天津市南开中学2025届高三化学第二次月考试题含解析

PAGE16-天津市南开中学2025届高三化学其次次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Ne-20Na-23Mg-24A1-27P-31S-32C1-35.5K-39Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Br-80I-127I卷一、选择题(每小题只有一个正确答案，共36分)1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.Na2O2汲取CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂.B.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C.Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝D.NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A.Na2O2汲取CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供应呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B.ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能用于自来水的杀菌消毒，故B错误；C.Al2O3是离子化合物，可用于电解冶炼铝，与两性无关，故C错误；D.氨气易液化而汲取热量导致四周环境温度降低，所以氨气经常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；答案选A。2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、B.0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、、C.0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−D.0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、【答案】A【解析】【分析】此题考是离子共存问题，应从选项的条件获得信息，再从中推断在此条件的环境中是否有离子会相互反应，能大量共存就是没有可以相互发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与OH-不反应，能大量共存；B.MnO4-具有强氧化性，Fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存；故选A。【点睛】本题考查离子共存，驾驭离子的性质和离子不能大量共存的缘由是解题的关键。离子间不能大量共存的缘由有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤留意题中的附加条件的影响，如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。3.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变更的是A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消逝Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性依次：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消逝，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。4.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是A.熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B.热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C.X与Z可形成离子化合物ZXD.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸【答案】B【解析】【详解】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不行能是8个，则X只能是其次周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D错误；答案选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）①常温常压下，l7g甲基(—l4CH3)中所含的中子数为9NA②常温常压下，6.4gCu与40mL10mol·L-1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目为0.2NA③1.6g甲烷中含有的C-H键数目为0.1NA④某温度时，1LpH=6的纯水中含有1.0×10-6NA个H+⑤7.8g中含有碳碳双键数目为0.3NA⑥20g氖气中所含的原子数目为NA⑦25℃时，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.01NA⑧通常状态下，H3O+和OH-各1mol含有的电子数均为10NAA.①②⑦ B.④⑥⑧ C..②④⑦ D.②⑥⑧【答案】B【解析】【详解】①由于14C的中子数为8，故17g—14CH3中所含的中子数为8NA，①错误；②随着反应的进行，浓HNO3会变稀生成NO，产生的NO2分子数小于0.2NA，②错误；③1mol甲烷中含有4molC—H键，1.6g甲烷为0.1mol，其含有的C—H键数目为0.4NA，③错误；④由pH＝－lgc(H＋)知，④正确；⑤中不含碳碳双键，⑤错误；⑥20g氖气为1mol，氖气为单原子分子，故原子数为NA，⑥正确；⑦缺少溶液的体积无法计算离子数目，⑦错误；⑧H3O+和OH-均为10e-的离子，故各1mol时含有的电子数均为10NA，⑧正确；则B正确；答案选B。6.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.WZ的水溶液呈碱性B.元素非金属性的依次为X>Y>ZC.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y不满意8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增加，则非金属性的强弱依次为Cl＞S＞P，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满意8电子稳定结构，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，留意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。7.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】分析】发生的反应中，存在元素的化合价变更，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变更，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变更，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变更，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应当用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变更，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应推断的考查，留意把握发生的反应及反应中元素的化合价变更，题目难度不大。8.下列有关金属及其化合物的不合理的是（）A.将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的B.铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C.盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D.无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于推断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】【分析】A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、依据合金的性质推断；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍旧呈碱性；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B、依据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍旧呈碱性，不能变更土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可依据颜色推断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选C。【点睛】本题考查金属元素及其化合物的应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍旧呈碱性，达不到降低碱度的目的。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA.②③④ B.①③⑤ C.②④⑤ D.①④⑤【答案】B【解析】Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液，再向该溶液中通入CO2气体，又生成了Al(OH)3白色沉淀，①可实现；S在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，②不能实现；饱和NaCl溶液与氨气、二氧化碳共同反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解为Na2CO3，③可以实现；Fe2O3溶于盐酸生成FeCl3溶液，由于氯化铁易发生水解，干脆加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，得不到无水FeCl3，④不能实现；MgCl2(aq)与石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，加热该沉淀分解为MgO，⑤可以实现；综上①③⑤都可以实现，B正确；正确选项B。点睛：FeCl3溶液干脆加热蒸干并灼烧得到氧化铁固体，只有在不断通氯化氢气流的状况下，加热蒸干才能得到无水FeCl3。10.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系部分生成物和反应条件略去。下列推断不正确的是A.若X是，C为含极性键的非极性分子，则A肯定是氟单质，且D和E不反应B.若A是单质，B和D的反应是，则E肯定能还原C.若D为CO，C能和E反应，则A肯定为，其电子式是D.若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X肯定是铝盐【答案】A【解析】【分析】A、X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，C为CO2，B为强酸，与水反应生成强酸，可能是氯气与水反应生成的HCl，也可能是二氧化氮与水反应生成的HNO3。B、依据B、D反应的离子方程式，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3。C、D为CO，可以推断，X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应推断。D、D为白色沉淀，可以推断为，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al(OH)3。【详解】A.X是，C为，当A为，B为，E为NO，D为也符合转化关系，A错误；B.依据B、D反应的离子方程式，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为，X为，C为，D为，在加热时能还原，故B正确；C.如A为氟气，HF与二氧化碳不反应，A为，B为，E为NaOH，X为C，C为，D为CO，符合转化关系，过氧化钠电子式为，故C正确；D.D为摩尔质量为的，A为摩尔质量为的，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成，符合转化关系，故D正确。故选A。11.下列叙述正确的是（）A.NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3)：n[Ca(OH)2]=2：1时，完全转化为CaCO3B.Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：1时，铁元素在溶液中主要以Fe2+形式存在C.AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当体积比为1：4时，铝元素恰好以形式存在D.CO2通入石灰水中，当n(CO2)：n[Ca(OH)2]=2：3时，能得到澄清溶液【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3):n[Ca(OH)2]=2:1时，发生反应：，故A错误；B．Fe与稀硝酸反应，铁过量时发生反应：，铁不足时发生反应：，当n(Fe):n(HNO3)=1:1时，按，且铁有余，故铁元素溶液中主要以Fe2+形式存在，B正确；C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当体积比为1:4时，因为不知道两种溶液的物质的量浓度，故难以知道铝离子和氢氧根离子的物质的量，故不能知道铝元素的形式存在，C错误；D．CO2通入石灰水中，发生反应：、，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为1:1时，恰好反应生成CaCO3，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为1时反应得到CaCO3，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1时，恰好反应生成Ca(HCO3)2，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为2时反应得到Ca(HCO3)2，当n(CO2):n[Ca(OH)2]=2:3时，得到CaCO3沉淀，氢氧化钙过量，故D错误；答案选B。12.有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-

(忽视水的电离)，Cl-、Br-、I-

的个数比为2:3:4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为3:1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为A.7:4 B.7:3 C.7:2 D.7:【答案】B【解析】【详解】因为还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，所以氯气通入该混合溶液后，首先氧化I-然后氧化Fe2+。由题意可设Cl-、Br-、I-

的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）+n（I-）=2mol+3mol+4mol=9mol，所以n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满意n（Cl-）:n（Br-）=3:1，Cl-只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol。4molI-先消耗2mol氯气，3molFe2+消耗1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5:1.5=7:3，故选：B。II卷二、填空题(共4道大题，共64分)13.下表中的实线表示元素周期表的部分边界。①-⑨分别表示元素周期表中对应位置的元素。(1)请在上表中用实线补全元素周期表边界_____。画出①~⑨元素中电负性最强元素的原子的价电子排布图：_____________________________。(2)⑥和⑦的最高价氧化物的水化物中酸性较强的是_________________(填名称)，元素②③可以形成原子个数比为1：1的负一价阴离子，其电子式为________________(己知各原子满意稳定结构)。(3)写出工业制取元素⑤单质的化学反应方程式：________________________________；请写出试验室制取③的简洁气态氢化物的化学反应方程式：_______________________。(4)元素①、③、⑦可组成多种化合物，其中一种化合物既含离子键又含共价键，且水溶液呈酸性，用离子方程式说明其水溶液呈酸性的缘由：______________________________。(5)元素④和⑨可以形成原子个数之比为1：1的化合物A，向硫酸亚铁溶液中加入A生成红褐色沉淀，若反应后溶液中氢氧化钾和硫酸钾的质量比为56：87，写出对应的离子方程式：________________________________。【答案】(1).(2).(3).高氯酸(4).(5).2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑(6).2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(7).+H2ONH3·H2O+H+(8).4Fe2++8K2O2+10H2O=16K++8OH-+3O2↑+4Fe(OH)3↓【解析】【分析】按元素在周期表中的位置知：①为氢元素、②为碳元素、③为氮元素、④为氧元素、⑤为钠元素、⑥为硫元素、⑦为氯元素、⑧为氩元素、⑨为钾元素，据此回答；【详解】(1)按课本后面的元素周期表，用实线补全元素周期表边界为：。电负性越强，吸引电子实力越强，非金属性越强，①~⑨元素中电负性最强元素为氧，氧原子的价电子排布图为：；(2)⑥为硫元素、⑦为氯元素，同周期，核电荷数大非金属性强，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性最高价氧化物的水化物中酸性较强的是高氯酸，②为碳元素、③为氮元素，元素②③可以形成原子个数比为1:1的负一价阴离子，为CN-，其电子式为；(3)⑤为钠元素，工业制取元素⑤单质的化学反应方程式：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑；③为氮元素，③的简洁气态氢化物即氨气，试验室通过加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气，化学反应方程式：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；(4)①为氢元素、③为氮元素、⑦为氯元素，可组成多种化合物，其中氯化铵既含离子键又含共价键，其水溶液因铵离子水解呈酸性，水解的离子方程式为：+H2ONH3·H2O+H+；(5)④为氧元素、⑨为钾元素，可以形成原子个数之比为1:1的化合物A即K2O2，硫酸亚铁溶液中加入K2O2生成红褐色Fe(OH)3沉淀，则该反应为氧化还原反应，若反应后溶液中氢氧化钾和硫酸钾的质量比为56：87，即，则化学方程式为:，则对应的离子方程式：4Fe2++8K2O2+10H2O=16K++8OH-+3O2↑+4Fe(OH)3↓。14.近年来我国科学家发觉了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe-Sm-As-F-O组成的化合物。回答下列问题：(1)元素As与N同族。预料As的氢化物分子的立体结构为__________________，其沸点比NH3的____________(填“高”或“低”)，其推断理由是________________________。(2)Fe成为阳离子时首先失去_____________轨道电子。(3)比较离子半径：F-______O2-(填“大于”“等于”或“小于”)。(4)晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。与K紧邻的O个数为________。在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于__________位置，O处于_________________位置。【答案】(1).三角锥形(2).低(3).NH3分子间存在氢键(4).4s(5).小于(6).12(7).体心(8).棱心【解析】【分析】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，依据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，孤电子对个数，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构须要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型，当价层电子对数为4，中心原子为sp3杂化，若中心原子没有孤电子对，则空间构型为正四面体，若中心原子有1对孤电子对，则空间构型为三角锥形，若中心原子有2对孤电子对，则空间构型为V字形；当价层电子对数为3，中心原子为sp2杂化，若中心原子没有孤电子对，则空间构型为平面正三角形，若中心原子有1对孤电子对，则空间构型为V字形，当价层电子对数为2，中心原子为sp杂化，空间构型为直线形，据此回答；【详解】(1)元素As与N同族，As的氢化物分子即AsH3，分子内孤电子对数=，价层电子对数=3+1=4，故中心原子的杂化方式为sp3、立体结构为三角锥形，AsH3是共价分子，AsH3气体的沸点比NH3的低，其推断理由是NH3分子间存在氢键；(2)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2成为阳离子时首先失去离原子核远的4s轨道电子；(3)具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，故离子半径：F-小于O2-；(4)由KIO3晶胞示意图知，与K紧邻的O个数为12，将图中晶胞扩展为2×2×2结构，8个晶胞体心的8个I构成新立方晶胞的顶点，可知K处于新晶胞体心、O原子处于新晶胞棱心。15.凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，再通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。回答下列问题：(1)a的作用是___________________________。(2)b中放入少量碎瓷片的目的是____________。f的名称是_______________。(3)清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充溢管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，缘由是________________________________________。打开k2放掉水，重复操作2~3次。(4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e,随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。①d中保留少量水的目的是____________________________。②e中主要反应的离子方程式为.____________________________________________，e采纳中空双层玻璃瓶的作用是___________________________________。(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品mg进行测定，滴定g中汲取液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为__________________________(不需化简)，选择指示剂为____________________。【答案】(1).避开b中压强过大(2).防止暴沸(3).直形冷凝管(4).c中温度下降，管路中形成负压(5).液封，防止氨气逸出(6).+OH-NH3↑+H2O(7).保温使氨完全蒸出(8).0.014cv/m(9).甲基橙【解析】【分析】a与大气相通，其作用是平衡气压，使b中气压与大气压相等，以避开b中压强过大导致容器炸裂；b中的液体为蒸馏水，一般纯液体在加热过程中简洁引起暴沸，所以须要加入碎瓷片来防止暴沸；体系内充溢水蒸气后，关闭k1，水蒸气会渐渐冷凝为水，体系内气压小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入e中，e中的水再倒吸入c中；氨气的密度比空气的小，若d留有缝隙，易导致氨气泄露出去，所以d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；e装置是用来制取氨气的，g装置是用来汲取氨气的，制取氨气时发生的反应为：+OH−NH3↑+H2O；求样品中氮元素的质量分数时，依据反应NH2·HBO2+HCl=NH4Cl+H3BO2，可知n(N)=n(HCl),求出消耗的HCl的物质的量即可求出N的物质的量，依据甘氨酸的分子量及样品的质量，可求出样品的纯度，同时，依据其摩尔质量为14g/mol和样品的质量为m克，可求出样品中的氮的质量分数；【详解】(1)a的作用是平衡气压，以避开b中压强过大；(2)b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管；(3)g中蒸馏水倒吸进入c的缘由是g、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入中；(4)①d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出；②e中主要反应是铵盐与碱在加热条件下的反应，离子方程式为+OH−NH3↑+H2O；e采纳中空双层玻璃瓶的作用是保温削减热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出；(5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中汲取液时消耗浓度为cmol/L的盐酸VmL，依据反应NH2·HBO2+HCl=NH4Cl+H3BO2，可以求出样品中n(N)=n(HCl)=cmol/L×V×10-3L=0.001cVmol，则样品中氮的质量分数为=%，样品中甘氨酸的质量0.001cV×75g，所以样品的纯度%，盐酸滴定氨水