓并回收铝，可变废为宝并减少污染，其中一种提取工艺如图：（1）镓和铝同族，其化合物性质相似，基态镓原子的未成对电子数目为____________________________________。（2）“焙烧”的目的主要是通过Al2O3与Na2CO3反应破坏粉煤灰晶相中的稳定结构，活化反应物以提高后续浸出效率，写出该反应的化学方程式：___________________________________，滤渣的主要成分为MgO、______________(填化学式)。（3）“调pH沉镓”的原理为_________________________________________________(用离子方程式表示)，已知常温下设浸出后溶液中含镓微粒的初始浓度为通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全。则此时应控制溶液pH不低于______________________________(保留一位小数)。（4）“电解精炼”原理如图1所示。①导线中电子的流动方向为____________________(用a、M表示)。②析出纯镓的电极方程式为_______________________________________。③该电解池不能采用盐酸代替NaOH溶液的理由是_______________________________________。（5）以纯镓为原料可制得砷化镓，其晶体结构(图2)与金刚石类似，已知晶胞参数为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓的晶体密度为_________________________g/cm3(列出计算式)。 【答案】（1）1（2）①.Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑②.CaSiO3（3）①.+CO2+2H2O=Ga(OH)3↓+②.4.7（4）①.a→M②.+3e-+2H2O=Ga+4OH-③.酸性条件下，镓元素以Ga3+存在，H+优于Ga3+放电，无法得到单质Ga（5）【解析】【分析】镓和铝同族，其化合物性质相似，粉煤灰的主要成分为Al2O3、Ga2O3、SiO2、MgO等，加入Na2CO3、CaO焙烧，得到含NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3、MgO等的混合物和气体CO2(A)；向焙烧后的固体混合物中加入稀NaOH溶液，CaO与H2O化合成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2SiO3反应产生CaSiO3沉淀，MgO难溶于NaOH溶液，滤渣的主要成分为MgO、CaSiO3；向滤液中通入CO2气体调pH使Al元素转化成Al(OH)3沉淀，经过滤，再通入CO2气体调pH使转化为Ga(OH)3，Ga(OH)3经一系列处理得到粗镓，粗镓经电解精炼得到纯镓。【小问1详解】基态镓原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，4p能级上的1个电子为未成对电子，即基态镓原子的未成对电子数目为1个。【小问2详解】Al2O3与Na2CO3焙烧时反应生成NaAlO2和CO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；根据分析滤渣的主要成分为MgO、CaSiO3。小问3详解】Ga和Al的化合物性质相似，向含的溶液中通入CO2产生Ga(OH)3沉淀，反应的离子方程式为 +CO2+2H2O=Ga(OH)3↓+；要使含镓微粒完全形成Ga(OH)3沉淀，则c(OH-)＞mol/L=mol/L，c(H+)＜mol/L，溶液的pH＞-lg=4.7，即控制溶液的pH不低于4.7。【小问4详解】①电解精炼时，纯镓为阴极，b为阴极，N为电源的负极，粗镓为阳极，即a为阳极，M为电源的正极，导线中电子的流动方向为N→b、a→M；②因为电解质溶液为NaOH溶液，则粗镓中的Ga转化成；纯镓上的电极反应为+3e-+2H2O=Ga+4OH-；③若用盐酸代替NaOH溶液，则酸性条件下，镓元素以Ga3+存在，H+优于Ga3+在阴极上放电，无法得到单质Ga，故不能采用盐酸代替NaOH溶液。【小问5详解】1个晶胞中含As：8×+6×=4，含Ga：4，1个晶胞的质量为g=g；晶胞参数为acm，晶胞体积为a3cm3；则砷化镓晶体的密度为g÷a3cm3=g/cm3。16.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)具有强还原性、漂白性，广泛用于食品、医药、印染等。工业上常以含硫废气为原料制得过饱和NaHSO3溶液，再将其结晶脱水制得Na2S2O5。实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)模拟该制备过程。已知：常温下，5.6×10-11，Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2、Ka2(H2SO3)＝6.2×10-8。回答下列问题：（1）按图示组装仪器。①A装置用于制备SO2，试剂X、Y的组合最好是_______________(填字母)。 a．稀盐酸和Na2SO3，固体b．98%硫酸和铜c．70%硫酸和K2SO3固体d．稀硝酸和NaHSO3固体②D装置的作用是___________________（2）检查装置的气密性后装入药品，先向C中烧瓶滴加饱和Na2CO3溶液，再向A中烧瓶滴加X，反应一段时间，待C中溶液的pH为4.1时，停止通SO2，写出SO2和饱和Na2CO3溶液反应的化学方程式：__________________________________。（3）将恒压分液漏斗更换为固体加料漏斗，先向三颈烧瓶中加入Na2CO3粉末至pH为7~8，再继续通入SO2至pH=4.1，该步骤的目的是_________________________。将C中溶液结晶脱水析出太量白色固体，经过滤、乙醇洗涤、真空干燥，得到产品Na2S2O5。（4）称取1.000g产品于碘量瓶中，加入50.00mL0.2000mol·L-1过量标准碘溶液(杂质不参与反应)，在暗处放置5分钟充分反应：______________________________(填离子方程式)。再用标准溶液滴定剩余碘，发生反应：，加入淀粉指示剂，滴定至溶液蓝色刚好褪去。上述过程重复三次，消耗Na2S2O3溶液的体积分别是19.60mL、20.22mL、20.18mL，产品中Na2S2O5的纯度为__________________________________(结果保留四位有效数字)。（5）产品中可能混有的杂质为_____________________________，为提高纯度，在不改变原有装置的基础上对(2)中的操作进行改进，改进后的操作是_________________________________。【答案】（1）①.ac②.防止倒吸（2）（3）生成更多的亚硫酸氢钠，得到过饱和NaHSO3溶液（4）①.②.85.50%（5）①.硫酸钠②.首先向A烧瓶中加入70%硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体一段时间，排净装置中空气【解析】【分析】装置A中反应生成二氧化硫，经过B净化后进入C中，二氧化硫和饱和碳酸钠反应生成过饱和NaHSO3溶液，D防止E中液体倒吸，E吸收尾气防止污染；反应生成的NaHSO3结晶脱水制得Na2S2O5。【小问1详解】①a．稀盐酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，生成二氧化硫中含有氯化氢气体杂质通过B装置吸收后得到二 氧化硫进入C反应，合适；b．98%硫酸和铜需要加热反应，不合适；c．70%硫酸和K2SO3固体生成较为纯净的二氧化硫气体，合适；d．稀硝酸和NaHSO3固体会发生氧化还原反应生成NO气体，不合适；故选ac；②D装置的作用是起到安全瓶左右，防止装置E中液体倒吸入三颈烧瓶中；【小问2详解】反应一段时间，待C中溶液的pH为4.1时，停止通SO2，此时溶液显酸性，则二氧化硫过量，过量SO2和饱和Na2CO3溶液反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，；【小问3详解】由碳酸、亚硫酸的电离常数可知，向三颈烧瓶中加入Na2CO3粉末至pH为7~8，加入的碳酸钠和亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，再继续通入SO2至pH=4.1，通入的二氧化硫和亚硫酸钠生成亚硫酸氢钠，该步骤的目的是生成更多的亚硫酸氢钠；【小问4详解】碘单质具有氧化性，能将Na2S2O5氧化为硫酸钠，反应为；由数据可知，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为20.00mL，则与Na2S2O3反应的碘单质为，与Na2S2O5的碘单质为，结合反应可知，产品中Na2S2O5为，则产品中Na2S2O5的纯度为；【小问5详解】空气中氧气具有氧化性，会将Na2S2O5氧化为硫酸钠，故产品中可能混有杂质为硫酸，为提高纯度，在不改变原有装置的基础上对(2)中的操作进行改进，改进后的操作是首先向A烧瓶中加入70%硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体一段时间，排净装置中空气，再进行其它操作。 17.肌红蛋白和血红蛋白(分别存在于哺乳动物肌细胞和血液中，通过储存和分配O2维持人体生理活动，其原理如下：反应ⅠMb(aq)+O2(g)⇌MbO2(aq)△H₁反应Ⅱ．Hb(aq)+O2(g)⇌HbO2(aq)△H₂（1）设反应I平衡时Mb与O2的结合率(即Mb的转化率)为α(Mb)，氧气的分压为P(O2)，在T=37℃下的(α(Mb)~P(O2)、在P(O2)=1kPa下的α(Mb)~T如图所示①下列说法正确的是_______。A．△H₁>0B．曲线b为等温线C．其他条件不变，高烧患者体内的c(MbO2)会比其健康时高D．其他条件不变，从低海拔地区进入高海拔地区人体内α(Mb)会降低，易有眩晕感②设反应mA(aq)+nB(g)⇌xC(g)+yD(aq)的标准平衡常数其中则37℃时反应Ⅰ的标准平衡常数为_________________________。（2）将1L一定浓度的血红蛋白Hb溶液(比热容约为℃-1、密度近似为放入绝热量热计中并充入氧气，当有320gHb被氧化时，测得体系温度升高_______________（3）已知血红蛋白中含有卟啉环配合物，其结合O2后的基本结构如图所示，O2和血红蛋白之间的作用力为_______________________________。 （4）若人体误食亚硝酸盐，会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+失去载氧能力而中毒，可服用抗坏血酸()解毒，抗坏血酸的作用是____________________。（5）CO会与血红蛋白结合形成HbCO导致人体中毒：Hb(aq)+CO(g)⇌HbCO(aq)①HbCO和HbO2具有相似的结构，但稳定性更强，可能的原因为_____________________________________________。②从化学平衡角度简述CO的中毒原理：______________________________________________________________。③已知反应HbO2(aq)+CO(g)⇌HbCO(aq)+O2(g)K=220。实验表明，人体内HbCO与HbO2的浓度之比为1：50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与O2的体积比大于______________________即达到智力受损的程度。【答案】（1）①.BD②.200（2）-176.4（3）氢键、配位键（4）把Fe3+还原为Fe2+，恢复载氧能力（5）①.CO的配位原子是C、O2的配位原子是O，C的电负性小于O，更易通过孤电子对形成稳定的配位键②.CO更易易Hb结合，Hb浓度降低，使反应Hb(aq)+O2(g)⇌HbO2(aq)逆向移动，氧气与Hb结合率降低③.1:11000【解析】【小问1详解】 ①A．反应I正方向气体减少，增大压强，反应I正向移动，α(Mb)增大，b表示α(Mb)~P(O2)的关系，则a表示α(Mb)~T的关系，升高温度，α(Mb)减小，则△H₁<0，故A错误；B．反应I正方向气体减少，增大压强，反应I正向移动，α(Mb)增大，b表示α(Mb)~P(O2)的关系，曲线b为等温线，故B正确；C．a表示α(Mb)~T的关系，升高温度，α(Mb)减小，其他条件不变，高烧患者体内的c(MbO2)会比其健康时低，故C错误；D．其他条件不变，从低海拔地区进入高海拔地区，压强降低，反应I逆向移动，人体内α(Mb)会降低，易有眩晕感，故D正确；选BD。②根据图示，37℃、氧气压强为2kPa时，α(Mb)=80%，反应Ⅰ的标准平衡常数为。【小问2详解】将1L一定浓度的血红蛋白Hb溶液(比热容约为℃-1、密度近似为放入绝热量热计中并充入氧气，当有320gHb被氧化时，测得体系温度升高0.21℃，放出热量为℃-1×1000g×0.21℃=882J=0.882kJ，则1molHb被氧化时放热，△H₂=-176.4【小问3详解】根据图示，O2和血红蛋白之间的作用力为氢键、配位键。【小问4详解】若人体误食亚硝酸盐，会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+失去载氧能力而中毒，可服用抗坏血酸解毒，抗坏血酸把Fe3+还原为Fe2+，恢复载氧能力。【小问5详解】CO会与血红蛋白结合形成HbCO导致人体中毒：Hb(aq)+CO(g)⇌HbCO(aq)①CO的配位原子是C、O2的配位原子是O，C的电负性小于O，更易通过孤电子对形成稳定的配位键，所以HbCO稳定性更强。②CO更易易Hb结合，Hb浓度降低，使反应Hb(aq)+O2(g)⇌HbO2(aq)逆向移动，氧气与Hb结合率降低。 ③已知反应HbO2(aq)+CO(g)⇌HbCO(aq)+O2(g)K=220。，人体内HbCO与HbO2浓度之比为1：50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与O2的体积比大于1:11000即达到智力受损的程度。18.贝浮尔(G)是一种除虫灭鼠药，工业上以丙酮和芳香烃D为原料合成贝浮尔的方法如图所示。回答下列问题：已知：①②③芳香烃D仅有两种一氯代物。（1）A的官能团是_______________________。（2）B的系统命名为_____________________。（3）D的结构简式为________________________。（4）E→F的化学方程式为________________________。（5）芳香族化合物J是F的同系物，相对分子质量比F小28，且满足：①可以发生银镜反应②1molJ可消耗4molNaOH③苯环上的一氯代物仅有一种J有_____种可能的结构，写出其中一种的结构简式：__________________。 （6）红外光谱显示，G仅含有一种官能团；质谱显示，G的最大质荷比为230；G的结构简式为___________________________。（7）请参照上述合成路线，以对二甲苯和丁二酸酐为主要原料(其它试剂任选)，写出合成聚合物的流程__________。【答案】（1）羰基（2）2,3−二甲基−2,3−丁二醇（3）（4）+2CH3CH2OH+H2O（5）①.4②.、、、(任写一种)（6）（7）CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，。【解析】【分析】根据信息①，A和Mg/苯，水的作用下反应生成B[]，B酸化生成C；D催化氧化生成E，根据D的分子式和芳香烃D仅有两种一氯代物，得到D为，E和CH3CH2OH反应生成F，C和F反应生成G。【小问1详解】根据A的结构简式得到A的官能团是羰基；故答案为：羰基。【小问2详解】 B为，则B的系统命名为2,3−二甲基−2,3−丁二醇；故答案为：2,3−二甲基−2,3−丁二醇。【小问3详解】根据E的结构和D的分子式及芳香烃D仅有两种一氯代物分析得到D的结构简式为；故答案为：。【小问4详解】E→F的化学方程式为+2CH3CH2OH+H2O。【小问5详解】芳香族化合物J是F的同系物，相对分子质量比F小28，说明少两个−CH2−且满足：①可以发生银镜反应，说明能醛基；②1molJ可消耗4molNaOH，说明含有两个酚酸酯，则含有甲酸酯；③苯环上的一氯代物仅有一种，则有对称性，则J有4种可能的结构，分别为、、、，写出其中一种的结构简式：、、、(任写一种)；故答案为：4；、、、(任写一种)。【小问6详解】红外光谱显示，G仅含有一种官能团；质谱显示，G的最大质荷比为230，相对分子质量为230；根据信息②得到C和F反应生成G，则G的结构简式为；故答案为： 。【小问7详解】