2026届北京市第二十七中学高考考前提分化学仿真卷含解析

这是一份2026届北京市第二十七中学高考考前提分化学仿真卷含解析，共30页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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、X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：Xm2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A错误；
B．离子方程式电荷不守恒，故B错误；
C．由于加了过量的盐酸，因此固体P只能是铜，不可能是混合物，故C错误；
D．要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入过量NaOH溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D正确。
故选D。
10、C
【解析】
A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/ml，1ml二氧化碳的质量为44g，故A错误；
B. 1ml N2的质量是=1ml×28g/ml=28g，故B错误；
C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/ml，1 ml CO2所占的体积约是22.4 L，所以C选项是正确的；
D.40 g NaOH的物质的量为1ml，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 ml/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。
答案选C。
11、B
【解析】
A．a点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；
B．图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20ml/L，c(S2-)=10-9.2ml/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20ml/L)2×10-9.2ml/L=10-49.2，同理可知Ksp (CuS)=10-5×10-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=====1014，反应趋于完全，故B正确；
C．该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；
D．根据图象可知，反应①中正反应的活化能较小，反应②中正反应的活化能较大，则反应①比反应②的速率快，故D错误；
故答案为B。
12、D
【解析】
A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；
B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；
C．，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C错误；
D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6 ml•L-1，c(OH-)≥=10-9 ml•L-1，即调节溶液的pH≥5，故D正确；
答案选D。
【点睛】
本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。
13、C
【解析】
A．铝性质较活泼，能和强酸、强碱反应生成盐和氢气，在金属活动性顺序表中Al位于H之前，所以能用金属活动性顺序解释，故A错误；
B．金属阳离子失电子能力越强，其单质的还原性越弱，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极生成氢气而得不到钠，说明Na的活动性大于氢，所以可以用金属活动性顺序解释，故B错误；
C．常温下，浓硫酸和铁发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象是钝化现象，与金属活动性顺序无关，故C正确；
D．构成原电池的装置中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以能用金属活动性顺序解释，故D错误；
故选C。
【点睛】
金属活动性顺序表的意义：①金属的位置越靠前，它的活动性越强；②位于氢前面的金属能置换出酸中的氢（强氧化酸除外）；③位于前面的金属能把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来（K，Ca，Na除外）；④很活泼的金属，如K、Ca、Na与盐溶液反应，先与溶液中的水反应生成碱，碱再与盐溶液反应，没有金属单质生成．如：2Na+CuSO4+2H2O═Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑；⑤不能用金属活动性顺序去说明非水溶液中的置换反应，如氢气在加热条件下置换氧化铁中的铁：Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O。
14、D
【解析】
A．还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；
C．最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I−；但Fe2+、都既有氧化性又有还原性，故C错误；
D．含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；
故答案为：D。
15、B
【解析】
A．砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故A正确；
B．高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故B错误；
C．青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C正确；
D．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D正确；
答案选B。
16、C
【解析】
A．干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；
B．石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；
C．乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；
答案选C。
17、A
【解析】
A.酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A可以达到实验目的，A正确；
B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；
C.用NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；
D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D错误；
故合理选项是A。
18、A
【解析】
H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。
【详解】
题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
据③，生成0.05ml NaClO，消耗0.05mlCl2、0.10mlNaOH。则②中消耗0.20mlNaOH和0.20mlHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10ml。
氢气和氯气物质的量之比0.10ml:(0.10ml+0.05ml)=2:3。
本题选A。
【点睛】
吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。
19、C
【解析】
A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n= ，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025ml气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；
B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1ml氯气反应时转移电子数为1ml，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；
C.1mlHCHO和1ml C2H2O3完全燃烧均消耗1ml氧气，所以1.5ml两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5ml，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；
D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。
故选C。
20、C
【解析】
A．简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；
B．蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；
C．氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；
故答案为C。
21、A
【解析】
A．汽油不是油脂，不能发生水解反应制造肥皂，选项A错误；
B．氨基酸、蛋白质都含有氨基和羧基，具有两性，既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应，选项B正确；
C．向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，属于物理变化，选项C正确；
D．葡萄糖能发生银镜反应，无光亮银镜生成，说明用酶催化淀粉水解的水解液中无葡萄糖存在，选项D正确；
答案选A。
22、B
【解析】
A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；
B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；
C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；
D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】
验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。
二、非选择题(共84分)
23、甲苯 氯原子或－Cl C7H7O3N 取代反应或硝化反应 保护(酚)羟基不被氧化 +2NaOH+CH3COONa+H2O 14 或
【解析】
H的结构简式为，逆推可知G为。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为，A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中-CH3被氧化成-COOH生成E，E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为、C为、D为、E为、F为。
(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。
【详解】
根据上述分析可知：A为，B为、C为、D为、E为、F为，G为，H为。
(1)烃A为，A的名称为甲苯。B为，B中官能团为氯原子。H的结构简式为，H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基，反应类型是：取代反应；
(2)C→D中消除酚羟基，F→G中又重新引入酚羟基，而酚羟基容易被氧化，所以流程中设计C→D的目的是：保护(酚)羟基不被氧化；
(3)D是，D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应，化学方程式为：+2NaOH+CH3COONa+H2O，
(4)D为，其符合下列条件的同分异构体：A.属于芳香族化合物，说明含有苯环；B.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构；有2个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3、-OOCH，这两种情况均有邻、间、对3种位置结构，种类数为2×3=6种；有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置，故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：或。
(5)以甲苯为原料合成的方法是：先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯，用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH，得到邻硝基甲苯，用Fe在HCl存在条件下发生还原反应，—NO2被还原得到—NH2，就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为：。
【点睛】
本题考查有机物推断与合成，涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化，并对给予的信息进行利用，结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。
24、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种
【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。
【详解】
（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；
（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；
（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；
（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；
（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；
（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。
【点睛】
已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′ CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。
25、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高，Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥
【解析】
(1)用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
(2)根据流程图，“合成”过程中，氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等，反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；液溴和液氨容易挥发， “合成”温度应控制在70℃以下；投料时控制n(Br2)：n(NH3)= 1：0.8，可以确保Br2被充分还原，故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发；确保Br2被充分还原；
(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水，因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2，故答案为Ca(OH)2；
(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴，从而可以用活性炭吸附除去，在洗涤时可以用乙醇洗涤，减少溴化钙晶体的损失，也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥。
26、③ 黑色粉末变红 取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成
【解析】
A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。
【详解】
(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择③碱石灰；
(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；
(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。
【点睛】
冰水混合物通常用来冷凝沸点比0℃高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。
27、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1ml/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3ml/LH2C2O4溶液与4mL0.01ml/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001mlMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；
（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；
①由实验结论出发即可快速解题；
②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；
（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。
【详解】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；
（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；
①将0.0001mlMnO2加入到6mL 0.1ml/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；
②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3ml/LH2C2O4溶液与4mL0.01ml/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001mlMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；
（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。
28、1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1 10 sp3 氢键 N≡C—S—S—C≡N 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 分子 离子键、配位键、极性键 90 4×12×60×1030/(a3×NA)
【解析】
（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；
（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；
（3）根据等电子体原理分析作答；
（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；
（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；
【详解】
（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个，
故答案为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；
（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，
故答案为sp3；氢键；
（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，
故答案为N≡C-S-S-C≡N；
（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，
故答案为氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；
（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知C2(CO)8属于分子晶体；
NaC(CO)4内，存在钠离子与C(CO)4-阴离子，在C(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，
故答案为分子；离子键、配位键、极性键；
（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C－C键、1个"C=C"，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 90；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为 = 4×12×60×1030/(a3×NA),
故答案为4×12×60×1030/(a3×NA)。
29、6 3s23p2、3s23p4 高 二者都是离子晶体，钠离子与钾离子电荷相同，半径小于钾离子，导致氯化钠离子键更加牢固，熔点高 氢氧化钠是强电解质，溶于水增加了氢氧根浓度，且溶解过程放热，使平衡NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH-向逆反应方向移动，有利于氨气逸出 AC O2 32g
【解析】
(1)钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，据此判断；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，根据构造原理书写其原子最外层电子排布式；
(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比；
(3)浓氨水和氢氧化钠固体反应制取氨气，浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，使一水合氨分解生成氨气；
(4)在氟化钠溶液中，存在氟离子、钠离子、氢离子、氢氧根离子和水分子，据此分析；
(5)电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，根据反应物和生成物写出方程式，由化合价的变化以及氧化还原反应的概念判断。
【详解】
(1)钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，所以钠原子核外电子共占据了6个轨道；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p4，该元素为硅或硫元素，所以其原子最外层电子排布式为3s23p2或者3s23p4；
(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比，钠离子半径小于钾离子，所以氯化钾的晶格能小于氯化钠，则氯化钠的熔点高于氯化钾；
(3)浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，促使NH3的挥发，使一水合氨分解生成氨气，使NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-向生成NH3移动，加快氨气逸出；
(4)在氟化钠溶液中，存在氟离子，钠离子，氢离子，氢氧根离子和水分子，所以存在水分子间的范德华力和水分子内的氢氧共价键，所以不存在离子键和金属键，故合理选项是AC；
(5)电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，则电极方程式为：，O元素的化合价升高，则氧气为氧化产物，反应中4ml氢氧化钠反应，转移4ml电子，则若反应转移0.8ml电子，消耗0.8ml NaOH，其质量为m(NaOH)=nM=0.8ml×40g/ml=32g。
【点睛】
本题考查了核外电子排布的规律、熔沸点的比较，实验室制氨气的原理，微粒之间的作用力的判断以及电解原理的应用、氧化还原反应的应用，注意电解时把握电解时阴阳两极发生的反应。
选项
目的
试剂
仪器或用品
A
验证牺牲阳极的阴极保护法
酸化NaCl溶液、Zn电极、Fe电极、铁氰化钾
烧杯、电流表、导线、胶头滴管
B
铝热反应
氧化铁、铝粉
滤纸、酒精灯、木条、
盛沙子的蒸发皿
C
配制1.000 ml/L NaCl
NaCl
容量瓶、烧杯、玻璃
棒、试剂瓶
D
制备乙酸乙酯
乙醇、乙酸、饱和碳酸钠
大小试管、酒精灯
实验Ⅰ
试剂
混合后
溶液pH
现象
（1h后溶液）
试管
滴管
a
4mL0.01ml·L−1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO4
2mL0.3ml·L−1H2C2O4
溶液
2
褪为无色
b
4mL0.01ml·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4mL0.01ml·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4mL0.01ml·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
实验II
实验III
实验IV
实验操作
实验现象
6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化