山东专用2025届高三化学下学期4月三模适应性训练二

PAGEPAGE1（山东专用）2025届高三化学下学期4月三模适应性训练二一、单选题1．下列关于分散系的叙述不正确的是A．分散系的分类：B．用平行光照耀FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体，可以加以区分C．把FeCl3饱和溶液滴入到蒸馏水中，以制取Fe（OH）3胶体D．如图所示是树林中的晨曙，该反应与丁达尔效应有关

2．下列仪器无定量的要求的是A．量筒 B．分液漏斗 C．滴定管 D．容量瓶3．下列说法不正确的是A．10种氨基酸形成的十肽的数目定为1010种B．甲酸、乙二酸、乳酸、水杨酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．纤维素溶解在铜氨溶液中，将形成的溶液压入稀酸中，生成铜氨纤维D．油脂不溶于水，人体中油脂能溶解一些不能溶解在水中的养分物质，以利于人体汲取4．将过量SO2通入下列溶液中，能出现白色浑浊的是()。①Ca(OH)2②BaCl2③NaAlO2④Na2SiO3⑤Ba(NO3)2⑥苯酚钠⑦Na2CO3A．①②④⑦ B．②③⑥⑦ C．④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥5．下列说法正确的是()A．氧化铝不能与水反应，它不是氢氧化铝对应的氧化物B．因为氧化铝是金属氧化物，所以它是碱性氧化物C．氧化铝能跟全部的酸碱溶液反应D．氧化铝能跟强的酸碱溶液反应6．如图所示是铜锌原电池示意图。当该原电池工作时，下列描述不正确的是A．溶液渐渐变蓝B．锌片上的电极反应式是：Zn—2e—===Zn2+C．铜片上有气泡产生D．电流计指针发生偏转7．短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系如图所示，下列推想不正确的是XYZWA．若Z的核电荷数是Y的两倍，则X是碳元素B．若W的核电荷数是Y的两倍，则X是氮元素C．原子半径：D．简洁氢化物的稳定性：8．下列说法中正确的是A．将纯水加热的过程中，Kw变大，pH变小B．保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解C．将FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D．向0.1mol·L－1氨水中加入少量水，pH减小，KW减小9．如右图所示，下列叙述正确的是A．X为阴极，发生还原反应B．电子沿ZnYXCu路径流淌C．Na+移向Y，与滤纸接触处有氧气生成D．Y与滤纸接触处变红10．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A．8种 B．9种 C．10种 D．11种11．下列四种元素中，其单质还原性最强的是A．基态原子最外电子层排布为2s22p5的元素B．基态原子最外电子层排布为3s1的元素C．原子核外电子数最少的元素D．其次周期中基态原子含有未成对电子最多的元素12．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标况下的气体的体积为A．89.6mL B．112mL C．168mL D．224mL13．过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，下列说法不正确的是A．Na2O2的电子式Na+2-Na+ B．此反应每生成1mol氧气转移2mol电子C．氧元素的一种核素18O的中子数为12 D．此反应Na2O2既是氧化剂也是还原剂14．反应2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2可用于工业上制备Na2S2O3。下列化学用语表示正确的是A．中子数为20的硫原子∶SB．基态O原子核外电子轨道表达式∶C．SO2分子的空间构型∶V型D．CO水解的离子方程式∶CO+2H2OH2CO3+2OH-二、多选题15．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。试验室可通过以下反应制得ClO2，2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。则下列说法中正确的是A．H2C2O4在反应中是还原剂B．每转移1个e-，能得到2个气体分子C．KClO3失去电子，化合价降低，发生还原反应D．在反应中CO2是还原产物三、填空题16．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：（1）①步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；K1b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；K2则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；K=_______________(用含K1、K2的代数式表示)。②T1温度时，对于反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，向2L的恒容密闭容器中通入肯定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热QkJ，保持其他条件不变，只是向原平衡体系中再通入0.20molH2O(g)，则下列说法正确的是_____________。A．CO的转化率将增大B．达到新平衡时的反应热ΔH＞—QC．气体的密度将不变D．H2O的体积分数增大（2）将3molH2和2molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)①达平衡时NH3的浓度为cmol·L-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为cmol·L-1的是_________。A．6molH2+4molN2B．0.75molH2+0.75molN2+0.5molNH3C．3molH2+1molN2+2molNH3②若是在恒温恒容的容器中反应，达到平衡时NH3的浓度为c1mol·L-1，则c________c1（填“<”“>”或“=”），缘由是________________________________________。四、试验题17．工业上SnSO4是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业，其制备路途如下：提示：①已知在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式。②已知Ksp[Sn(OH)2]＝1.0×10-26回答下列问题：（1）SnCl2用盐酸而不用水干脆溶解的缘由是_____，加入Sn粉的作用是____。（2）反应I生成的沉淀为SnO，写出该反应的离子方程式_______________。（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法__________________________。（4）反应Ⅱ硫酸的作用之一是限制溶液的pH，若溶液中c(Sn2+)＝1.0mol•L-1，则应限制溶液pH______。（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，请写动身生反应的离子方程式________。五、结构与性质18．原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，Y原子基态时成对电子数是其未成对电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充溢的饱和结构。回答下列问题：(1)Z和X形成的某分子可用作火箭燃料，该分子中Z原子的杂化类型为______。(2)人们已经合成了由Y和Z两种元素形成的晶体，该晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，Z的配位数是_________,该晶体硬度大于金刚石的缘由是_____________。(3)Z和X形成的简洁分子A还能与许多化合物通过配位键发生相互作用。例如：科学家潜心探讨的一种可作储氢材料的化合物B是A与其次周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，化合物B的结构式为________（必需标明配位键）。(4)最高价氧化物水化物酸性比Z的比Y的强，缘由是__________；(5)Y60用做比金属及其合金更为有效的新型吸氢材料，其分子结构中每一个Y原子皆为SP2杂化，含多个σ键和π键，36gY60最多可以汲取标准状况下的氢气_________L。(6)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成协作物HnWCl3，反应的化学方程式为_________________________________________六、原理综合题19．I.(1)氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下探讨。写出SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_______________。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，有关转化如图，阴极反应式为____。若转化时转移了0.2mol电子，共生成Cu2S___________mol。III.(3)T℃时，向某恒温密闭容器中加入肯定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)⇌2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻变更某条件，逆反应速率v(逆)随时间(t)的变更关系如图所示，则t1时刻变更的条件可能是(填写字母)____________。a.保持温度、体积不变，加少量碳粉b.保持温度、体积不变，增大CO浓度c.保持温度不变，压缩容器(4)在肯定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(P总)加入lrnolCO2与足量的碳，发生反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)ΔH=+172kJ/mol，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。①650℃时，该反应达平衡后汲取的热量是________。(计算时不考虑温度对ΔH的影响)②T℃时，若向平衡体系中再充入肯定量按V(CO2):V(CO)=3:4的混合气体，平衡_____(填:“正向”、“逆向”或“不”)移动。③925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为_____(保留三位有效数字)。［气体分压P分＝气体总压P总×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp］七、有机推断题20．氯乙酸(ClCH2COOH)是医药工业中重要的合成中间体。用氯乙酸制取冷静药巴比妥(K)的合成路途如下：(1)A中的官能团为_______(用化学符号表示)；B→C的反应类型是_______。(2)D与E反应生成F的化学方程式为_______。(3)已知：物质DEF熔点135.6℃-117.3℃-50℃沸点—(140℃分解)78℃199.3℃试验室利用该反应制备F时，最适合的装置是_______(选填编号)；选择该装置的理由是_______。(4)最终一步反应为：G+H→K+2E，则H的结构简式为_______。(5)能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体有_______种。(6)结合题中流程信息，以乙烯为原料设计合成丁二酸的路途_______。(合成路途常用的表示方式为：甲乙∙∙∙∙∙∙目标产物)答案第=page11页，总=sectionpages22页参考答案1．C【解析】【详解】A、分散系依据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，当分散质粒子直径小于10－9m时，为溶液，当介于10－9m～10－7m时，为胶体，当大于10－7m时，是浊液，A正确；B、用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，B正确；C、Fe（OH）3胶体的制备是将FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，接着煮沸，至溶液变为红褐色即制得氢氧化铁胶体，C错误；D、大气是胶体，被阳光照耀时产生丁达尔效应，D正确。答案选C。【点睛】本题考查了胶体的有关性质和制备，应留意胶体、溶液和浊液的本质区分是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，题目难度不大。2．B【解析】【详解】A.量筒为量取肯定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，A不选；B.分液漏斗为分别固体和液体的仪器，不须要定量要求，B选；C.滴定管为量取肯定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，C不选；D.容量瓶为配制特定体积物质的量浓度溶液的专用仪器，有定量的要求，D不选；答案选B。3．A【详解】A．10种氨基酸形成的十肽的数目最多为1010种，A错误；B．甲酸中有醛基结构、乙二酸具有还原性、乳酸具有羟基、水杨酸含有酚羟基，故均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．铜氨溶液中加入脱脂棉即纤维素搅拌成黏稠液，用注射器将黏稠液注入稀盐酸中，可生成铜氨纤维，取诞生成物，用水洗涤即可，C正确；D．油脂不溶于水，人体中油脂能溶解一些不能溶解在水中的养分物质，以利于人体汲取，D正确；故答案为：A。4．D【解析】【详解】通入过量SO2①Ca(OH)2+2SO2=Ca(HSO3)2，不出现白色浑浊，故①错误；②BaCl2不与SO2反应，不出现白色浑浊，故②错误；③NaAlO2+SO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHSO3，出现白色浑浊，故③正确；④Na2SiO3+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHSO3，出现白色浑浊，故④正确；⑤Ba(NO3)2+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑＋2H2SO4，出现白色浑浊，故⑤正确；⑥，出现白色浑浊，故⑥正确；⑦Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，故⑦错误；答案选D。5．D【分析】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3；氧化铝是两性氧化物；氧化铝不能和弱碱反应；氧化铝能跟盐酸反应、能与氢氧化钠溶液反应。【详解】氢氧化铝对应的氧化物为Al2O3，和氧化铝的溶解性无关，故A错误；氧化铝和强酸强碱都能反应，是两性氧化物，故B错误；氧化铝和强酸强碱都能反应，不能和弱碱反应，故C错误；氧化铝能跟盐酸等强酸反应、氧化铝能与氢氧化钠等强碱溶液反应，故D正确。6．A【详解】A.锌的活泼性大于铜，锌是负极，锌失电子生成硫酸锌，硫酸锌溶液为无色，故A错误；B.锌的活泼性大于铜，锌是负极，锌失电子生成锌离子，锌片上的电极反应式是：Zn-2e-==Zn2+，故B正确；C.锌的活泼性大于铜，铜是正极，铜片上的电极反应是2H++2e-=H2↑，故C正确；D.铜锌构成原电池示，电路中有电子流淌，所以电流计指针发生偏转，故D正确；选A。【点睛】本题考查原电池工作原理，依据氧化还原反应理解反应本质，明确活泼金属作负极，负极失电子发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极经导线流入正极。7．C【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，设X的核电荷数为x，则Y、Z、W的核电荷数分别为x+1、x+8、x+9，据此分析；【详解】A.若的核电荷数是的两倍，则x+8=2(x+1)，则x=6，则X为碳元素、和分别是氮和硅，W为磷元素，A项正确；B.若的核电荷数是的两倍，则x+9=2(x+1)，得x=7，则X、Y、Z、W分别为氮元素、氧元素、磷元素和硫元素，B项正确；C.属于其次周期，核外有2层电子、属于相邻主族元素，W属于第三周期，核外有3层电子、原子半径：，C项错误；D.元素的非金属性越强，简洁氢化物的稳定性越强，非金属性：，故简洁氢化物的稳定性：，D项正确；答案选C。8．A【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度均增大，Kw增大，PH减小，故A正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，故B错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，故C错误；D、向0.1mol•L-1氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，最终氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液PH减小；温度不变，所以Kw不变，故D错误；答案选A。【点睛】易水解的盐，假如水解的产物有易挥发的成分，且其它成分也易挥发或难溶，则其水溶液加热蒸干后将完全水解，不能留下该盐的固体，如FeCl3、AlCl3、MgCl2等。9．D【解析】该装置中，左边装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，右边装置是电解池，X为阳极、Y为阴极，阳极上电极反应为Cu-2e-=Cu2+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。A．X与原电池的正极相连为阳极，阳极失电子发生氧化反应，故A错误；B．电子从原电池负极锌流出经导线流向阴极Y，电子又从阳极X流出经导线流向正极铜，电子不能通过X与Y之间的电解质溶液，故B错误；C．通过以上分析知，Y是阴极，阳离子钠离子与氢离子都向阴极移动，氢离子先放电，在阴极上得电子发生还原反应产生氢气，故C错误；D．Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成碱，所以Y和滤纸接触处变红，故D正确；故选D。点睛：正确推断原电池和电解池是解题的关键。本题中左边装置是锌铜原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，右边装置是电解池，电解硫酸钠溶液，X为阳极、Y为阴极。10．B【分析】烷烃上二元取代物同分异构体数目的推断，用“定一移一”的方法。【详解】丁烷上二元取代物的同分异构体，“定一移一”的方法：留意不要重复，共有9种。本题答案选B。11．B【详解】A.基态原子最外电子层排布为2s22p5的元素，则为Cl，单质氧化性较强，故A错误；B.基态原子最外电子层排布为3s1的元素，则为Na，单质还原性最强，故B正确；C.原子核外电子数最少的元素，则为H，单质还原性较强，但比Na弱，故C错误；D.其次周期中基态原子含有未成对电子最多的元素，则为N，单质氧化性较弱，故D错误。综上所述，答案为B。12．D【分析】硫酸的浓度为2mol/L为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。【详解】铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O。Cu的物质的量为，硝酸根离子的物质的量为0.02mol，硝酸和硫酸均供应氢离子，故H+的物质的量为，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO在标况下的体积为。答案选D。【点睛】硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依旧能被硝酸氧化，故干脆利用离子方程式进行计算更为便利。13．C【详解】A．Na2O2是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，电子式Na+2-Na+，故A正确；B．此反应中，O元素由-1价变为0价和-2价，每生成1mol氧气转移2mol电子，故B正确；C．氧元素的一种核素18O，质量数为18，质子数为8，则中子数为18−8=10，故C错误；D．此反应中只有过氧化钠中的氧元素的化合价发生变更，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，故D正确；答案选C。14．C【详解】A．中子数为20的硫原子中质量数为20+16=36，表示为S，故A错误；B．基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，依据泡利原理和洪特规则画出核外电子轨道表达式为，故B错误；C．SO2分子中心原子是S，其孤对电子数=(6-2×2)×=1，与O形成σ键电子对数=2，价层电子对数=1+2=3，S原子为sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，分子构型为V形，故C正确；D．CO水解的离子方程式∶CO+H2OHCO+OH-，故D错误；故选C。15．AB【详解】A．反应中H2C2O4中碳的化合价由+3价变为+4价，作还原剂，A说法正确；B．依据方程式，转移2个电子，生成4个气体，则每转移1个e-，能得到2个气体分子，B说法正确；C．KClO3中氯的化合价由+5价变为+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，C说法错误；D．在反应中CO2为化合价上升的产物，为氧化产物，D说法错误；答案为AB。16．K1·K2ADC>在恒容的容器中，随着反应的进行压强会减小，导致反应正向进行的限度减小，所以NH3的浓度会比在恒压容器中的小【分析】(1)①分析写出平衡常数K1和K2、K的表达式，再进行相关运算即可得出答案。②对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，即增加反应浓度，平衡向正反应方向移动，据此分析。(2)①合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，题设投料3molH2和2molN2，以此为参照，按等效平衡的思想分析解答。②合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数目减小，在恒温恒容条件下达到平衡时的压强小于恒温恒压条件下达到平衡时的压强，所以恒温恒容条件相当于减压过程，由此分析。【详解】(1)对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，有平衡常数K1=，对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有平衡常数K2=，对于反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)，有平衡常数K=，明显K=K1·K2。②A.对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)达到平衡后，再通入0.2molH2O(g)，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，A项正确；B.因为平衡向正反应方向移动，放出的热量比Q多，放热反应的ΔH为负，所以达到新平衡时的反应热ΔH<-Q，B项错误；C.因为再通入0.20molH2O(g)时，容器中气体总质量增大，而气体处于恒容容器中，所以气体密度（）将增大，C项错误；D.可逆反应不能进行究竟，再通入0.20molH2O(g)时，平衡向正反应方向移动消耗H2O(g)的量小于0.20mol，所以达到新平衡时H2O(g)体积分数将增大，D项正确；答案选AD。(2)①A.6molH2和4molN2与题设初始投入3molH2和2molN2，对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以A选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，A项错误；B.将0.75molH2、0.75molN2和0.5molNH3按计量数折算成反应物为1.5molH2和1molN2，这与题设3molH2和2molN2对应成比例，在恒温恒压条件下分别达到的平衡互为等效平衡，所以B选项平衡后NH3的浓度仍为cmol/L，B项错误；C.3molH2、1molN2和2molNH3折算成反应物为6molH2和2molN2，可看作先投入3molH2和2molN2达到平衡后再投入3molH2，相当于在题设的平衡状态下再投入3molH2，明显再投入H2时平衡向正反应方向移动，NH3的浓度将大于cmol/L，C项正确；答案选C。②合成氨的反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，正反应气体分子数减小，假如在恒容条件下，达到平衡时的压强比初始压强小，而恒压条件的平衡压强等于初始压强，两种状况下初始压强是相同的，所以恒容条件下相当于减压过程，减压下该反应的平衡向逆反应方向移动，所以恒容条件下NH3的浓度将减小，即c>c1。【点睛】运用等效平衡思想解题时要弄清是哪种类型的等效平衡：一是等温等容条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量相等，则分别达到的平衡互为等效平衡；二是等温等压条件下，初始投料按化学计量数折算为反应式的一边，若对应物质的物质的量成比例，则分别达到的平衡互为等效平衡。17．（1）抑制Sn2+水解；（2分）防止Sn2+被氧化（2分）（2）Sn2++CO32-＝SnO↓+CO2↑（3分）（3）取最终一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；（2分）（4）小于1（2分）（5）Sn2++H2O2+2H+＝Sn4++2H2O（3分）【解析】试题分析：（1）Sn2+在溶液中水解，溶液显酸性，因此SnCl2用盐酸而不用水干脆溶解的缘由是抑制Sn2+水解；又因为Sn2+易被氧化，所以加入Sn粉的作用是防止Sn2+被氧化。（2）反应I生成的沉淀为SnO，同时还有气体产生，所以依据原子守恒可知生成的气体是CO2，所以该反应的离子方程式为Sn2++CO32-＝SnO↓+CO2↑。（3）沉淀表明有吸附的氯离子，因此可以通过检验氯离子来检验沉淀是否已经“漂洗”干净，所以试验方法是取最终一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净。（4）已知Ksp[Sn(OH)2]＝1.0×10-2，因此若溶液中c(Sn2+)＝1.0mol•L-1，则溶液中氢氧根的浓度是，所以应限制溶液pH为。（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，其中双氧水的还原产物是水，而SnSO4的氧化产物是Sn4+，则发生反应的离子方程式为Sn2++H2O2+2H+＝Sn4++2H2O。考点：考查盐类水解、溶解平衡以及氧化还原反应应用等18．sp3杂化3原子半径：C＞N，键长：C-N＜C-C；C-N键能大，硬度大H2CO3和HNO3可表示为（HO）2CO和（HO）NO2，N原子正电性更高。导致N－O－H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+33.6LCuCl＋2HCl===H2CuCl3(或CuCl＋2HCl===H2[CuCl3])【详解】试题分析：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是半径最小的元素，则X是H；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则Y是C；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，所以Z是N；W原子4s原子轨道上有1个电子，M能层为全充溢的饱和结构，则W是Cu。（1）Z和X形成的某分子可用作火箭燃料，该分子是N2H4，其中Z原子的杂化类型为sp3杂化；（2）Y和Z两种元素形成的晶体，依据化合价可知化学式为C3N4，该晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，N的配位数是3；由于原子半径：C＞N，键长：C-N＜C-C；C-N键能大，因此硬度大。（3）Z和X形成的简洁分子A是氨气，氨气还能与许多化合物通过配位键发生相互作用。B是氨气与其次周期另一种元素的氢化物相互作用的产物，B是乙烷的等电子体，由于互为等电子体的原子数和价电子数分别均相等，则化合物B的结构式为；（4）H2CO3和HNO3可表示为（HO）2CO和（HO）NO2，N原子正电性更高。导致N－O－H中的O原子的电子云更向N偏移，越易电离出H+，所以酸性更强；（5）C60分子结构中每一个C原子皆为sp2杂化，含多个σ键和π键，每个碳四周有一个碳碳双键和两个碳碳单键，均为两个碳共用，所以每个碳实际占有的碳碳单键是1个，碳碳双键数为0.5个，这说明C60分子中含有的碳碳双键个数是30，一个碳碳双键须要1分子氢气加成，因此36gC60最多可以汲取标准状况下的氢气。（6）依据晶胞结构可知晶胞中铜原子的个数是8×1/8+6×1/2=4，氯原子全部在晶胞内，共计4个，因此该氯化物的化学式是CuCl，该晶体中W的配位数为4。它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成协作物HnWCl3，反应的化学方程式为CuCl＋2HCl＝H2CuCl3(或CuCl＋2HCl＝H2[CuCl3])。考点：考查物质的结构与性质学问，侧重于晶体性质、杂化类型与配位键、晶胞的计算等19．SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol2CuFeS2+2e-+6H+=Cu2S+2Fe2++3H2S↑0.2bc43kJ逆向23.0P总【分析】依据图中信息写出热化学方程式；依据图中信息，阴阳两极上均有硫化亚铜生成；依据平衡常数的表达式进行分析；从图中找出关键信息解决相关的问题。【详解】I.(1)由图中信息可知，①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-113.0kJ/mol，②2SO2(g)+O2(g)=2SO2(g)ΔH=-196.6kJ/mol，依据盖斯定律，(②-①)0.5可得SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)，则ΔH=[-196.6kJ/mol-(-113.0kJ/mol)]0.5=-41.8kJ/mol，综上所述，SO2(g)与NO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式为SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol。II.(2)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电解转变而成，依据其有关转化示意图并结合电解原理可知，阴极上黄铜矿被还原生成硫化亚铜，阴极的电极反应式为2CuFeS2+2e-+6H+=Cu2S+2Fe2++3H2S↑。阳极的电极反应式为2Cu-2e-+H2S=Cu2S+2H+。依据电极反应可知，若转化时转移了0.2mol电子，阴极和阳极分别生成0.1molCu2S，故共生成0.2molCu2S。III.(3)T℃时，向某恒温密闭容器中加入肯定量的Fe2O3和C，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)⇌2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+489kJ/mol，反应达到平衡后，在t1时刻变更某条件。a．保持温度、体积不变，加少量碳粉，化学反应速率不变，a不符合题意；b．保持温度、体积不变，增大CO浓度，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，b符合题意；c．保持温度不变，压缩容器，CO浓度增大，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，但是由于该反应的平衡常数K=c3(CO)，温度不变其值不变，故等重新达到平衡后，v(逆)与原平衡相等，c符合题意。综