江西省上饶市高三下学期二模考试化学试题

上饶市2025届高三第二次高考模拟考试化学试卷考试时间：75分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64Zn65一、选择题：本题共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求。1.滕王阁作为珍贵的历史文化遗产，维护中运用诸多化学保护技术。下列说法正确的是A.用甲醛溶液处理木质结构使微生物蛋白变性，防其腐蚀B.用硅溶胶修复滕壁画使壁画表面金属氧化物与二氧化硅反应，保护色彩C.用铜锌合金铸造工艺的牺牲阳极法，延缓铜饰件的锈蚀D.用酸性清洁剂与污垢中碳酸钙发生反应，保持汉白玉浮雕表面的清洁【答案】C【解析】【详解】A．甲醛可通过使微生物蛋白质变性抑制木材腐蚀，但因毒性大、甲醛易挥发导致效果不持久、不环保，现代防腐技术已采用更安全长效的替代方案，A不符合题意；B．常温常压下，金属氧化物(如壁画中的矿物颜料氧化铁等)与二氧化硅几乎不发生反应，B不符合题意；C．锌比铜活泼，构成原电池时锌为负极，铜为正极，锌失去电子被氧化，铜不参与反应被保护，则锌合金铸造工艺的牺牲阳极法，延缓铜饰件的锈蚀，C符合题意；D．汉白玉含碳酸钙，能与酸反应，不能用酸性清洁剂清洗汉白玉浮雕的表面，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语表示正确的是A.ClCl的pp键的电子云图形： B.反2丁烯的结构简式：C.的VSEPR模型： D.光气的空间填充模型：【答案】A【解析】【详解】A．ClCl键中2个氯原子3p轨道的电子“头碰头”形成pp键的电子云图形为，故A正确；B．是顺2丁烯的结构简式，故B错误；C．中S原子价电子对数3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；D．是光气的球棍模型，故D错误；选A。3.海洋是一座巨大的化学资源宝库，模拟从海水或海产品中提取多种化学物质，下列装置选择错误的是A.海盐提纯中用到装置①⑤ B.海水提溴中用到装置②③④C.海水提镁中用到装置①⑤ D.海带提碘中用到装置②③④【答案】B【解析】【详解】A.海盐提纯中用到装置①和⑤‌。在海盐提纯过程中，装置①为过滤装置，用于去除粗盐中的不溶性杂质；装置⑤为蒸发装置，用于蒸发水分得到精盐‌，A正确；‌B.海水提溴一般步骤为酸化、氧化（用氯气将溴离子氧化为溴单质）、吹出（热空气吹出溴蒸气）、吸收（用还原剂吸收）、再氧化、蒸馏分离溴‌。装置②是分液装置，在海水提溴中，当用有机溶剂萃取溴后进行分液会用到，装置③是灼烧装置，海水提溴过程基本用不到，装置④是蒸馏装置，用于从含溴的溶液中蒸馏出溴单质，所以海水提溴不会用到装置③，B错误；‌‌C.海水提镁先加沉淀剂(如石灰乳)使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤后将氢氧化镁溶解在盐酸中，再蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，最后熔融电解得到镁。装置①用于过滤分离氢氧化镁沉淀;装置⑤用于蒸发溶液等操作，所以海水提镁中用到装置①⑤，C正确；D．海带提碘先将海带灼烧，然后溶解、过滤，向滤液中加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，再用有机溶剂萃取、分液，最后蒸馏得到碘单质。装置②用于萃取分液;装置③用于灼烧海带;装置④用于蒸馏分离碘和有机溶剂，所以海带提碘中用到装置②③④，D正确；答案选B。4.HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如图。下列说法正确的是A.该路径中，HCHO与HCOOH发生取代反应 B.维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键C.若用反应，则最终存在醚键中 D.总反应的速率主要由决定【答案】D【解析】【详解】A．该路径中，HCHO与HCOOH发生加成反应生成，故A错误；B．维持中间体的相互作用中，①为氢键，②不是氢键，故B错误；C．根据反应历程，若用反应，则最终存在羰基中，故C错误；D．活化能越大，反应速率越慢，慢反应速率决定总反应速率，总反应的速率主要由决定，故D正确；选D。5.配位化合物常用作化学光量计等，X、Y、Z、M原子序数依次增大，X为形成的化合物中种类最多的元素，Y的最外层电子数是次外层3倍，Z为碱金属元素，M是第四周期元素，有4个未成对电子。（已知）下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：X>YB.常温下，0.1mol/L的X最高价氧化物对应的水化物的pH为0.7C.基态原子M第三电离能小于Mn的第三电离能D.Z与氧气反应生成的、均存在离子键和共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M原子序数依次增大，X为形成的化合物中种类最多的元素，X是C元素，Y的最外层电子数是次外层3倍，Y是O元素；Z为碱金属元素，Z是Na元素，M是第四周期元素，有4个未成对电子，M是Fe元素；。【详解】A．同周期元素从左到右，非金属性增强，简单气态氢化物稳定性增强，简单氢化物的稳定性：CH4<H2O，故A错误；B．碳酸是弱酸，常温下，0.1mol/L的H2CO3溶液，c(H+)<0.2，pH大于0.7，故B错误；C．Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的价电子排布式为3d5，后者原子轨道半充满结构稳定，故锰的第三电离能较大，故C正确；D．Na与氧气反应生成的Na2O中只有离子键，故D错误；选C。6.下列实验目的对应的实验操作正确的是选项实验目的实验操作A证明非金属性：C>Si将通入悬浊液中，观察是否有沉淀生成B证明：HClO具有漂白性将通入滴有酚酞的NaOH溶液中，观察溶液红色是否褪去C证明：溶液呈碱性是因为水解向溶液中滴入酚酞，溶液变红，再加入适量溶液，观察溶液颜色变化D证明：(AgCl)>(AgI)向溶液中先滴加少量NaCl溶液，再滴加KI溶液，观察沉淀颜色变化A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．将通入悬浊液中，反应可能产生碳酸钠或碳酸氢钠等晶体析出，不一定产生硅酸沉淀，不能说明非金属性：C>Si，A错误；B．将通入滴有酚酞的NaOH溶液中，氯气与氢氧化钠反应，碱性减弱，也能使酚酞红色褪去，不一定是HClO的漂白性引起，B错误；C．向溶液中滴入酚酞，溶液变红，再加入适量溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀而使碳酸根离子浓度降低，平衡逆向移动，碱性减弱，溶液红色变浅，说明溶液呈碱性是因为水解，C正确；D．向溶液中先滴加少量NaCl溶液，再滴加KI溶液，硝酸银过量，先产生氯化银白色沉淀，后继续反应生成碘化银黄色沉淀，不能说明(AgCl)>(AgI)，D错误；答案选C。7.我国科研人员利用反应实现游离态氮的固定。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A.原子的价层电子排布式为，15g含有的电子数为7B.石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，12g石墨中含有CC键数目为1.5C.空间构型为直线形，1mol该离子中含有的键数目为4D.LiH晶体中和电子层结构相同，生成1mol时参加反应的离子总数为2【答案】B【解析】【详解】A．原子的价层电子排布式为，15g含有的电子数为，A错误；B．石墨导电性只能沿石墨平面的方向，12g石墨中含有碳原子个数=,石墨中每个碳原子含有个CC键，所以12g石墨中含有CC键个数是1.5，B正确；C．空间构型为直线形，根据结构，1mol该离子中含有的键数目为2，C错误；D．LiH晶体中和电子层结构相同，反应原理是H与水分子反应，生成1mol时参加反应的离子总数为，D错误；答案选B。8.实验室用下列装置测量钢材含碳量（部分夹持装置已略去）。下列判断正确的是A.点燃酒精灯前，打开、，关闭，a处通入的目的是排出装置中的B.实验过程中，打开、，关闭，起到平衡气压的作用C.装置②中的酸性溶液可替换为饱和溶液D.实验前后需称取装置④的质量，即准确地测得钢材的含碳量【答案】D【解析】【分析】①中铁、碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，②中高锰酸钾吸收二氧化硫，③中浓硫酸干燥二氧化碳，④中碱石灰吸收二氧化碳，⑤中碱石灰防止空气中二氧化碳、水进入④，根据实验前后装置④的质量差计算碳元素的质量。【详解】A．为防止装置内的二氧化碳干扰实验，点燃酒精灯前，打开、，关闭，a处通入的目的是排出装置中的CO2，故A错误；B．若打开K1，碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳由K1排出，所以点燃酒精灯前，需要关闭K1、K2，打开K3，故B错误；C．装置②中的酸性溶液若替换为饱和溶液，二氧化硫和反应产生二氧化碳，使二氧化碳的量增大，导致所测结果偏高，故C错误；D．实验前后需称取装置④的质量，质量差即为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒，即准确地测得钢材的含碳量，故D正确；选D。9.随着汽车使用量增大，尾气污染已经受到人们的普遍关注。研究表明，一定条件下存在反应：。在相同温度下，向两个密闭刚性的甲、乙容器中都充入一定量的反应物，甲容器保持绝热（即与外界无热量交换），乙容器保持恒温，在相同的温度下同时开始反应，测得有关数据如表所示，下列说法正确的是容器编号容器体积/L起始物质的量/mol5s时物质的量浓度（mol/L）10s时物质的量浓度（mol/L）CONO甲1220.30.5乙2440.250.5A.甲、乙两容器达到平衡时，平衡常数：B.平衡后，往容器甲中再充入2molCO和2molNO，平衡时C.平衡后，往容器乙再充入1molCO和1mol，NO的转化率增加D.其他条件不变，若将乙容器改为恒温恒压，则5s时的浓度小于0.25mol/L【答案】C【解析】【详解】A．甲为绝热容器，5s时甲容器氮气浓度高说明反应为放热反应，随反应进行温度升高K减小，甲的平衡常数小于乙的，A错误；B．该反应为放热反应，甲为绝热容器，未平衡前甲容器氮气的浓度应大于乙容器的，但10s时甲乙容器氮气浓度相等，说明甲已达到平衡，平衡时氮气浓度为0.5mol/L，则平衡时一氧化氮浓度为1mol/L，再按起始投料加反应物，反应放热，平衡时一氧化氮浓度小于2mol/L，B错误；C．乙为恒温容器，该反应为气体体积减小的反应，平衡后按化学计量系数增加投料的同时压强增大平衡正移，一氧化氮转化率增大，C正确；D．该反应为气体体积减小的反应，其他条件不变，若将乙容器改为恒温恒压，等效于加压，则5s时氮气的浓度大于0.25mol/L，D错误；故答案选C。10.一种可制造光学镜片的聚合物PC，其合成路线如图所示：下列说法正确的是A.，化合物M和X互为同系物B.M分子中至少有14个碳原子共平面C.1molN在碱性条件下完全水解需要消耗3molNaOHD.化合物M、N完全氢化后所得产物均无手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．根据元素守恒，X是，，M、X结构不同，化合物M和X不是同系物，故A错误；B．M分子中最多有13个碳原子共平面，故B错误；C．1molN在碱性条件下完全水解生成2mol、1molNa2CO3，需要消耗4molNaOH，故C错误；D．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物M、N完全氢化后所得产物均无手性碳原子，故D正确；选D。11.某锌离子电池体系中引入氧化还原媒介物CoQ，通过CoQ/的循环反应同步去除溶解氧并活化锌电极，其工作原理如下图：下列说法不正确的是A.锂离子通过离子交换膜向正极迁移 B.聚乙烯吡咯烷酮可防止CoQ聚集沉淀C.在锌表面被还原为CoQ D.理论上每消耗32g溶解氧，可除去非活性锌130g【答案】A【解析】【分析】放电时，Zn失电子发生氧化反应，Zn是负极，LiMn2O4电极是正极。【详解】A．锂离子通过离子交换膜向负极迁移，故A错误；B．聚乙烯吡咯烷酮是一种非离子型高分子化合物，能够与CoQ形成络合物，可防止CoQ聚集沉淀，故B正确；C．根据图示，在锌表面生成CoQ，故C正确；D．理论上每消耗32g溶解氧，转移4mol电子，根据得失电子守恒，可除去非活性锌130g，故D正确；选A。12.是一种超导材料，其立方晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为，以晶胞参数为单位长度建立的直角坐标系（如图），1号原子的坐标为，下列说法错误的是A.若1号原子与2号原子的距离为cnm，则2号原子坐标为B.晶胞中与K原子距离相等且最近的Se原子有8个C.晶胞的空间利用率为D.1号原子与3号原子之间的距离为【答案】C【解析】【详解】A．1号原子与2号原子的距离为cnm，1号原子的坐标为，结合晶胞结构和坐标轴方向，可知2号原子坐标为，A项正确；B．由晶胞结构可知，与K原子距离相等且最近的Se原子有8个，B项正确；C．根据均摊法可知，该晶胞中含K的个数为，含Fe的个数为，含Se的个数为，晶胞中K的总体积为，Fe的总体积为，Se的总体积为，该晶胞的体积为，故晶胞的空间利用率为，C项错误；D．1号原子的坐标为，3号原子的坐标为，根据空间中两点间的距离公式可得1号原子与3号原子之间的距离为，D项正确；答案选C。13.常温下，、均可以与形成配位化合物，反应方程式为；。K值越大，表示配离子稳定性越强。两种配合物中，更稳定。溶液中，、与的关系如图所示，下列说法正确的是A.当时，值更小B.C.向含、溶液加少量，先形成配合物D.M点，的解离速率小于生成速率【答案】B【解析】【分析】由方程式可知，反应的平衡常数，设纵坐标为y、为x，同时取对数可得：y=ax—，同理可得：y=bx—，由题意可知，更稳定，则平衡常数，由斜率的变化可知，曲线X代表随的变化、曲线Y代表随的变化，由图可知，为0时，为—35，则平衡常数K1=1035，由为1时，为—29可得：—29=a—35，解得a=6，同理可得，K2=1045、b=6。【详解】A．当时，为—29，而在其下方，更小，A错误；B．根据分析可知，B正确；C．向含、溶液加少量，因当相同时，更小，故先形成配合物，C错误；D．M点，，的解离速率大于生成速率，D错误；答案选B。14.三瓶无色溶液分别为、、，它们之间反应关系如图所示，其中M、N、P为溶质，Q、R、S为白色沉淀。处理水垢时常先将Q转化为S再酸溶除去。下列说法正确是A.反应①生成的沉淀可用作钡餐的替代品 B.反应②是泡沫灭火器的反应原理C.P中阴离子在反应③中既失去质子也得到质子 D.M中阴离子的键角大于N中阴离子的键角【答案】D【解析】【分析】处理水垢时，将转化为，再用酸出去，由此可知Q为，S为，进一步可知M为，N为，P为，R为.【详解】A．反应①为与的反应，生成的白色沉淀为，不能用作钡餐，作钡餐的物质为，A项错误；B．反应②为与的反应，生成物为，不是泡沫灭火器的反应原理，反应③为泡沫灭火器的反应原理，B项错误；C．P为，阴离子为，在反应③中得到了质子，即，没有发生失去质子的过程，C项错误；D．M为，阴离子为，其中键电子对数为3，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形，键角为，N为，阴离子为，其中键电子对数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体形，键角为，故M中阴离子的键角大于N中阴离子的键角，D项正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.我国自2024年10月1日起开始实施《稀土管理条例》，以稀土矿——氟碳铈矿（含）为原料制备的工艺，其流程如图所示：回答下列问题：（1）铈（Ce）属于镧系元素，则基态Ce的价层电子排布式正确的是__________。a．b．c．（2）“氧化焙烧”时让固体颗粒在气流作用下悬浮翻滚，其作用是__________。（3）“硫酸酸浸”时不能使用石英容器，原因是__________（用化学方程式表示）。（4）“萃取”在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），若实验条件下D[Ce(Ⅳ)]=12，向10ml含0.07mol/LCe(Ⅳ)的酸浸液中加入5ml萃取剂，充分振荡、静置后，水层中c[Ce(Ⅳ)]=__________。（5）“反萃取”时向有机层中加入的作用是__________。（6）常温下，“沉铈”过程中恰好沉淀完全[为]，此时测得溶液的，则溶液中pH=__________。（已知常温下，，）（7）“灼烧”过程中发生的化学方程式为__________。【答案】（1）c（2）颗粒悬浮增加了气固接触面积，加快反应速率原料利用率（3）（4）0.01（5）将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)（合理答案均可）（6）6（7）【解析】【分析】氧化焙烧得到CeF4、CeO2，用硫酸浸取得到含有Ce4+的溶液，用磷酸二异辛酯“萃取”Ce4+，去氟后加双氧水、硫酸“反萃取”得到含有Ce3+的水溶液，加碳酸氢铵“沉铈”生成Ce2(CO3)3沉淀，灼烧Ce2(CO3)3生成CeO2。【小问1详解】铈（Ce）属于镧系元素，位于周期表f区，则基态Ce的价层电子排布式正确的是，选c；【小问2详解】“氧化焙烧”时让固体颗粒在气流作用下悬浮翻滚，颗粒悬浮增加了气固接触面积，加快反应速率原料利用率；【小问3详解】二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，，所以“硫酸酸浸”时不能使用石英容器。【小问4详解】根据Ce元素守恒，设水层中c[Ce(Ⅳ)]=a，有机层中的c[Ce(Ⅳ)]=10a，10a+12a×5=10×0.07，a=0.01mol/L；【小问5详解】Ce(Ⅲ)不溶于萃取剂，“反萃取”时向有机层中加入的作用是将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，使Ce(Ⅲ)进入水层；【小问6详解】常温下，“沉铈”过程中恰好沉淀完全[为]，，此时测得溶液的，，，则溶液中pH=6。【小问7详解】“灼烧”过程中Ce2(CO3)3被氧气氧化为CeO2，发生的化学方程式为。16.页岩气中富含乙烷，将其转化为乙烯能提升工业价值。在催化剂的作用下，二氧化碳（）可以氧化乙烷（）生成乙烯（），该过程涉及的主要化学反应为：反应Ⅰ．反应Ⅱ．回答下列问题：（1）分子的电子式为__________。（2）反应Ⅰ在__________（“高温”、“低温”或“任意温度”）下能自发进行。（3）下列能说明反应Ⅱ一定达到平衡状态的是__________（填标号）。a．混合气体的平均相对分子质量保持不变b．混合气体的密度不再发生变化c．d．混合气体中的百分含量保持不变（4）压强为100kPa时，将2mol和2mol的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性（的选择性）如图所示。①随着温度的升高，的选择性下降的原因__________。②M点反应Ⅰ的平衡常数__________（保留小数点后两位）。（5）在催化剂作用下，将等物质的量的和混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知反应Ⅰ的反应速率，，、为速率常数，X为物质的量分数。①当转化率达到40%时，反应达到平衡状态，这时和的平均相对分子质量为23，若反应Ⅰ的，平衡时反应速率__________（列出计算表达式）。②Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则__________（用含、、T、R的代数式表示）。【答案】（1）（2）高温（3）ad（4）①.温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于Ⅰ（或反应以Ⅰ为主等合理答案均可）②.22.86kPa（5）①.②.【解析】【小问1详解】乙烯分子中碳原子间以双键相连，每个碳原子还分别与2个氢原子以共价单键相连，根据电子式书写规则，即可得出上述电子式。【小问2详解】反应I的（吸热反应），（反应后气体物质的量增加，熵增）。根据吉布斯自由能公式，当时反应自发进行，要使，因为、，所以需要T足够大，即高温条件下反应能自发进行。【小问3详解】a．反应II前后气体总物质的量变化，气体总质量不变，混合气体平均相对分子质量，当平均相对分子质量保持不变时，说明不变，反应达到平衡，该选项正确；b．在密闭容器中，气体总质量不变，容器体积不变，根据，混合气体密度始终不变，不能据此判断反应达到平衡，该选项错误；c．反应达到平衡时，不同物质表示的正逆反应速率之比应等于化学计量数之比，，即时才达到平衡，该选项错误；d．混合气体中的百分含量保持不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡，该选项正确；故答案选ad。小问4详解】反应I和反应II均为吸热反应，温度升高，两个反应均正向移动，但反应II的反应程度增大得更多，消耗更多的，导致生成的选择性下降；由题意得的物质的量为，故所以平衡时各物质的物质的量为、、、、、，总物质的量，，，，，，代入平衡常数公式。【小问5详解】设起始时和的物质的量均为，转化率为40%，即转化，设反应Ⅰ中转化xmol，则反应Ⅱ中转化,平衡时物质的量为，物质的量为，由和平均相对分子质量为23，列方程：，化简得x=0.25，平衡时为0.6mol，为0.45mol，总物质的量，则，,根据，，可得：；根据Arrhenius经验公式，对于反应II，正反应活化能为，逆反应活化能为，，，，两式相减可得。17.血红素是用于抗贫血、抗癌药物的原料。模拟利用卟啉衍生物Y与反应制备血红素（结构简式如图，相对分子质量为616，微溶于乙醇，不溶于稀酸和水）并测定所制取样品的纯度。Ⅰ．血红素的制备：（ⅰ）称取2.78g溶于50mL去离子水中，搅拌至完全溶解，加入1mL稀硫酸和少量铁粉。称取6.18g卟啉衍生物Y溶于30mLDMF（），转移至三颈烧瓶中。向三颈烧瓶中通入氮气15min。（ⅱ）将溶液加入三颈烧瓶中，开启温控磁力搅拌器，控制反应温度为40～50℃。（ⅲ）反应60min后，缓慢滴加0.1mol/LNaOH溶液至pH在4.5～5.5范围内，继续搅拌30min，观察到溶液由浅绿色变为深红色，得到血红素FeY。（ⅳ）将反应液冷却至室温，抽滤，洗涤，干燥。称得粗产品质量为5.20g。回答下列问题：（1）FeY中的配位数为__________。（2）下列仪器中，在上述实验步骤中不需要使用的一种仪器是__________（填仪器名称）。（3）步骤（ⅰ）中向三颈烧瓶中通入氮气的目的是__________。（4）步骤（ⅲ）中调节pH至4.5～5.5的原因是__________。（5）步骤（ⅳ）中洗涤固体最佳试剂为__________。a．蒸馏水b．无水乙醇c．乙醇水混合液Ⅱ．测定血红素的纯度。称取一半上述实验中制得的血红素粗产品，将其溶解于适量有机溶剂，转入锥形瓶中，加入30.00mL0.0200mol/L酸性溶液，使完全氧化。用0.0200mol/L的标准溶液滴定过量的溶液，滴定终点消耗溶液的体积为10.00mL。（6）酸性与FeY释放出的反应的离子方程式为__________。滴定终点的现象是__________。（7）根据上述实验结果可求产品的纯度__________（保留小数点后一位）。【答案】（1）4（2）托盘天平（3）防止被氧化（4）促进卟啉Y与的配位反应（或“使配体脱质子”）；防止水解生成沉淀（回答任意一点即可）（5）c（6）①.②.当滴入最后半滴的标准溶液时，溶液中紫红色褪色，且半分钟内不变色（7）61.6%【解析】【小问1详解】根据卟啉中氮原子的杂化类型以及血红素的结构可知：与卟啉环的四个氮原子形成配位键；故答案为：4。【小问2详解】根据题干信息可知：向三颈烧瓶中滴加溶液需要恒压滴液漏斗，抽滤需要使用吸滤瓶和布氏漏斗，称量固体质量精确到0.01g，需要使用电子天平，并非托盘天平；故答案为：托盘天平。【小问3详解】通入氮气的目的是排除反应体系中的氧气，防止被氧化为，确保反应在无氧环境下进行；故答案：防止被氧化。【小问4详解】调节pH至4.5～5.5的目的是适宜的酸碱性条件下，促进卟啉Y与的配位反应（或“使配体脱质子”）；防止水解生成沉淀；

故答案为：促进卟啉Y与的配位反应（或“使配体脱质子”）；防止水解生成沉淀。【小问5详解】血红素微溶于乙醇，不溶于稀酸和水，且乙醇沸点低便于干燥，因此洗涤固体时最佳试剂为乙醇水混合液；故答案为：c。【小问6详解】酸性溶液与反应的离子方程式为：，滴定终点的判断为：当滴入最后半滴的标准溶液时，溶液中紫红色褪色，且半分钟内不变色；答案：；当滴入最后半滴的标准溶液时，溶液中紫红色褪色，且半分钟内不变色。【小问7详解】根据题意可知：酸性高锰酸钾溶液发生两个反应，第一个是酸性高锰酸钾和二价铁离子的反应，第二个是酸性高锰酸钾溶液和草酸根离子的反应，已知草酸根离子的物质的量为：，高锰酸根离子的物质的量为：，根据可以得到草酸根离子消耗的高锰酸根离子的物质的量为0.0000800mol，根据酸性高锰酸钾溶液中高锰酸根离子的总物质的量减去草酸根离子消耗的高锰酸根离子的物质的量，得到和二价铁离子反应消耗高锰酸根离子的物质的量为：再根据，可以得到和高锰酸根离子反应的二价铁离子物质的量为：0.002600mol，再根据题干中称取一半上述实验中制得的血红素粗产品发生反应，可知制得的粗品中含有二