河南省开封市2020届高三下学期3月模拟考试理综化学试题 Word版含解析

河南省开封市2020届高三下学期3月模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 开封市2020高三模拟考试 理科综合应用能力测试 可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 K-39 V-51‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共7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.汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是 A. 尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关 B. 尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原 C. Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率 D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；‎ B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；‎ C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；‎ D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎2.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ - 20 -‎ A. 在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物 B. 在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜 C. 图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O D. 当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该过程中发生反应：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，Fe2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；‎ B．由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；‎ C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合题意；‎ D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎3.化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（ ）‎ A. 酚酞的分子式为C20H14O4‎ B. 酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物 - 20 -‎ C. 1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应 D. 酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；‎ B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；‎ C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；‎ D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。‎ ‎4.下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用图甲装置制取并收集二氧化硫 B. 用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释 C. 用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物 - 20 -‎ D. 用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，导气管应该长进，出气管要短，故A错误；‎ B．应将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；‎ C．转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；‎ D．蒸发浓缩液体可用烧杯，在加热过程中需要垫石棉网，并用玻璃棒不断搅拌，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】浓硫酸的稀释时，正确操作为：将浓硫酸沿烧杯壁注入水中，并不断搅拌，若将水倒入浓硫酸中，因浓硫酸稀释会放热，故溶液容易飞溅伤人。‎ ‎5.现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. b为电池的正极，发生还原反应 B. 电流从b极经导线、小灯泡流向a极 C. 当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NA D. a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；‎ B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；‎ C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；‎ D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎6.已知短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，常温下X、Z、W均可与Y反应，M、P、Q的原子序数及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. N原子的电子层数与最外层电子数相等 B. M的离子半径小于N的离子半径 C. P氢化物稳定性大于Q氢化物稳定性 D. X、W两物质含有的化学键类型相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，M是短周期中原子半径最大的元素，则M为Na元素，则X为NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧强酸，且Q的原子序数大于Na元素，则Q为Cl元素、W为HClO4；0.1 mol/L的Z溶液pH=0.7，则氢离子浓度为10-0.7‎ - 20 -‎ mol/L=0.2mol/L，故Z为二元强酸，且P的原子序数大于Na元素，则P为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、N为Al元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．N为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故A正确；‎ B．Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Al3+，故B错误；‎ C．非金属性Cl＞S，故简单氢化物稳定性：HCl＞H2S，故C错误；‎ D．NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，HClO4为分子化合物，分子内只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：‎ 一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；‎ 二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；‎ 三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。‎ ‎7.某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。‎ 下列说法不正确的是 A. 依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应 B. 对照组溶液x的组成可能是0.003 mol/L KCl C. 依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动 - 20 -‎ D. 通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；‎ B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KCl，故B错误；‎ C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；‎ D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。‎ I.制备Na2S2O3•5H2O 反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)‎ 实验步骤：‎ ‎①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。‎ ‎②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。‎ ‎③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。‎ 回答问题：‎ - 20 -‎ ‎（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。‎ ‎（2）仪器a的名称是___，其作用是___。‎ ‎（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。‎ ‎（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因___。‎ II.测定产品纯度 准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。‎ ‎（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。‎ ‎（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___ mL。产品的纯度为___（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M）。‎ ‎【答案】 (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). 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 (6). (7). 由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (8). 18.10 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；‎ ‎（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；‎ ‎（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；‎ ‎（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；‎ - 20 -‎ II．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；‎ ‎（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。‎ ‎【详解】I．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；‎ ‎（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；‎ ‎（3）具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；‎ ‎（4）与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：；‎ II．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：，，则产品的纯度为。‎ ‎9.钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用理想选择。作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线电极材料成为关注焦点之一。其制备工艺流程如图：‎ ‎【资料】‎ ‎①石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质。‎ ‎②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表。‎ - 20 -‎ ‎（1）K3V2(PO4)3中V的化合价为___。‎ ‎（2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将V2O3转化为Ca(VO3)2。‎ ‎①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是___。‎ a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的0.5~2倍 b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性 c.窑体进行分段控温 d.调控料层厚度为窑体的2/3高度 ‎②焙烧过程中主要反应的化学方程式为__________。‎ ‎（3）实验时将NH4VO3、KOH和H3PO4按物质的量分别为5mmol、7.5mmol、7.5mmol依次溶解于20mL去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶液。随后再加入H2C2O4·2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对K3V2(PO4)3形貌的影响如下：‎ ‎①实验条件下束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线样品制备的最佳条件为___。‎ ‎②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因是___。‎ ‎（4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有的草酸为还原剂，将VO3-还原成VO2+，的草酸以C2O42-的形式存在，此过程中反应的离子方程式为___。‎ ‎（5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是___。‎ ‎（6）某工厂利用上述工艺流程，用10t石煤生产束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线0.8064t，若整个过程中钒的总回收率为80%，则石煤中钒元素的质量分数为___。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). a、b、c (3). (4). 草酸质量为6.0g (5). 草酸在合成束状碳包覆K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌 (6). (7). 防止K2V2(PO4)3被氧化 (8). 2.04%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 石煤的主要成分为V2O3，含有Al2O3、CaO、Fe2O3等杂质，在空气中焙烧，生成Ca(VO3)2‎ - 20 -‎ ‎，固体进行酸浸，生成Fe3+、Al3+、Ca2+、等，加入萃取剂将含的物质萃取，然后进行反萃取操作将含的物质提纯，向所得溶液中加入沉淀剂生成NH4VO3，NH4VO3与KOH、H3PO4反应后得到棕红色透明含溶液，然后向溶液中加入过量草酸晶体发生氧化还原反应，将还原成VO2+，然后进行干燥，将固体在氩气中煅烧制备束状碳包覆K3V2(PO4)3纳米线，以此解答。‎ ‎【详解】（1）K3V2(PO4)3中K元素化合价为+1价，带3个单位负电荷，根据化合物化合价为0可知，V呈+3价；‎ ‎（2）①a．焙烧过程中V元素被氧化，在富氧环境中焙烧有利于提高氧化效率，故a符合题意；‎ b．增加物料疏松度和透气性可提高固体反应的效率以及反应速率，可提高氧化效率，故b符合题意；‎ c．分段控温可防止过热导致固体结块，可提高氧化效率，故c符合题意；‎ d．若料层厚度过高，不利于反应的充分进行，因此需降低料层的厚度，故d不符合题意；‎ 故答案为：a、b、c；‎ ‎②焙烧过程中V2O3转化为Ca(VO3)2，V元素化合价升高，因此空气中O2参加反应，其反应方程式为：；‎ ‎（3）①由表格可知，若要制备出均一的束状K3V2(PO4)3纳米线，则草酸的量为6.0g；‎ ‎②草酸在合成过程中作还原剂，由表格可知，草酸晶体的使用量不同，纳米线的形貌也会发生该变，因此选用草酸晶体而不用亚硫酸钠的原因为：草酸在合成束状碳包覆K2V2(PO4)3纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌；‎ ‎（4）草酸只有的草酸为还原剂，草酸被氧化为CO2，并将还原成VO2+，的草酸以的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反应方程式为：；‎ ‎（5）K3V2(PO4)3中V呈+3价，容易被空气中氧气氧化，因此用氩气作保护气，防止K3V2(PO4)3被氧化；‎ ‎（6）设石煤中钒元素的质量分数为，根据整个过程中V元素质量守恒可得：‎ - 20 -‎ ‎，=，解得=0.0204，则石煤中钒元素的质量分数为2.04%。‎ ‎10.含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：‎ ‎(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，写出在298K时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式___________。‎ ‎(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正·c(Mb)·P(O2)，V逆=k逆·c(MbO2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O2)的关系如下表[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：‎ P(O2)‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎6.00‎ α（MbO2%）‎ ‎50.0‎ ‎67.0‎ ‎80.0‎ ‎85.0‎ ‎88.0‎ ‎90.3‎ ‎91.0‎ ‎①计算37℃、P(O2)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=___________。‎ ‎②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度(α)与O2的压强[P(O2)]之间的关系式α=___________(用含有k正、k逆的式子表示)。‎ ‎(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：‎ 在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与的关系如图所示： ‎ - 20 -‎ ‎①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为___________。‎ ‎②向=8溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。‎ ‎③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.‎ 称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1︰1发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%(计算结果保留一位小数)‎ ‎【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】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；‎ ‎(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O2)为2.00kPa时a(MbO2)计算平衡常数；‎ ‎②根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；‎ ‎(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时lg，结合溶液的Kw可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg=0，根据图示判断微粒浓度大小；‎ ‎②根据lg=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；‎ ‎③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c·V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。‎ ‎【详解】(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，将①×3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) △H=kJ/mol；‎ ‎(2)①37℃、P(O2)=2.00kPa时，结合度为80%，化学平均常数K=kPa-1；‎ ‎②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以K=，可求出c(MbO2)=，代入结合度定义式=可得a=；‎ - 20 -‎ ‎①甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II和III分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，当lg=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，溶液呈中性时，lg=0，中性时H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②根据lg=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；‎ 根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)= 0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。‎ ‎11.铁—末端亚胺基物种被认为是铁催化的烯烃氮杂环丙烷化、C—H键胺化反应以及铁促进的由氮气分子到含氮化合物的转化反应中的关键中间体。对这类活性金属配合物的合成、谱学表征和反应性质的研究一直是化学家们关注的重点。我国科学家成功实现了首例两配位的二价铁—末端亚胺基配合物的合成。回答下列有关问题。‎ ‎（1）Fe2+的价电子排布式___。‎ ‎（2）1molNH4BF4（氟硼酸铵）中含有的配位键数是___。‎ ‎（3）pH=6时，EDTA可滴定溶液中Fe2+含量，EDTA的结构如图所示。‎ ‎①结构中电负性最大的元素是___，其中C、N原子的杂化形式分别为___、___。‎ ‎②EDTA可与多种金属阳离子形成稳定配合物的原因是___。‎ ‎（4）我国科学家近年制备了热动力学稳定的氦-钠化合物，其晶胞结构如图所示。‎ - 20 -‎ ‎①该化合物的化学式为___。‎ ‎②其晶胞参数为a=395pm，晶体密度为___g/cm3（NA表示阿伏加德罗常数数值，列出计算式即可）‎ ‎【答案】 (1). 3d6 (2). 2NA (3). O (4). sp2、sp3 (5). sp3 (6). 含有多个配位原子，可与金属离子形成配位键 (7). Na2He (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）基态Fe的价电子排布式为：3d64s2，因此Fe2+的价电子排布式为3d6；‎ ‎（2）与之间通过离子键组成化合物NH4BF4，中有1个H原子与N原子之间化学键为配位键，中有1个F原子与B原子之间化学键为配位键，因此1molNH4BF4中含有的配位键数是2NA；‎ ‎（3）①EDTA中含有H、C、N、O元素，C、N、O为同周期元素，从左至右电负性逐渐增大，因此电负性最大的元素是O；C、N原子周围全是单键的原子采取sp3杂化，-COOH中C原子采取sp2杂化；‎ ‎②EDTA中N原子中含有1对孤对电子对，且存在多个N原子，因此可与金属离子形成配位键，故答案为：含有多个配位原子，可与金属离子形成配位键；‎ ‎（4）①该晶胞中He原子分别位于棱角、面心，Na原子位于晶胞内部，因此1个晶胞中含有He原子数为：，Na原子数为：8，N(He)：N(Na)=4:8=1:2，故该化合物的化学式为：Na2He；‎ ‎②该晶胞的体积，晶胞质量，故该晶胞密度。‎ ‎12.药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成中间体,其合成路线如图：‎ - 20 -‎ 已知：‎ ‎①R—OHR—Cl ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为___。由A→C的流程中，加入CH3COCl的目的是___。‎ ‎（2）由G→H的化学反应方程式为___，反应类型为___。‎ ‎（3）J中含氧官能团的名称为___。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有___个手性碳原子。‎ ‎（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式___。‎ ‎①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；‎ ‎②遇FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。‎ - 20 -‎ ‎（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）___。‎ ‎【答案】 (1). 苯酚 (2). 保护羟基，防止被氧化 (3). HCHO+HCN (4). 加成反应 (5). 酯基 (6). 5 (7). 或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生信息1的反应生成B，B发生硝化取代反应生成C，根据C的结构简式可知，B为，A为；D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答；‎ ‎（7）的水解程度为：，‎ - 20 -‎ 结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，A为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；‎ ‎（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；‎ ‎（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5个手性碳原子；‎ ‎（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1mol)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；‎ ‎（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。‎ - 20 -‎ ‎ ‎ - 20 -‎