2025-2026学年贵州省黔南布依族苗族自治州高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年贵州省黔南布依族苗族自治州高三适应性调研考试化学试题（含答案解析），共13页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示
下列说法错误的是
A．装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体
B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体
C．装置③中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气
D．装置⑤ 中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸
2、化学与生产、生活息息相关。下列有关说法不正确的是
A．小苏打可用于治疗胃酸过多
B．还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂
C．用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作
D．墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅
3、已知：①H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是
A．H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b
B．相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)
C．1ml Se (g)中通入 1ml H2(g)，反应放热 87.48kJ
D．H2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，Q< 87.48kJ
4、已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明某酸HA为弱酸的是( )
A．浓度为0.1 ml·L－1HA的导电性比浓度为0.1 ml·L－1硫酸的导电性弱
B．0.1 ml·L－1 NH4A溶液的pH等于7
C．0.1 ml·L－1的HA溶液能使甲基橙变红色
D．等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于7
5、将3.9g镁铝合金，投入到500mL2ml/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4ml/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是
A．125mLB．200mLC．250mLD．560mL
6、实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的
A．制取氯气
B．将Br-全部转化为溴单质
C．分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层
D．将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl3
7、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是
A．Na+ K+ OH- Cl- B．Na+ Cu2+ SO42- NO3-
C．Ca2+ HCO3- NO3- K+ D．Mg2+ Na+ SO42- Cl-
8、X、Y、Z、W 均为短周期元素 ， 它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍， 下列说法中正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强
B．只由这四种元素不能组成有机化合物
C．与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应
D．X、Y形成的化合物都是无色气体
9、下列离子方程式错误的是
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋ SO42－=BaS04↓＋2H2O
B．酸性介质中KMnO4氧化 H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋= 2Mn2＋＋5O2↑＋ 8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋ 2H2O－2e- = PbO2＋4H＋＋SO42－
10、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2mlNO2、0.2mlNO和0.1mlCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1c(X2－)>c(HX－)>c(H+)
C．P点溶液中c(H2X)+c(H+)=c(X2－)+c(OH－)
D．从M点到Q点，水的电离程度先增大后减小
21、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是
A．AB．BC．CD．D
22、同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（ ）
A．密度比为4:5B．物质的量之比为4:5
C．体积比为1:1D．原子数之比为3:4
二、非选择题(共84分)
23、（14分）一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称是_________，反应⑤的反应类型是___________。
(2)J的分子式是__________。F的结构简式是_________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________________。
(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式__________。（只需写出两个）
①苯环上有两个处于对位上的取代基；
②1ml该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。
(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：___________________
24、（12分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。
已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；
②
(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。
(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。
(3)E-F的反应类型为________。
(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。
(5)下列有关产物G的说法正确的是________
A．G的分子式为C15H28O2 B．1mlG 水解能消耗2ml NaH
C．G中至少有8个C原子共平面 D．合成路线中生成G的反应为取代反应
(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2 CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。
25、（12分）有机物的元素定量分析最早是由德国人李比希提出的，某实验室模拟李比希法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D（无水氯化钙）吸收，二氧化碳用装置C（KOH浓溶液）吸收，N2的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去)：
（1）该实验装置的合理连接顺序为：A、__、E。（部分装置可以重复选用）
（2）实验开始时，首先打开止水夹a，关闭止水夹b，通一段时间的纯氧，这样做的目的是_____。
（3）A中放入CuO的作用是_______，装置B的作用是_____。
（4）为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N2的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有___。
（5）在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（6）已知分子式为C2H4O2的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团（试剂任选）：____。
26、（10分）草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。
（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。
①仪器a的名称是________________。
②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。
③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。
（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。
将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。
（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。
准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000ml·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000ml·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。
①滴定终点的现象是_______________________。
②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。
③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·ml－1]
27、（12分）将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。
(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。
(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂 a 是______________。
(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反应后测得 Na2S 和 Na2CO3 混合溶液中有新气体生成。该气体中 ______________ (填“含或不含”) H2S，理由是______________；
(4)少量黑色不溶物不可能是 CuO 的理由是______________。
查阅资料后发现该黑色固体可能是 CuS 或 Cu2S 中的一种或两种，且 CuS 和 Cu2S 在空气中煅烧易转 化成 Cu2O 和 SO2。称取 2.000g 黑色固体，灼烧、冷却、……最后称得固体 1.680g。
(5) 灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要______________。 确定黑色固体灼烧充分的依据是______________，黑色不溶物其成分化学式为______________。
28、（14分）可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。
(1)使用 V2O5 催化该反应时，涉及到催化剂 V2O5 的热化学反应有：
①V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g) △H1＝＋1．6kJ·ml－1
②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s) △H2＝-2．4kJ·ml-1
则2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H3＝_____，若降低温度，该反应速率会_____（填“增大”或“减小”）
(2)向 10 L 密闭容器中加入 V2O4(s)、SO2(g)各 1 ml 及一定量的 O2，改变加入 O2 的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中 V2O4、V2O5、SO2 和 SO3 的量随反应前加入 O2 的变化如图甲所示，图中没有 生成 SO3 的可能原因是____________________________________________________。
(3)向 10 L 密闭容器中加入 V2O5(s)、SO2(g)各 0.6ml，O2(g)0.3ml，保持恒压的条件下 分别在 T1、T2、T3 三种温度下进行反应，测得容器中 SO2 的转化率如图乙所示。
①T1 _____T2(填“>”或“c(HX-)>c(H+)，B错误；
C．P点时MOH与H2X恰好完全反应生成MHX，反应方程式为：H2X+MOH=MHX+H2O，由电荷守恒可知：c(M+)+ c(H+)=2 c(X2-)+ c(HX-)+ c(OH-)，由物料守恒可知：c(M+)= c(X2-)+ c(HX-)+c(H2X)，由电荷守恒式子与物料守恒式子结合可知c(H2X)+c(H+)=c(X2－)+c(OH－)，C正确；
D．N点MOH与H2X恰好完全反应生成M2X，水的电离程度最大，N点之后水的电离程度开始减小，故从M点到Q点，水的电离程度先增大后减小，D正确；
答案选B。
21、C
【解析】
A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；
B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；
C项草酸具有还原性，能被酸性 高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；
D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；
故选C。
22、A
【解析】
由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。
【详解】
A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；
B. 设气体的质量均为m g，则n(SO2)＝ml，n(SO3)＝ml，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；
C. 根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；
D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；
答案选A。
二、非选择题(共84分)
23、 (酚)羟基 消去反应 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、、、(任写两个)
【解析】
对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。
【详解】
对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，
(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应⑤为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；
(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；；
(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应③的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；
(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：①苯环上有两个处于对位上的取代基；②1ml该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有： 、、、，故答案为：、、、(任写两个)；
(5) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。
24、4 3-甲基丁酸 羟基 加成反应或还原反应 13 、 AD
【解析】
分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。
详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：. 4 ；3-甲基丁酸；
（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。
（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；
（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。
所以，本题答案为：13 ；、；
（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确； B.1mlG水解能消耗1ml NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为： AD
（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸( CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：
25、DCDB 将装置中的N2（或空气）排除干净 将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2) 除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2 该氨基酸的摩尔质量 偏小 取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生（或其它合理答案）
【解析】
根据题意可知，用燃烧法测定某种氨基酸(CxHyOzNp)的分子组成，用氧气氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮气，利用装置D（无水氯化钙）测定水的质量，利用装置C（KOH浓溶液）测定二氧化碳的质量，利用E装置测量N2的体积，从而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的质量，进而求出该氨基酸的分子组成，据此解答。
【详解】
（1）根据以上分析，结合吸收CO2、H2O及测量N2体积的顺序为，先吸收水，再吸收CO2，最后测量N2体积，装置B加热的铜网可除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，所以该实验装置的合理连接顺序为：A、D、C、D、B、E，
故答案为DCDB；
（2）装置内的空气中含有N2、CO2和H2O，需通一段时间的纯氧，将装置中的N2（或空气）排除干净，减小试验误差，
故答案为将装置中的N2（或空气）排除干净；
（3）CuO的作用是将氨基酸不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，保证氨基酸中的碳都转化为CO2，根据(1)的分析，装置B的作用是除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2，
故答案为将未充分燃烧的产物CO转化为CO2(或使氨基酸中的碳完全转化为CO2)；除去多余的O2，保证E装置最终收集的气体全为N2；
（4）根据上面的分析可知，为了确定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳气体的质量、生成水的质量、准确测量N2的体积外，还需测出该氨基酸的摩尔质量，
故答案为该氨基酸的摩尔质量；
（5）如果液面左低右高（广口瓶中液面低于量筒中液面）广口瓶中的气体收到的压强除大气压强外还有液面高度差造成的压强其实际压强大于标准大气压，气体体积被压缩，实际测得的气体体积偏小，
故答案为偏小；
（6）根据分子式为C2H4O2，及氨基酸中的官能团可知，该分子中有羧基，实验证明该官能团的方法为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生，
故答案为取该有机物少许于试管中，滴加NaHCO3溶液，有气泡产生。
本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，涉及实验方案设计、根据原子守恒法来解答，关键在于理解实验原理。
26、球形冷凝管 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O 安全瓶，防倒吸 NaOH溶液 溶液pH介于4.0~5.0之间 加热浓缩、冷却结晶 溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 反应生成的Mn2+是该反应的催化剂 74.8
【解析】
(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；
③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。
【详解】
(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；
②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；
③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；
提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；
(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；
②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；
③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000ml·L－1×0.012L=0.0012ml，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012ml=0.003ml，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003ml××374g·ml－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×100%=74.8%。
27、反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余 硫酸铜溶液水解呈酸性 溴水或酸性高锰酸钾 不含 硫化氢和二氧化硫反应 氧化铜能与稀硫酸反应 玻璃棒；泥三角 充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g; CuS 和Cu2S
【解析】
（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；
（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；
（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；
（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；
（5）依据现象进行分析；
【详解】
（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，
故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；
（2）二氧化硫有还原性，所以可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，
故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；
（3）Na2S 和 Na2CO3 混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，
故答案为：不含；硫化氢和二氧化硫反应；
（4）少量黑色不溶物不可能是 CuO，因为氧化铜可以和稀硫酸反应，
故答案为：氧化铜能与稀硫酸反应；
（5）灼烧固体时除了需要酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器外，还需要玻璃棒，泥三角，充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g, 设CuSxml，Cu2Syml，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故两者都有，
故答案为：玻璃棒；泥三角；充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g; CuS 和Cu2S。
28、-195.2kJ/ml 减小 常温下，V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)和2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应都很慢 ＜ 1.89×104 减小 该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热；同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小 该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)的反应速率降低 B
【解析】
(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行计算；
(2)由图像可知，随反应前加入 O2 量的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，根据反应条件和反应方程式分析反应的发生；
(3)①温度越高，反应速率越大；
②由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则可列出三段式，计算平衡时气体总物质的量，再根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，计算平衡时容器的体积，从而计算平衡时气体的浓度，进而计算该反应的平衡常数；通入高温He相当于加热，同时容器的体积会增大，再结合平衡移动规律分析；
③结合平衡移动规律以及V2O5催化反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的历程分析原因；
(4)根据V2O5催化反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的历程分析。
【详解】
(1)已知热化学方程式①V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g) △H1＝＋1.6kJ·ml－1；②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s) △H2＝-2.4kJ·ml-1；根据盖斯定律可知，由2×①+②可得目标方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，则△H3＝2△H1+△H2＝＋1.6kJ·ml－1×2-2.4kJ·ml-1=-195.2kJ/ml，降低温度，反应速率会减小，故答案为：-195.2kJ/ml；减小；
(2)由图像可知，随反应前加入 O2 量的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)，而反应V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)和2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3，故答案为：常温下，V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)和2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应都很慢；
(3)①由图像可知，在T2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，则T2温度更高，故答案为：＜；
②由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则SO2的转化量为0.54ml，可列出三段式(单位为ml)，则平衡时气体总物质的量为0.06ml+0.03ml+0.54ml=0.63ml，设平衡时容器的体积为V，根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，，解得，V=7L，则该反应的平衡常数；由于该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积会增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，故答案为：1.89×104；减小；该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小；
③该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)的反应速率降低，故答案为：该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应②平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)的反应速率降低；
(4)T2 时使用 V2O5 进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，实际上反应的过程为①V2O5 (s)＋SO2 (g)V2 O4 (s)＋SO3 (g)，②2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)，反应①为反应前后气体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小压强，平衡不移动，对于反应②，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)不移动，故答案为：B。
29、 CO2 c、d 平面三角形 b、c +3 12 ×100%
【解析】
(1)先根据构造原理，书写N的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规律，得到基态氮原子价电子排布图；
(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子；
(3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；
(4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；
(5) NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键；
(6)①用均摊方法计算a中U、N原子个数比，然后根据N元素化合价分析U元素化合价；在晶体中与U距离相等且最近的U原子在晶胞面心，然后根据通过一个U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；
②先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的U、N原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。
【详解】
(1)N是7号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布式1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为；
(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，NH3、H2O的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中CO2是非极性化合物分子；
(3) a.Cl-Cl键的键能为2×119.6kJ/ml=239.2kJ/ml，a错误；
b.Na的第一电离能为495.0kJ/ml，b错误；
c.NaCl的晶格能为785.6kJ/ml，c正确；
d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/ml，d正确；
故合理选项是cd；
(4) CO32-的价层电子对数为3+=3，因此CO32-空间构型为平面三角形；
C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键，大π键为；
(5) NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键，所以NH4HF2中所含作用力有：a、b、c、d，反应中断裂的化学键有b、c；
(6)①晶胞a中U原子个数8×+6×=4；含有N原子个数为：12×+1=4，因此一个晶胞中含有U、N原子个数均为4个，化学式为UN，由于N原子最外层有5个电子，N化合价为-3价，所以U元素的化合价为+3，根据图示可知：在晶胞与U距离相等且最近的U在一个晶胞的面心上，通过一个U原子有8个晶胞，在一个晶胞中有3个U距离相等且最近，每个U原子重复了两次，因此在晶胞与U距离相等且最近的U原子数为8×3×=12；
②在一个晶胞中含有U原子数目为U：8×+6×=4，含有的N原子数目为8×1=8，一个晶胞中含有的U、N原子的总体积为V(U)+V(N)=(4×+8×)cm3；根据图示可知晶胞参数为4个U原子的半径的倍；L=4r1cm，晶胞的体积V(晶胞)=，则该晶体中原子利用率为×100%。
本题考查物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子的轨道表达式、晶格能、电离能、微粒的空间构型判断、化学键类型的判断及晶胞的有关计算，需要学生对知识掌握要全面、细致，大π键在中学基本不涉及，是本题的难点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
D
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀