2022届江苏省淮安市车桥中学高三上学期入学调研A化学试题解析版

2022届高三入学调研试卷化学〔A〕考前须知：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题。1．以下说法不正确的选项是A．“中国天眼〞的球面射电板由铝合金板制成，铝合金比纯铝的熔点低、硬度大B．石墨烯和碳纳米管为同素异形体，均为无机非金属材料C．“天问一号〞火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是硅D．给动力缺乏的新能源汽车充电不涉及氧化复原反响【答案】D2．以下物质分类组合正确的选项是选项混合物纯洁物单质电解质A氯水晶体B碱石灰石墨盐酸C空气漂白粉铁D溶液水银铜【答案】A【解析】A．氯水是氯气溶于水所得混合物，是盐、属于纯洁物，是氧元素的单质，氯化钠的水溶液或熔融状态下能导电、氯化钠是化合物、是电解质，A正确；B．盐酸是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误；C．漂白粉是混合物，C错误；D．铜是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，D错误。3．配制500mL0.100mol·L-1的NaCl溶液，局部实验操作示意图如下：以下说法正确的选项是A．实验中需用的仪器有天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③C．容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，枯燥后才可用D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低【答案】D【解析】A．配制500mL0.100mol·L-1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，A错误；B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要参加蒸馏水定容，所以不必枯燥，C错误；D．定容时仰视容量瓶的刻度线，那么所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。4．设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A．0.1molH2C2O4与足量酸性KMnO4NB．标准状况下，5.6LF2和C2H6NAC．标准状况下，11.2LNAD．标准状况下，CH4与2.24LCl2NA【答案】B【解析】A．H2C2O4与足量酸性KMnO4溶液充分反响后变为CO2气体，1molH2C2O4充分反响转移2mol电子，那么0.1molH2C2O4与足量酸性KMnO4NA，A错误；B．F2和C2H6的分子中都含有18个电子，标准状况下，5.6LF2和C2H6的混合物的物质的量是0.25mol，那么其中含有电子的数目为0.25mol×18NANA，B正确；C．标准状况下三氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，C错误；D．在标准状况下2.24LCl2的物质的量是0.1mol，0.1molCl2与CH4反响，首先反响产生气体CH3Cl、HCl，反响产生的CH3Cl会进一步与Cl2发生取代反响产生液态CH2Cl2、CHCl3、CCl4，取代反响产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl45．以下指定反响的离子方程式不正确的选项是A．向铁制器具上电镀铜，阴极的电极反响为：Cu2++2e-=CuB．氨水与稀盐酸反响：NH3•H2O+H+=NH+H2OC．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH-+SO2=HSOD．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反响：CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)【答案】C【解析】A．电镀Cu时，阴极Cu2+得电子生成Cu，电极反响为Cu2++2e-=Cu，A正确；B．氨水与稀盐酸反响生成NH4Cl和H2O，离子方程式为NH3•H2O+H+=NH+H2O，B正确；C．过量NaOH与SO2反响生成Na2SO3和H2O，离子方程式为2OH-+SO2=SO+2H2O，C错误；D．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反响生成更难溶于水的CaCO3，离子方程式CO(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO(aq)，D正确。6．工业上制硝酸的原理是将氨经过一系列反响得到硝酸，如以下图所示：以下说法错误的选项是A．过程①属于氮的固定B．氮气在足量氧气中也可以通过一步反响生成NO2C．过程④反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：2D．常温下可用铁质容器储存浓硝酸【答案】B【解析】A．过程①是氮气和氢气高温高压催化剂作用下反响生成氨气，属于氮的固定，故A正确；B．氮气在足量氧气中可以通过一步反响生成NO，不能生成NO2，故B错误；C．过程④3NO2+H2O=2HNO3+NO，反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：2，故C正确；D．铁在浓硝酸中发生钝化，金属外表生成一薄层致密氧化物薄膜，阻止内部反响继续进行，常温下可用铁质容器储存浓硝酸，故D正确；应选B。7．维生素C的结构简式如下图。关于维生素C的说法正确的选项是A．分子式为 B．能使溴水褪色C．分子中所有原子可能共面 D．最多能与发生加成反响【答案】B【解析】A．分子式为，错误；B．维生素C中含有碳碳双键，能使溴水褪色，正确；C．分子中含有-CH2-原子团，所有原子不可能共面，错误；D．分子中只有碳碳双键能和氢气加成，酯基不能与氢气加成，故最多能与发生加成反响，错误；应选B。8．某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反响，且反响极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)=2Na2SO4+O2。据此判断以下反响方程式错误的选项是A．2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B．Na2O2+2NO2=2NaNO3C．2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D．2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2【答案】AA．三氧化二氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反响生成硝酸钠，不能生成亚硝酸钠和氧气，故A错误；B．二氧化氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反响生成硝酸钠，故B正确；C．五氧化二氮中氮元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反响生成硝酸钠和氧气，故C正确；D．七氧化二锰中锰元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反响生成高锰酸钠和氧气，故D正确；应选A。9．自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。以下表达正确的选项是A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定B．在催化剂a作用下，N2发生了氧化反响C．催化剂a、b外表均发生了极性共价键的断裂D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反响为氮的固定，但NH3→NO的反响没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被复原，氮气发生复原反响，故B错误；C．由示意图可知，催化剂a的外表只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；D．使用催化剂a、b可加快反响速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；故答案为D。10．以下关于铝单质的表达中，正确的选项是A．铝和NaOH溶液反响：Al＋2OH-＋2H2O=[Al(OH)4]-＋H2↑B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反响D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝会滴落下来，是因为金属铝的熔点较低【答案】C【解析】A．电荷、电子均不守恒，正确的离子方程式为2Al＋2OH-＋6H2O===2[Al(OH)4]-＋3H2↑，A项错误；B．铝制品在空气，其外表形成致密的氧化膜，铝的化学性质不稳定，B项错误；C．无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反响，C项正确；D．打磨后的铝箔在酒精灯上灼烧外表生成Al2O3，高熔点的Al2O3兜住了熔融的液态铝，不会滴落，D项错误。11．以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项表达Ⅰ表达ⅡA纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．纯碱是碳酸钠，可看成是氢氧化钠和碳酸反响得到，属于强碱弱酸盐。，存在水解平衡，溶液显碱性，可用来清洗油污〔油脂在碱性环境发生水解反响〕，故A正确；B．不锈钢是合金，化学性质稳定，在潮湿环境不易被腐蚀，故B错误；C．Fe2O3为红棕色，可用作红色油漆和涂料，与Fe2O3是碱性氧化物无关，故C错误；D．铜与浓硝酸发生反响生成NO2，红棕色只是NO2的物理性质，与制取方式无关，故D错误；故答案为A。12．根据以下实验操作和现象所得出的结论正确的选项是选项实验操作和现象结论A向某黄色溶液中参加淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2B如下图，烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3C向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄氧化性：H2O2＞Fe3＋D取5mL0.1mol·L-1KI溶液，参加1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3＋与I-所发生的反响为可逆反响A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．向某黄色溶液中参加淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，也可能是氯化铁溶液，故A错误；B．浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反响，故B错误；C．向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，无法确定双氧水和硝酸谁是氧化剂，故C错误；①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化。以下说法不正确的选项是A．混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3C．灼烧沉淀Y，可以得到黑色物质D．往溶液Z中参加Cu粉，假设不溶解，说明X中不含FeCl3【答案】D【解析】由固体混合物X与水作用有气泡冒出可知，X中一定含有Na2CO3，由得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，沉淀Y与NaOH溶液作用无变化可知，X中一定不含有Al2(SO4)3，至少还有FeCl3和CuSO4中的一种或两种，Na2CO3在溶液中发生双水解反响生成二氧化碳和碳酸氢钠。A．由分析可知，混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3，故A正确；B．由分析可知，Na2CO3在溶液中发生双水解反响生成二氧化碳和碳酸氢钠，那么溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含NaHCO3，故B正确；C．沉淀Y可能为氢氧化铜，那么灼烧氢氧化铜可以得到黑色氧化铜固体，故C正确；D．由分析可知，溶液Z中存在碳酸氢钠溶液，说明铁离子和铜离子与碳酸钠溶液完全反响，往溶液Z中参加Cu粉，铜粉一定不溶解，那么依据铜粉不溶解无法判断X中是否含有氯化铁，故D错误。14．NO2与N2O4可相互转化：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH=-24.2kJ·mol-1，在恒温下，将一定量NO2和N2O4(g)的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的浓度随时间变化的关系如下图。以下推理分析合理的是A．前10min内，用v(NO2)表示的反响速率为0.02mol·L-1·min-1C．a、b、c、d四点中v(正)与v(逆)均相等D．25min时，正反响速率减小【答案】B【解析】在相同时间内，b、d所在的曲线物质的量浓度变化是a、c所在的曲线物质的量浓度变化的2倍，所以b、d表示NO2浓度的变化，a、c表示N2O4浓度的变化.。A．前10min内，用v(NO2)表示的反响速率为0.04mol·L-1·min-1，故A错误；B．反响进行到10min时，反响共消耗N2O4的物质的量是0.2mol/L×2L=0.4mol，体系吸收的热量为24.2kJ·mol-1×0.4mol=9.68kJ，故B正确；C．a、b、c、d四点中，b、d两点反响到达平衡状态，v(正)=v(逆)，a点反响逆向进行v(正)<v(逆)，c点反响正向进行v(正)>v(逆)，故C错误；D．25min时，NO2浓度增大，正反响速率增大，故D错误；选B。15．二氧化硫是一种大气污染物，可用氨水吸收处理。以下图是实验室制取二氧化硫并验证其局部性质的装置，以下说法正确的选项是A．使用品红溶液是用来验证SO2的复原性D．过量的氨水吸收SO2气体可以生成亚硫酸氢铵【答案】C【解析】A．SO2气体具有漂白性，能够使品红溶液褪色，因此使用品红溶液是用来验证SO2的漂白性，A错误；B．K2Cr2O7具有强的氧化性，会将SO2氧化为H2SO4，其本身被复原产生Cr3+，1molK2Cr2O7得到6mol电子，1molSO2反响失去2mol电子，那么根据氧化复原反响中电子得失数目相等，可知氧化剂与复原剂的物质的量之比是1∶3，B错误；C．在SO2的发生装置中，使用70%的浓硫酸溶液中H+浓度大，既可以加快制取气体反响速率，同时又利用H2SO3是弱酸的性质，可以减少SO2气体在溶液中的溶解，有利于生成的SO2逸出，C正确；D．当氨水过量时，其吸收少量SO2气体，反响生成正盐亚硫酸铵；只有当SO2气体过量，氨水少量时二者反响才反响产生酸式盐亚硫酸氢铵，D错误。16．室温下，用的NaOH溶液滴定的CH3COOH溶液，水电离出的随溶液体积的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是A．P、M、N三点，M点最大B．M点溶液显中性，C．该滴定过程选择甲基橙作为指示剂D．N点溶液中【答案】D【解析】A．P点未滴加NaOH溶液时，溶液显酸性，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，到M点时恰好完全反响产生CH3COONa，溶液显碱性，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，N点pH最大，A错误；B．M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，但是溶液显碱性，B错误；C．用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反响时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，C错误；D．N点溶液为NaOH、CHCOONa的混合荣毅仁，根据电荷守恒可得，D正确。二、非选择题。17．溶液常用作氧化复原反响滴定的标准液，利用氧化制备的装置如下图(加热、夹持装置略)：：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反响：答复以下问题：〔1〕K2MnO4的化学名称为_______。〔2〕装置A中所发生反响的化学方程式为_______；其中a的作用是_______。〔3〕装置C中盛装的试剂是_______。〔4〕分析发现该装置有缺乏之处，改良的方法是_______。〔5〕为测定某固体的纯度，现用的酸性KMnO4溶液进行滴定。(：)①确称取固体溶于水配成溶液，以下仪器中肯定需要的是_______(填仪器名称)。②取溶液置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液。滴定终点的现象为_______，固体的纯度为_______。【答案】〔1〕锰酸钾〔2〕平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下〔3〕溶液〔4〕在装置A、B之间增加装盛有饱和食盐水的洗气瓶〔5〕500mL容量瓶、胶头滴管滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变浅紫红色，且30s不恢复【解析】此题是利用氯气氧化制备，装置图中最左边的装置是氯气发生装置，中间是制备高锰酸钾的装置，在制备的时候要注意溶液的酸碱性，从而提高产率，最后要注意尾气处理问题。〔1〕K2MnO4中锰的化合价是+6价，其名称是锰酸钾；〔2〕装置A中是二氧化锰和浓盐酸反响制氯气，其方程式是：；a可以平衡气压，其作用是：平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；〔3〕C的作用是吸收反响不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，故C中盛装的试剂是：溶液；〔4〕锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生，一局部转化为，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改良措施是：在装置A、B之间增加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；〔5〕①配制一定物质的量浓度的溶液，需必须的仪器图中有的是容量瓶、胶头滴管；②(3)KMnO4溶液呈紫色，与反响，紫色褪去，消耗完时，溶液变成浅紫红色，故滴定终点的现象为：滴滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变浅紫色，且30s不恢复；，那么3的物质的量为，500mL溶液中NaHSO3的物质的量为，NaHSO3固体的质量为，纯度为。18．硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如下图：答复以下问题：〔1〕写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反响的化学方程式___________。为提高浸出速率，除适当增加温度外，还可采取的措施有___________(写出两条)。〔2〕利用___________的磁性，可将其从“浸渣〞中别离。“浸渣〞中还剩余的物质是___________(写化学式)。〔3〕“净化除杂〞需先加H2O2溶液，然后再调节溶液的pH约为5，调节pH=5的目的是___________。〔4〕“粗硼酸〞中的主要杂质是___________(填名称)。〔5〕硼氢化钠(NaBH4)与氢化铝锂(LiAlH4)具有相似的结构，是有机合成中的重要复原剂，试写出氢化铝锂(LiAlH4)的电子式___________。〔6〕单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___________。【答案】〔1〕Mg2B2O5·H2O+2H2SO4=MgSO4+H3BO3适当增加硫酸浓度、搅拌等〔2〕Fe3O4SiO2与CaSO4〔3〕使Al3+和Fe3+生成沉淀而除去〔4〕MgSO4〔5〕〔6〕2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O【解析】以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂〞需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，那么滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤别离出H3BO3。〔1〕Mg2B2O5•H2O与硫酸反响的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加温度外，还可采取的措施适当提高硫酸浓度或浸出时搅拌；〔2〕利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣〞中别离．“浸渣〞中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为Fe3O4；SiO2、CaSO4；〔3〕“净化除杂〞需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；〔4〕最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，那么“粗硼酸〞中的主要杂质是硫酸镁，故答案为硫酸镁；〔5〕LiAlH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为；〔6〕以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反响为2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O。19．目前，“低碳经济〞备受关注，的转化和利用是一个热门的研究课题。答复以下问题：〔1〕用甲醇、和合成一种新材料(碳酸二甲酯，，简称)，原理为：①②那么_______。〔2〕在恒容密闭容器中按投料直接合成，一定条件下，平衡时的转化率如下图，那么：①_______(填“>〞、“<〞或“=〞)；②、、由快到慢的顺序为_______；③以下能说明此条件下反响到达平衡状态的是_______。a.d.与的物质的量之比保持不变〔3〕经催化加氢可以生成低碳烃，主要有以下两个竞争反响：反响Ⅰ：反响Ⅱ：为分析催化剂对反响的选择性，在1L密闭容器中充入和，测得有关物质的物质的量随温度变化如下图。该催化剂在较高温度时主要选择_______(填“反响Ⅰ〞或“反响Ⅱ〞)。520℃时，反响Ⅱ的平衡常数_______(列出计算式即可)。【答案】〔1〕〔2〕＜bc〔3〕反响Ⅱ【解析】〔1〕：①，②，按盖斯定律：由②×2+①得，。〔2〕①在恒容密闭容器中按投料直接合成，发生反响：，增压，平衡朝气体分子总数减小的方向即向右移动，平衡时的转化率增大，那么。②其余条件相同、只升高反响体系的温度，反响速率一定加快、明显加快，那么小于；其余条件相同、只增大反响体系的压强，反响速率一定加快，那么大于、那么由快到慢的顺序为；③a．时才处于平衡状态，不能说明处于平衡状态，a错误；b．碳酸二甲酯的物质的量分数保持不变，能说明上述反响到达化学平衡状态，b正确；c．该反响气体分子总数、混合气体的平均相对分子质量会随着反响而改变、那么混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明上述反响到达化学平衡状态，c正确；d．由与的投料、及反响看，二者的物质的量之比始终保持不变，不能说明上述反响到达化学平衡状态，d错误；故答案为bc。〔3〕由图知，较高温度时主要产物为乙烯，那么该催化剂在较高温度时主要选择反响Ⅱ。520℃时，甲烷和乙烯的物质的量均为0.2mol，那么反响Ⅰ：消耗二氧化碳0.2mol、消耗氢气0.8mol、生成水0.4mol、甲烷0.2mol；反响Ⅱ中消耗二氧化碳0.4mol、消耗氢气1.2mol、生成水0.8mol、乙烯0.2mol；那么平衡时二氧化碳为1-0.2mol-0.4mol=0.4mol、氢气=3mol-0.8mol-1.2mol=1mol、水0.4mol+0.8mol=1.2mol；反响Ⅱ的平衡常数。三、选做题。20．Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。〔1〕Cu2+基态核外电子排布式为____。〔2〕SO的空间构型为___，与SO互为等电子体的分子有___(写两种即可)。〔3〕抗坏血酸的分子结构如下图，分子中碳原子的轨道杂化类型为___；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____(填“难溶于水〞或“易溶于水〞)，理由是___。〔4〕一个Cu2O晶胞(如图)中，Cu原子的数目为___，假设晶胞的密度为ag/cm3，那么该晶胞的边长为___nm。【答案】〔1〕1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9〔2〕正四面体形CCl4、SiF4〔3〕sp2、sp3易溶于水抗坏血酸分子与水分子能形成分子间氢键〔4〕4【解析】〔1〕Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；〔2〕SO为s