甘肃省定西市2025-2026学年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份甘肃省定西市2025-2026学年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、以下化学试剂的保存方法不当的是
A．AB．BC．CD．D
2、对下列实验现象或操作解释错误的是( )
A．AB．BC．CD．D
3、某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）
A．含有4.5gAl
B．不含FeCl2、AlCl3
C．含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2
D．含有MgCl2、FeCl2
4、人的血液中存在H2CO3～HCO3﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是
A．促进、促进B．促进、抑制C．抑制、促进D．抑制、抑制
5、几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．NaClO3的溶解是放热过程
B．由图中数据可求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度
C．可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl
D．若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯
6、下列说法正确的是（ ）
A．碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大
B．甲烷与氯气在光照条件下，生成物都是油状的液体
C．苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面
D．电解熔融的 AlCl3制取金属铝单质
7、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是
A．[Ne]B．C．D．
8、关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是
A．都有 H2SO4 分子B．都有氧化性
C．都能和铁、铝反应D．密度都比水大
9、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是
A．化合物中含有离子键
B．五种元素中Q的金属性最强
C．气态氢化物的稳定性：
D．最高价氧化物对应的水化物酸性：
10、国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，原理示意图如下。该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(已知在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是
A．左图是原电池工作原理图
B．放电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
C．放电时，正极区电解质溶液的颜色变深
D．充电时，阴极的电极反应式为：
11、化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )
A．高纯度的硅单质广泛用于制作芯片
B．碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁
C．SO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强
D．铁质地柔软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度
12、研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：
下列说法正确的是
A．常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸
B．②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等
C．依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2
D．①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率
13、下列微粒中，最易得电子的是（ ）
A．Cl-B．Na+C．FD．S2-
14、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是
A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况
B．X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）
C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：XY>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。
【详解】
根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。
A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；
B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；
故合理选项是A。
本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。
10、B
【解析】
题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：
正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。
【详解】
A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故D错误；答案：B。
易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。
11、C
【解析】
A. 利用高纯度的硅单质的半导体性能，广泛用于制作芯片，正确，故A不选；
B. 碳酸镁加热分解可以得到氧化镁，氧化镁可用于制造耐高温材料，故B不选；
C.SO2中的硫元素的化合价为+4价，浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价，价态相邻，故SO2可以用浓硫酸干燥，但SO2有强还原性，故C选；
D.合金的硬度大于金属单质，故D不选；
故选C。
12、C
【解析】
A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。
13、C
【解析】
氧化性越强的微粒，越容易得到电子。在四个选项中，氧化性最强的为F，其余微粒均达到稳定结构，化学性质不活泼，C项正确；
答案选C。
14、C
【解析】
滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-， C代表H2S。
【详解】
A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确；
B．Y点表示c(H2S)= c(HS−)，Ka1(H2S)=，当c(H2S)= c(HS−)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的pH，则可计算Ka1(H2S)，故B正确；
C．X点c(HS-)=c(S2-)，Y点c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；
D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS−)＋c(S2−)]，故D正确；
故答案为C。
15、B
【解析】
①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的，故①错误；
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物，是氮气和氧气反应生成的，汽油不含氮元素，②错误；
③氢氧化钠具有强腐蚀性，一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢，③错误；
④某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4. 28，是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸，④错误；
⑤明矾可以用于净水，主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，⑤正确；
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故，⑥正确；故选B。
16、C
【解析】
A．10.1gN(C2H5)3物质的量0.1ml，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；
B．标准状况下，22.4LCO2的物质的量是1ml，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；
C．在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；
D．100g 46％的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1ml，水的质量为54g，物质的量为3ml，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；
选C。
17、A
【解析】
由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出热量，以此来解答。
【详解】
A．①→②中能量降低，放出热量，故A错误；
B．Ni在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；
C．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；
D．由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2，故D正确；
答案选A。
反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。
18、C
【解析】
A．Cu是29号元素， Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；
B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；
C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；
D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；
故选C。
19、B
【解析】
淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。
【详解】
由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则
A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；
B. 淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；
C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；
D. 乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。
所以B选项是正确的。
20、B
【解析】
A．溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A正确；
B．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；
C．由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；
D．由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；
故选B。
21、D
【解析】
往FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4) 同时有H2SO4生成，所以酸性增强。
A. 该实验表明SO2有还原性，选项A错误；
B. 白色沉淀为BaSO4，选项B错误；
C. 该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误；
D. 反应后溶液酸性增强，选项D正确；
答案选D。
22、B
【解析】
试题分析：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：W(g)＞W(l)，Y(g) ＞Y(l)，生成物的能量为：Z(g)＞Z(l)，同温同压下，各反应为放热反应，反应物的总能量越高，生成物的总能量越低，则反应放出的热量越多，故B放出的热量最多，即Q2最大，故选B。
本题主要考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，根据能量变化图来解答非常简单，注意反应热比较时数值与符号均进行比较。
二、非选择题(共84分)
23、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 取代反应 3
【解析】
由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】
(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；
(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；
(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；
(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；
(5)由以上分析可知N为；
(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；
(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。
结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
24、甲苯 氟原子 浓硫酸和浓硝酸、加热 取代反应（或硝化反应） 吸收反应产生的氯化氢，提高反应物转化率 +2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O 276 13
【解析】
A中含有1个苯环，由B的分子式可知A为，则B为，B中的氯原子被氟原子取代生成了C，C的结构简式为，C发生硝化反应生成D，D中硝基被还原成氨基生成E，E与酰氯发生取代反应生成F，F的结构简式为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答。
【详解】
（1）由以上分析可知A为甲苯，结构简式为，C中官能团的名称为氟原子，故答案为甲苯；氟原子。
（2）③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，水浴加热，与浓硝酸发生取代反应，故答案为浓硫酸和浓硝酸、水浴加热；取代反应（或硝化反应）。
（3）反应⑤的方程式为，反应中生成了HCl，加入吡啶这样的有机碱，可以消耗产生的氯化氢，促进平衡右移，提高反应转化率，故答案为消耗反应中生成的氯化氢，促进平衡右移，提高产率。
（4）由题中转化关系可知反应④的化学方程式为：+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O，故答案为+2Fe+4HCl+2FeCl2+2H2O。
（5）由结构简式可知G的分子式为C11H11O3N2F3，则相对分子质量为276，故答案为276。
（6）T（C7H7NO2）是E在碱性条件下的水解产物，显然有1个羧基，它的同分异构体，要求：①—NH2直接连在苯环上②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，说明结构中含有醛基。分析可知，T符合条件的同分异构体分两大类：一类是苯环上有2个取代基：—NH2和HCOO—，在苯环上按邻、间、对排列方式共有3种，另一类是苯环上有3个取代基：—OH、—CHO、—NH2，3个不同的取代基在苯环上的排列方式共有10种结构，所以一共有13种符合条件的同分异构体。其中核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积比为1:2:2:2的物质的结构简式为：，故答案为13；。
（6）由目标产物逆推，需要合成氨基，推知原料要先发生硝化，引入硝基，再还原得到氨基，氨基与酰氯发生取代反应生成目标产物，合成路线为：，故答案为。
有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断。
25、球形干燥管 与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能 +H2O→+Mg(OH)Br 缓慢滴加混合液 蒸馏 重结晶 68% 乙醚有毒，且易燃
【解析】
首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的 Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。
【详解】
(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；
(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；
(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；
(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09ml，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。
本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。
26、分液漏斗 e g h b a f 浓硫酸 干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中 防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化 增大反应物之间的接触面积，加快反应速率 COCl2＋4NH3∙H2O = CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O 79.3%
【解析】
(1)看图得出仪器M的名称。
(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。
(3)根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。
(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。
(5)根据碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。
【详解】
(1)仪器M的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为e→c→d→g→h→b→a→f，故答案为：e；g；h；b；a；f。
(3)根据上题得出试剂X是浓硫酸，故答案为：浓硫酸。
(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。
(5) 碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。
Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，该反应的化学方程式：COCl2＋4NH3∙H2O = CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O，
+COCl2+CO2+HCl
121g 140.5g
xg 562g
121g：xg = 140.5g：562g
解得x=484g
，故答案为：COCl2＋4NH3∙H2O = CO(NH2)2＋2NH4Cl＋4H2O，79.3%。
27、吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境 品红溶液褪色 品红溶液褪色 褪色的品红又恢复为红色 无明显现象 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 KMnO4 0.2 不合理 蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验
【解析】
探究SO2和氯水的漂白性：A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于检验SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性，棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是吸收尾气。
【详解】
(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠发应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；
(2)①氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；
②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反应生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；
(3)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl；
(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，高锰酸钾得电子是氧化剂，HCl失电子是还原剂，2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，每生成5ml氯气被氧化的HCl是10ml，生成2.24L(标准状况)的Cl2，为0.1ml氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n＝2n(Cl2)＝2×0.1ml＝0.2ml；
(5)亚硫酸根离子具有还原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含有SO32﹣，用HNO3溶液酸化时会干扰SO42﹣检验，所以该方案不合理。
考查物质的性质实验，题目涉及二氧化硫与氯气的制取以及二氧化硫漂白与次氯酸漂白的区别，二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。
28、 [Ar]3d5或1s22s23p63s23p63d5 O＞N＞C＞H sp2杂化 平面三角形 分子 ABD 减少 NA（或6.0210-23）
【解析】
（1）Fe为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子生成Fe3+，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中所含非金属元素为H、C、N、O，通常元素的非金属性越强，电负性越大，则所含非金属元素C、N、O、H中O的非金属性最强，H最弱，四者的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；Fe(H2NCONH2)6](NO3)3中尿素分子的结构简式为，C原子形成3个σ键，无孤对电子，所以是sp2杂化；NO3-中N的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以NO3-的空间构型为平面三角形。答案：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d65；O＞N＞C＞H、sp2、平面三角形。
（2）卤素单质属于分子晶体，铝原子簇A113的性质与卤素相似，则原子簇A113也属于分子晶体。Na[Al(OH)4]属于离化合物，存在着离子键，铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，氧氢之间可以形成极性键。所以Na[Al(OH)4]属于离化合物中含有离子键、极性键、配位键。答案：分子，ABD。
（3）每生成1ml氯吡苯脲，需要1ml2-氯-4-氨基吡啶、1ml异氰酸苯酯，反应过程中每个2-氯-4-氨基吡啶分子断裂一个σ键、每个异氰酸苯酯分子断裂一个π键，所以当σ键增加了1 ml时，π键减少了NA（或6.0210-23）个。答案：减少；NA（或6.0210-23）。
（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。因为（咪唑）中的有5个原子参与形成π键，6个电子P轨道上的电子参与成键，所以咪唑的“离域兀键”可表示为；答案：。
（5）晶胞结构分析可知一个晶胞中含铁原子8×1/8+6×1/2=4，碳原子12×1/4+1=4，化学式中铁原子和碳原子比为1：1，化学式为FeC；晶胞中最近的两个碳原子的距离设为x，立方体棱边的一半为a，则2a2=x2，a=，密度d=m/V=，解得x=cm=pm。答案：。
29、d N 电子气 A 1 “头碰头” 高于 均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高 MnO2 1
【解析】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释；
(2)A．Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1；F与Mn之间的共价键都是共价单键；
(4)物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高；
(5)用均摊法计算确定化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半。
【详解】
(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p13s23p13d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区元素，核外电子占据最高能层的符号是N；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释，故答案为：d；N；电子气；
(2)A．Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B错误；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C错误；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D错误；
故答案选：A；
(3)MnF12−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为1．在化合物化合物K2MnF1中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”，故答案为：1；“头碰头”；
(4)MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2−离子半径小于S2−的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高，故答案为：高于；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高；
(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8＋1＝2，含有的O原子数目为：×4＋2＝4，Mn：O＝2：4＝1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有1个，所以Mn的配位数为1；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为×pm=pm，故答案为：MnO2；1；。
酒精
NaOH溶液
浓硫酸
浓硝酸
A
B
C
D
现象或操作
解释
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+ 水解， 并防止
Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42-
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)
①
②

铜丝表面无明显现象
铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象
铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，
品红溶液褪色
物质
相对分子量
沸点
熔点
溶解性
三苯甲醇
260
380℃
164.2℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
乙醚
-
34.6℃
-116.3℃
微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂
溴苯
-
156.2℃
-30.7℃
不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
苯甲酸乙酯
150
212.6℃
-34.6℃
不溶于水
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
苯甲酸
122.1
249
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
碳酰氯(COCl2)
-188
8.2
较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化铵等无毒物质
苯甲酰氯
-1
197
溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢
三氯甲烷(CHCl3)
-63.5
63.1
不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450℃以上发生热分解