河南濕封市2025屆高三化學下學期3月模擬考試試題含解析

PAGE19-河南省開封市2025屆高三化學下學期3月模擬考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23P-31K-39V-51第Ⅰ卷一、選擇題：本題共7題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.汽車尾氣含氮氧化物（NOX）、碳氫化合物(CXHY)、碳等，干脆排放簡潔造成“霧霾”。因此，不少汽車都安裝尾氣凈扮裝置（凈化處理過程如圖）。下列有關(guān)敘述，錯誤的是A.尾氣造成“霧霾”與汽油未充分燃燒有關(guān)B.尾氣處理過程，氮氧化物（NOX）被還原C.Pt-Rh催化劑可提高尾氣凈化反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率D.運用氫氧燃料電池作汽車動力能有效限制霧霾【答案】C【解析】【詳解】A.汽油未充分燃燒可增加氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“霧霾”，故A正確；B.尾氣處理過程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合價降低，得電子，被還原，故B正確；C.催化劑只改變更學反應(yīng)速率，不會變更平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D.運用氫氧燃料電池作汽車動力能削減含氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效限制霧霾，故D正確。故選C。2.硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境愛護的重要探討課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.在圖示的轉(zhuǎn)化中，F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物B.在圖示的轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素只有銅C.圖示轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)是2H2S+O22S+2H2OD.當有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，須要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol【答案】B【解析】【詳解】A．該過程中發(fā)生反應(yīng)：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，F(xiàn)e2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物，故A不符合題意；B．由圖知，化合價變更的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合價沒發(fā)生變更，故B符合題意；C．由A選項分析并結(jié)合氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒可知，其反應(yīng)的總反應(yīng)為：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合題意；D．H2S反應(yīng)生成S，硫元素化合價上升2價，O2反應(yīng)時氧元素化合價降低2，依據(jù)氧化還原轉(zhuǎn)移電子守恒可知，當有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，須要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol，故D不符合題意；故答案為：B。3.化學常用的酸堿指示劑酚酞的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于酚酞的說法錯誤的是（）A.酚酞的分子式為C20H14O4B.酚酞具有弱酸性，且屬于芳香族化合物C.1mol酚酞最多與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)D.酚酞在堿性條件下能夠發(fā)生水解反應(yīng)，呈現(xiàn)紅色【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)其結(jié)構(gòu)簡式可知，酚酞的分子式為C20H14O4，故A不符合題意；B．酚酞中含有酚羥基，具有弱酸性，該有機物中含有苯環(huán)，因此屬于芳香族化合物，故B不符合題意；C．1mol該有機物中含有2mol酚羥基，1mol酯基(該酯基為醇羥基與羧基形成)，因此1mol酚酞最多與3molNaOH發(fā)生反應(yīng)，故C符合題意；D．酚酞中含有酯基，在堿性條件下能夠發(fā)生水解反應(yīng)，生成物呈現(xiàn)紅色，故D不符合題意；故答案為：C。【點睛】酯類物質(zhì)與NaOH溶液反應(yīng)相關(guān)量的計算：有機物中能夠與NaOH反應(yīng)的有酚羥基、羧基、酯基等，其中酯基與NaOH反應(yīng)的比例關(guān)系需留意，若該酯基為酚羥基與羧基生成的酯基，則1mol該酯基能夠消耗2molNaOH。4.下列試驗裝置應(yīng)用于銅與濃硫酸反應(yīng)制取二氧化硫和硫酸銅晶體，能達到試驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢.用圖甲裝置制取并收集二氧化硫B.用圖乙裝置向反應(yīng)后的混合物中加水稀釋C.用圖丙裝置過濾出稀釋后混合物中的不溶物D.用圖丁裝置將硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮后冷卻結(jié)晶【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化硫密度比空氣大，應(yīng)用向上排空氣法收集，導(dǎo)氣管應(yīng)當進步，出氣管要短，故A錯誤；B．應(yīng)將水沿燒杯內(nèi)壁倒入，并用玻璃棒不斷攪拌，故B錯誤；C．轉(zhuǎn)移液體須要引流，防止液體飛濺，故C錯誤；D．蒸發(fā)濃縮液體可用燒杯，在加熱過程中須要墊石棉網(wǎng)，并用玻璃棒不斷攪拌，故D正確。故選：D?！军c睛】濃硫酸的稀釋時，正確操作為：將濃硫酸沿燒杯壁注入水中，并不斷攪拌，若將水倒入濃硫酸中，因濃硫酸稀釋會放熱，故溶液簡潔飛濺傷人。5.現(xiàn)在污水治理越來越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚（），其原理如圖所示，下列說法正確的是（）A.b為電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)B.電流從b極經(jīng)導(dǎo)線、小燈泡流向a極C.當外電路中有0.2mole-轉(zhuǎn)移時，a極區(qū)增加的H+的個數(shù)為0.2NAD.a極的電極反應(yīng)式為：+2e-+H+=Cl-+【答案】D【解析】【分析】原電池中陽離子移向正極，依據(jù)原電池中氫離子的移動方向可知a為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e-+H+═+Cl-，電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負極，以此解答該題?！驹斀狻緼．a(chǎn)為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+2e-+H+═+Cl-，發(fā)生還原反應(yīng)，b為負極，物質(zhì)在該極發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．由上述分析可知，電流從正極a沿導(dǎo)線流向負極b，故B錯誤；C．據(jù)電荷守恒，當外電路中有0.2mole?轉(zhuǎn)移時，通過質(zhì)子交換膜的H+的個數(shù)為0.2NA，而發(fā)生+2e-+H+═+Cl-，則a極區(qū)增加的H+的個數(shù)為0.1NA，故C錯誤；D．a(chǎn)為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：+2e-+H+═+Cl-，故D正確；故答案為：D。6.已知短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，常溫下X、Z、W均可與Y反應(yīng)，M、P、Q的原子序數(shù)及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如圖所示。下列說法正確的是（）A.N原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等B.M的離子半徑小于N的離子半徑C.P氫化物穩(wěn)定性大于Q氫化物穩(wěn)定性D.X、W兩物質(zhì)含有的化學鍵類型相同【答案】A【解析】【分析】短周期元素M、N、P、Q最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，則M為Na元素，則X為NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，則W為一元含氧強酸，且Q的原子序數(shù)大于Na元素，則Q為Cl元素、W為HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，則氫離子濃度為10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z為二元強酸，且P的原子序數(shù)大于Na元素，則P為S元素、Z為H2SO4；常溫下X、Z、W均可與Y反應(yīng)，則Y為兩性氫氧化物，則Y為Al(OH)3、N為Al元素，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．N為Al元素，原子核外有3個電子層數(shù)，最外層電子數(shù)為3，其電子層與最外層電子數(shù)相等，故A正確；B．Na+、Al3+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑Na+＞Al3+，故B錯誤；C．非金屬性Cl＞S，故簡潔氫化物穩(wěn)定性：HCl＞H2S，故C錯誤；D．NaOH為離子化合物，含有離子鍵、共價鍵，HClO4為分子化合物，分子內(nèi)只含有共價鍵，二者含有化學鍵不全相同，故D錯誤；故答案為：A?！军c睛】“三看”法快速推斷簡潔微粒半徑的大?。阂豢措娮訉訑?shù)：最外層電子數(shù)相同時，電子層數(shù)越多，半徑越大；二看核電荷數(shù)：當電子層結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越??；三看核外電子數(shù)：當電子層數(shù)和核電荷數(shù)均相同時，核外電子數(shù)越多，半徑越大。7.某同學探究溶液的酸堿性對FeCl3水解平衡的影響，試驗方案如下：配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL比照組溶液x，向兩種溶液中分別滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，測得溶液pH隨時間變更的曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A.依據(jù)M點對應(yīng)的pH，說明Fe3+發(fā)生了水解反應(yīng)B.比照組溶液x的組成可能是0.003mol/LKClC.依據(jù)曲線c和d說明Fe3+水解平衡發(fā)生了移動D.通過儀器檢測體系渾濁度的變更，可表征水解平衡移動的方向【答案】B【解析】【詳解】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液顯酸性，緣由是氯化鐵是強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+在溶液中發(fā)生了水解，故A正確；B、比照組溶液X加堿后溶液的pH的變更程度比加酸后的pH的變更程度大，而若比照組溶液x的組成是0.003mol/LKCl，則加酸和加堿后溶液的pH的變更應(yīng)呈現(xiàn)軸對稱的關(guān)系，所以該溶液不是0.003mol/LKCl，故B錯誤；C、在FeCl3溶液中加堿、加酸后，溶液的pH的變更均比比照組溶液x的變更小，因為加酸或加堿均引起了Fe3+水解平衡的移動，故溶液的pH的變更比較緩和，故C正確；D、FeCl3溶液水解出氫氧化鐵，故溶液的渾濁程度變大，則水解被促進，否則被抑制，故D正確；故選B。8.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定。I.制備Na2S2O3?5H2O反應(yīng)原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)試驗步驟：①稱取15gNa2S2O3加入圓底燒瓶中，再加入80mL蒸餾水。另取5g研細的硫粉，用3mL乙醇潤濕，加入上述溶液中。②安裝試驗裝置，水浴加熱，微沸60分鐘。③趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮，冷卻析出Na2S2O3?5H2O，經(jīng)過濾，洗滌，干燥，得到產(chǎn)品?；卮饐栴}：（1）硫粉在反應(yīng)前用乙醇潤濕的目的是___。（2）儀器a的名稱是___，其作用是___。（3）產(chǎn)品中除了有未反應(yīng)的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質(zhì)是___，檢驗是否存在該雜質(zhì)的方法是___。（4）該試驗一般限制在堿性環(huán)境下進行，否則產(chǎn)品發(fā)黃，用離子方程式表示其緣由___。II.測定產(chǎn)品純度精確稱取Wg產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol/L碘的標準溶液滴定，反應(yīng)原理為：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）滴定至終點時，溶液顏色的變更為___。（6）滴定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為___mL。產(chǎn)品的純度為___（設(shè)Na2S2O3?5H2O相對分子質(zhì)量為M）?！敬鸢浮?1).使硫粉易于分散到溶液中(2).冷凝管(或球形冷凝管)(3).冷凝回流(4).Na2SO4(5).取少量產(chǎn)品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4(6).(7).由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不褪色(8).18.10(9).【解析】【分析】I．（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇潮濕可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）依據(jù)圖示裝置中儀器構(gòu)造寫出其名稱，然后依據(jù)冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進行解答；（3）由于S2O32￣具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質(zhì)為硫酸鈉；依據(jù)檢驗硫酸根離子的方法檢驗雜質(zhì)硫酸鈉；（4）S2O32￣與氫離子在溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；II．（5）滴定終點為最終一滴碘的標準液滴入時，溶液中淀粉遇碘單質(zhì)變藍；（6）滴定管讀數(shù)從上往下漸漸增大；依據(jù)氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子守恒解答?！驹斀狻縄．（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應(yīng)前用乙醇潮濕是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）依據(jù)題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管(或球形冷凝管)，該試驗中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；（3）具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質(zhì)是硫酸鈉；檢驗硫酸鈉的方法為：取少量產(chǎn)品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4，故答案為：Na2SO4；取少量產(chǎn)品溶于過量稀鹽酸，過濾，向濾液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4；（4）與氫離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成淡黃色硫單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：；II．（5）因指示劑為淀粉，當?shù)味ǖ浇K點時，過量的單質(zhì)碘遇到淀粉顯藍色，且半分鐘內(nèi)不褪色；（6）起始體積為0.00mL，終點體積為18.10mL，因此消耗碘的標準溶液體積為18.10mL；該滴定過程中反應(yīng)的關(guān)系式為：，，則產(chǎn)品的純度為。9.鈉離子電池由于成本低、資源豐富，成為取代鋰離子電池在大規(guī)模儲能領(lǐng)域應(yīng)用志向選擇。作為鈉離子電池的正極材料之一，束狀碳包覆K3V2(PO4)3納米線電極材料成為關(guān)注焦點之一。其制備工藝流程如圖：【資料】①石煤的主要成分為V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等雜質(zhì)。②+5價釩在溶液中的主要存在形式與溶液pH的關(guān)系如下表。（1）K3V2(PO4)3中V的化合價為___。（2）焙燒時，向石煤中加生石灰，將V2O3轉(zhuǎn)化為Ca(VO3)2。①為了提高焙燒過程中氧化效率，下述工藝步驟方法合理的是___。a.在回轉(zhuǎn)窯進行富氧焙燒，助燃風氣量為煤氣量的0.5~2倍b.焙燒過程中，在焙燒物料中加入?yún)f(xié)助劑，增加物料疏松度和透氣性c.窯體進行分段控溫d.調(diào)控料層厚度為窯體的2/3高度②焙燒過程中主要反應(yīng)的化學方程式為__________。（3）試驗時將NH4VO3、KOH和H3PO4按物質(zhì)的量分別為5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去離子水中，溶液顏色依次為白色渾濁、無色澄清透亮和棕紅色透亮溶液。隨后再加入H2C2O4·2H2O，攪拌至溶液變?yōu)辄S綠色，草酸的量對K3V2(PO4)3形貌的影響如下：①試驗條件下束狀碳包覆K3V2(PO4)3納米線樣品制備的最佳條件為___。②亞硫酸鈉是常用的還原劑，但試驗中不能用亞硫酸鈉代替草酸晶體，緣由是___。（4）加入的草酸晶體是過量的，其中只有的草酸為還原劑，將VO3-還原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此過程中反應(yīng)的離子方程式為___。（5）“氬氣中煅燒”時，氬氣的作用是___。（6）某工廠利用上述工藝流程，用10t石煤生產(chǎn)束狀碳包覆K3V2(PO4)3納米線0.8064t，若整個過程中釩的總回收率為80%，則石煤中釩元素的質(zhì)量分數(shù)為___?！敬鸢浮?1).+3(2).a、b、c(3).(4).草酸質(zhì)量為6.0g(5).草酸在合成束狀碳包覆K2V2(PO4)3納米線的過程中不僅做還原劑還影響其形貌(6).(7).防止K2V2(PO4)3被氧化(8).2.04%【解析】【分析】石煤的主要成分為V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等雜質(zhì)，在空氣中焙燒，生成Ca(VO3)2，固體進行酸浸，生成Fe3+、Al3+、Ca2+、等，加入萃取劑將含的物質(zhì)萃取，然后進行反萃取操作將含的物質(zhì)提純，向所得溶液中加入沉淀劑生成NH4VO3，NH4VO3與KOH、H3PO4反應(yīng)后得到棕紅色透亮含溶液，然后向溶液中加入過量草酸晶體發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將還原成VO2+，然后進行干燥，將固體在氬氣中煅燒制備束狀碳包覆K3V2(PO4)3納米線，以此解答?！驹斀狻浚?）K3V2(PO4)3中K元素化合價為+1價，帶3個單位負電荷，依據(jù)化合物化合價為0可知，V呈+3價；（2）①a．焙燒過程中V元素被氧化，在富氧環(huán)境中焙燒有利于提高氧化效率，故a符合題意；b．增加物料疏松度和透氣性可提高固體反應(yīng)的效率以及反應(yīng)速率，可提高氧化效率，故b符合題意；c．分段控溫可防止過熱導(dǎo)致固體結(jié)塊，可提高氧化效率，故c符合題意；d．若料層厚度過高，不利于反應(yīng)的充分進行，因此需降低料層的厚度，故d不符合題意；故答案為：a、b、c；②焙燒過程中V2O3轉(zhuǎn)化為Ca(VO3)2，V元素化合價上升，因此空氣中O2參與反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：；（3）①由表格可知，若要制備出均一的束狀K3V2(PO4)3納米線，則草酸的量為6.0g；②草酸在合成過程中作還原劑，由表格可知，草酸晶體的運用量不同，納米線的形貌也會發(fā)生該變，因此選用草酸晶體而不用亞硫酸鈉的緣由為：草酸在合成束狀碳包覆K2V2(PO4)3納米線的過程中不僅做還原劑還影響其形貌；（4）草酸只有的草酸為還原劑，草酸被氧化為CO2，并將還原成VO2+，的草酸以的形式存在，依據(jù)氧化還原轉(zhuǎn)移電子守恒、電荷守恒以及原子守恒可知該離子反應(yīng)方程式為：；（5）K3V2(PO4)3中V呈+3價，簡潔被空氣中氧氣氧化，因此用氬氣作愛護氣，防止K3V2(PO4)3被氧化；（6）設(shè)石煤中釩元素的質(zhì)量分數(shù)為，依據(jù)整個過程中V元素養(yǎng)量守恒可得：，=，解得=0.0204，則石煤中釩元素的質(zhì)量分數(shù)為2.04%。10.含氮化合物在生產(chǎn)、生命活動中有重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，寫出在298K時，氨氣燃燒生成N2的熱化學方程式___________。(2)肌肉中的肌紅蛋白(Mb)可與O2結(jié)合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分別表示正反應(yīng)和逆反應(yīng)的速率常數(shù)，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃時測得肌紅蛋白的結(jié)合度(α)與P(O2)的關(guān)系如下表[結(jié)合度(α)指已與O2結(jié)合的肌紅蛋白占總肌紅蛋白的百分比]：P(O2)0.501.002.003.004.005.006.00α（MbO2%）50.067.080.085.088.090.391.0①計算37℃、P(O2)為2.00kPa時，上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=___________。②導(dǎo)出平衡時肌紅蛋白與O2的結(jié)合度(α)與O2的壓強[P(O2)]之間的關(guān)系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。(3)構(gòu)成肌紅蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一種兩性物質(zhì)，在溶液中以三種離子形式存在，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：在甘氨酸溶液中加入酸或堿，三種離子的百分含量與的關(guān)系如圖所示：①純甘氨酸溶液呈___________性；當溶液呈中性時三種離子的濃度由大到小的依次為___________。②向=8溶液中加入過量HCl時，反應(yīng)的離子方程式為___________。③用電位滴定法可測定某甘氨酸樣品的純度.稱取樣品150mg，在肯定條件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(與甘氨酸1︰1發(fā)生反應(yīng))，測得電壓變更與滴入HClO4溶液的體積關(guān)系如下圖。做空白比照試驗，消耗HClO4溶液的體積為0.25mL，該樣品的純度為___________%(計算結(jié)果保留一位小數(shù))【答案】(1).4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=kJ/mol(2).2.00(3).(4).酸(5).H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH(6).H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH(7).85.0【解析】【分析】(1)依據(jù)蓋斯定律，將三個熱化學方程式疊加，可得相應(yīng)的熱化學方程式；(2)①依據(jù)平衡常數(shù)的含義，結(jié)合37℃、P(O2)為2.00kPa時a(MbO2)計算平衡常數(shù)；②依據(jù)反應(yīng)達到平衡時，V正=V逆，結(jié)合平衡常數(shù)定義式進行變性，可得表達式；(3)①依據(jù)甘氨酸的存在形式與溶液酸堿性的關(guān)系，先推斷I、II、III分別為H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此時lg，結(jié)合溶液的Kw可推斷溶液的pH、確定溶液的酸堿性；當溶液呈中性時，lg=0，依據(jù)圖示推斷微粒濃度大??；②依據(jù)lg=8時，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，鹽酸過量，H2NCH2COO-反應(yīng)變?yōu)镠3N+CH2COOH，書寫反應(yīng)方程式；③結(jié)合滴定突躍時溶液體積讀數(shù)與空白讀數(shù)差，計算出消耗高氯酸的體積，利用n=c?V計算出高氯酸的物質(zhì)的量，依據(jù)恰好反應(yīng)時甘氨酸與高氯酸的物質(zhì)的量的比是1：1，計算出甘氨酸質(zhì)量，利用甘氨酸質(zhì)量與樣品質(zhì)量差計算得到甘氨酸的純度?！驹斀狻?1)①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H1=－alkJ/mol，②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol，③H2O(1)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol，將①×3+②×2-③×30，整理可得熱化學方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=kJ/mol；(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa時，結(jié)合度為80%，化學平均常數(shù)K=kPa-1；②由結(jié)合度的定義式可知，反應(yīng)達平衡時，V正=V逆，所以K=，可求出c(MbO2)=，代入結(jié)合度定義式=可得a=；①甘氨酸的三種存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-應(yīng)分別在強酸性至強堿性中存在，由此推斷，圖中I、II和III分別為H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，當lg=-8時，溶液顯堿性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它與過量的HCl反應(yīng)生成H3N+CH2COOH。由圖可知純甘氨酸溶液呈酸性(實際在5.9左右)，溶液呈中性時，lg=0，中性時H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②依據(jù)lg=8時，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的鹽酸過量，所以，發(fā)生反應(yīng)H2NCH2COO-變?yōu)镠3N+CH2COOH，反應(yīng)方程式為H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；依據(jù)滴定曲線的突躍范圍，消耗HClO4溶液17.25mL，減去空白試驗的0.25mL，實際消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)=0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，則n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的質(zhì)量為m(甘氨酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的純度為：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。11.鐵—末端亞胺基物種被認為是鐵催化的烯烴氮雜環(huán)丙烷化、C—H鍵胺化反應(yīng)以及鐵促進的由氮氣分子到含氮化合物的轉(zhuǎn)化反應(yīng)中的關(guān)鍵中間體。對這類活性金屬協(xié)作物的合成、譜學表征和反應(yīng)性質(zhì)的探討始終是化學家們關(guān)注的重點。我國科學家勝利實現(xiàn)了首例兩配位的二價鐵—末端亞胺基協(xié)作物的合成?；卮鹣铝杏嘘P(guān)問題。（1）Fe2+的價電子排布式___。（2）1molNH4BF4（氟硼酸銨）中含有的配位鍵數(shù)是___。（3）pH=6時，EDTA可滴定溶液中Fe2+含量，EDTA的結(jié)構(gòu)如圖所示。①結(jié)構(gòu)中電負性最大的元素是___，其中C、N原子的雜化形式分別為___、___。②EDTA可與多種金屬陽離子形成穩(wěn)定協(xié)作物的緣由是___。（4）我國科學家近年制備了熱動力學穩(wěn)定的氦-鈉化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①該化合物的化學式為___。②其晶胞參數(shù)為a=395pm，晶體密度為___g/cm3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)數(shù)值，列出計算式即可）【答案】(1).3d6(2).2NA(3).O(4).sp2、sp3(5).sp3(6).含有多個配位原子，可與金屬離子形成配位鍵(7).Na2He(8).【解析】【詳解】（1）基態(tài)Fe的價電子排布式為：3d64s2，因此Fe2+的價電子排布式為3d6；（2）與之間通過離子鍵組成化合物NH4BF4，中有1個H原子與N原子之間化學鍵為配位鍵，中有1個F原子與B原子之間化學鍵為配位鍵，因此1molNH4BF4中含有的配位鍵數(shù)是2NA；（3）①EDTA中含有H、C、N、O元素，C、N、O為同周期元素，從左至右電負性漸漸增大，因此電負性最大的元素是O；C、N原子四周全是單鍵的原子實行sp3雜化，-COOH中C原子實行sp2雜化；②EDTA中N原子中含有1對孤對電子對，且存在多個N原子，因此可與金屬離子形成配位鍵，故答案為：含有多個配位原子，可與金屬離子形成配位鍵；（4）①該晶胞中He原子分別位于棱角、面心，Na原子位于晶胞內(nèi)部，因此1個晶胞中含有He原子數(shù)為：，Na原子數(shù)為：8，