四川省绵阳市2020届高三高考适应性考试（四模）理综化学试题（解析版）

化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Fe 56 Cu 64 1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 用大豆酿制酱油时，蛋白质水解生成了氨基酸 B. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解 C. 氨氮废水（含 NH4+及 NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理 D. 古代烧制瓷器的主要原料是石灰石和石英砂 【答案】D 【解析】 【详解】A．酿造酱油主要是利用微生物产生的蛋白酶，将原料(大豆等)中蛋白质水解成多肽、氨基酸等营 养成分，故 A 正确； B．聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的产物主要有乙烯、丙烯等，为丙烯的主要来源，故 B 正确； C．氨氮废水中 N 为-3 价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法 或电化学氧化法处理，故 C 正确； D．瓷器的主要原料为黏土，是利用黏土高温煅烧制得的，故 D 错误； 故答案为 D。 2.下列关于有机物的说法错误的是 A. 环戊二烯（ ）分子中所有原子共平面 B 乙二醇既能发生氧化反应，又能发生聚合反应 C. 乙酸和甲酸甲酯分子中所含的共用电子对数相等 D. 分子式为 C4H8O2 且能发生水解反应的有机物有 4 种 【答案】A 【解析】 【详解】A．该分子中有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的 4 个原子不可能共面，故 A 错误； B．乙二醇中羟基相连的碳原子上有氢原子可以发生羟基的催化氧化，且乙二醇可以燃烧，所以可以发生氧 化反应，羟基可以发生分子间脱水生成醚键，乙二醇含有两个羟基，可以发生脱水缩合，故 B 正确； C．乙酸的结构简式为 CH3COOH，含有 8 对共用电子对，甲酸甲酯为 HCOOCH3，也含有 8 对共用电子对， 故 C 正确； D．分子式为 C4H8O2 且能发生水解反应说明含有酯基，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为 4，若为甲酸和 丙醇酯化，甲酸 1 种，丙醇有 2 种，酯有 2 种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸 1 种，乙醇有 1 种，酯有 1 种； .若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有 1 种，甲醇 1 种，酯有 1 种；可形成的酯共有 4 种，故 D 正确； 故答案为 A。 3.W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。X 是短周期原子半径最大的元素，Y 的最高化合 价与最低价相加为 0，Z 是同周期非金属性最强的元素，W、X、Y 三种元素形成的一种化合物结构如图所 示。下列叙述正确的是 A. X 单质的熔点高于 Y 单质 B. 气态氢化物稳定性：Y＜Z C. Z 的氧化物对应的水化物为强酸 D. X 分别与 W、Z 形成的二元化合物溶于水显碱性 【答案】B 【解析】 【分析】 X 是短周期原子半径最大的元素，则 X 为 Na；根据 W、X、Y 三种元素形成的化合物可知，Y 可以形成 4 个共价键，且 Y 的最高化合价与最低价相加为 0，应为第ⅣA 族元素，其原子序数大于 Na，则为 Si 元素； W 可以形成 2 个共价键，应为第ⅥA 族元素，其原子序数小于 Na，所以为 O 元素，Z 是同周期非金属性最 强的元素，其原子序数大于 Si，则应为 Cl 元素。 【详解】A．X 单质为 Na，为金属晶体，而 Y 的单质 Si 为原子晶体，熔点高于 Na，故 A 错误； B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性 Cl>Si，所以气态氢化物稳定性 Cl>Si，故 B 正确； C．Z 的氧化物对应的水化物有多种，例如 HClO 即为弱酸，故 C 错误； D．Na 与 Cl 形成的二元化合物 NaCl 水溶液显中性，故 D 错误； 故答案为 B。 4.下列实验能达到目的的是 选 项 目 的 实 验 A 加快稀溶液中草酸与 KMnO4 的反应 向溶液中加入少量 MnSO4 固体 B 检验海带中的碘元素 向海带灰浸取液中滴加淀粉溶液 C 除去食盐水中的少量 BaCl2 向食盐水中通入过量的 CO2 D 制备少量氨气 将硝酸铵与氢氧化钙固体混合加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．锰离子可以作为草酸和高锰酸钾反应的催化剂，加快反应速率，故 A 正确； B．海带灰中碘元素并不是以碘单质的形式存在，不能使淀粉溶液变蓝，故 B 错误； C．氯化钡和食盐水的混合溶液显中性，并不能和二氧化碳发生反应，故 C 错误； D．硝酸铵受热易分解爆炸，不能用硝酸铵与碱加热反应制备氨气，故 D 错误； 故答案为 A。 5.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。亚磷酸（H3PO3）为中强的二元酸，关于亚磷酸及其常温下 pH＝3 的溶液， 下列说法正确的是 A. 1 mol H3PO3 所含 O－H 键数目为 3NA B. 每升该亚磷酸溶液中的 H+数目为 0.003NA C. 溶液中 c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)＝10-3 mol/L D. 向该溶液中加入 Na2HPO3 固体，c(H3PO3)增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，说明其分子中只有两个羟基氢，所以 1 mol H3PO3 所含 O－H 键数目为 2NA，故 A 错误； B．该溶液 pH=3，即溶液中 c(H+)=10-3mol/L，所以每升该亚磷酸溶液中的 H+数目为 0.001NA，故 B 错误； C．溶液中存在质子守恒：c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)= c(H+)＝10-3 mol/L，故 C 正确； D．亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，所以 Na2HPO3 为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，加入到亚磷酸溶液中 会促进亚磷酸的电离，c(H3PO3)减小，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，则 Na2HPO3 为正盐，溶液中只存在 HPO32-的水解，使溶液显碱性。 6.Mg-VOCl2 电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为 Mg＋2VOCl2 MgCl2＋2VOCl，下列说法错误的是 充电 放电A. 采用 Mg 作电极材料比 Li 的安全性更高 B. 为该电池充电时 Mg 电极应与电源的正极相连 C. 放电时正极反应为 VOCl2＋e－= VOCl＋Cl－ D. 放电过程中 Cl－穿过复合离子液体向 Mg 移动 【答案】B 【解析】 【分析】 根据放电时总反应可知，放电时 Mg 为负极发生氧化反应，VOCl2 为正极发生还原反应，则充电时 Mg 为阴 极，VOCl2 为阳极。 【详解】A．Li 活泼性更强，Mg 比 Li 更稳定，安全性更强，故 A 正确； B．充电时 Mg 电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故 B 错误； C．放电时为原电池，原电池正极得电子发生还原反应，根据总反应可知电极反应为 VOCl2＋e－= VOCl＋Cl －，故 C 正确； D．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即流向 Mg 电极，故 D 正确； 故答案为 B。 7.将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气， 则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。50 ℃时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示， 下列说法错误的是 A. 曲线 L-M 对应溶液中无硫酸铜晶体析出 B. 曲线 M-M ´ 对应溶液溶质的质量分数保持不变 C. 曲线 M ´ - N 对应体系存在平衡：CuSO4(饱和溶液) CuSO4·5H2O(s)＋H2O(g)D. 当容器中压强低于 p´ 后得到无水硫酸铜 【答案】C 【解析】 【详解】A．据图可知 M 点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线 L-M 对应溶 液中无硫酸铜晶体析出，故 A 正确； B．M-M ´ 对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质 质量分数不变，故 B 正确； C．M-M ´ 对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的减少，不断析出硫酸铜晶体，至 M ´点 晶体完全析出，此时再继续减压，存在的平衡应为 CuSO4·5H2O(s) CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，故 C 错误； D．据图可知当容器中压强低于 p´ 后非气相水的质量分数降为 0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故 D 正确； 故答案为 C。 【点睛】本题得到无水硫酸铜的过程与“热重实验”相似，关键是理清每一段曲线对应的反应阶段，L-M 从 不饱和溶液变为饱和溶液，M-M´饱和溶液中析出五水硫酸铜晶体，继续抽气 CuSO4·5H2O(s)转化为 CuSO4·3H2O(s)，再继续抽气转化为 CuSO4·H2O(s)，再抽气得到无水硫酸铜，不断地抽走水蒸气可以使每一 步的平衡正向移动。 8.常用解热镇痛药对乙酰氨基苯酚（扑热息痛）为白色颗粒状晶体，易被空气氧化。实验室用对氨基苯酚乙 酰化制备扑热息痛的一种方法如下： 查阅资料获得以下数据： 对氨基苯酚 醋酸酐 对乙酰氨基苯酚 熔点/℃ 189.6 ~ 190.2 -73 169 ~ 171 密度/g·cm-3 1.2 1.1 1.3 相对分子质量 109 102 151 溶解性 溶于乙醇和水 溶于乙醇， 稍溶于水 易溶于乙醇和热水，溶 于丙酮 实验过程：如图所示，在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚 10.9 g，再加入 30 mL 水。打开仪器 a 下端的旋塞，缓 慢滴加 12 mL 醋酸酐。搅拌并水浴加热，控制温度在 80 ℃左右，充分反应后按如下流程进行操作。 回答下列问题： （1）仪器 a 的名称是___________，仪器 b 的作用是_____________。 （2）步骤②洗涤晶体获得粗品时，选择的洗涤剂是______。（填标号） A．乙醇 B．丙酮 C．热水 D．冷水 （3）减压过滤装置如图所示。步骤④减压过滤时，在吸滤瓶中要先加入适量 NaHSO3，其作用是 _________，该减压过滤需趁热进行，原因是_____________。 （4）步骤⑥中操作 X 为_______________。 （5）若最终得到 9.8 g 对乙酰氨基苯酚，则本实验的产率为______%。（保留 1 位小数） 【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). 冷凝回流醋酸酐 (3). D (4). 防止产品被氧化 (5). 冷却 时产品会在布氏漏斗中结晶 (6). 洗涤、干燥 (7). 64.9 【解析】 【分析】 实验过程：在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚 10.9 g，再加入 30 mL 水，打开仪器 a 下端的旋塞，缓慢滴加 12 mL 醋酸酐，搅拌并水浴加热，控制温度在 80 ℃左右，充分反应；对乙酰氨基苯酚易溶于热水，所以冷却后对 乙酰氨基苯酚析出，过滤、用冷水洗涤得到粗品，之后再用热水溶解粗品，并加入活性炭吸附杂质同时防 止产品被氧化，煮沸 5min 后趁热减压过滤，得到滤液，将滤液冷却结晶，减压过滤、洗涤干燥即可得到纯 净的乙酰氨基苯酚。【详解】(1)根据 a 的结构特点可知 a 为恒压滴液漏斗；醋酸酐熔沸点较低，加热反应过程中会造成大量挥 发，装置 b 可以冷凝回流醋酸酐，提高原料的利用率； (2)根据题目信息可知对乙酰氨基苯酚易溶于乙醇和热水，溶于丙酮，为降低产品的溶解损耗，应用冷水洗 涤，所以选 D； (3)对乙酰氨基苯酚易被氧化，NaHSO3 具有较强还原性，可以防止其被氧化；对乙酰氨基苯酚易溶于热水， 冷却后会在布氏漏斗中结晶造成损耗； (4)操作 X 应为洗涤、干燥； (5)原料为对氨基苯酚 10.9 g，即 0.1mol，12 mL 醋酸酐即 =0.13mol，根据方程式可知理论 上生成的对乙酰氨基苯酚应为 0.1mol，实际得到 9.8g 产品，所以产率为 =64.9%。 9.甲醇是一种常见的燃料，也是重要的基础化工原料。回答下列问题： （1）采用甲醇气相氨化法可制得二甲胺。 已知：2CH3OH(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋4H2O(g) ∆H1＝-3122 kJ/mol 4NH3(g)＋3O2(g) 2N2(g)＋6H2O(g) ∆H2＝-472 kJ/mol 4(CH3)2NH(g)＋15O2(g) 8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g) ∆H3＝-7492 kJ/mol 则制备二甲胺反应 2CH3OH(g)＋NH3(g) (CH3)2NH(g)＋2H2O(g) 的∆H＝_____ kJ/mol。 （2）一定条件下，甲醇气相氨化法原料气中 c(CH3OH):c(NH3)分别为 1:1、2:1、3:1 时，NH3 的平衡转化率 随温度变化的关系如图： ①代表原料气中 c(CH3OH):c(NH3)＝1:1 的曲线是________。 ②一定温度下，控制原料气中 c(CH3OH):c(NH3)＝3:1，能增大 NH3 平衡转化率 措施是_______。 ③温度为 443 K 时，按 c(CH3OH):c(NH3)＝2:1 投料，若 NH3 的起始浓度为 2 mol/L，则反应达到平衡时， (CH3)2NH 的体积分数为_______，该温度下的化学平衡常数为________ 。 （3）甲醇可通过电化学方法由甲烷直接制得，装置如下图所示，电解生成 CH3OH 的过程分为 3 步： 的 312mL 1.1g/cm 102g/mol × 9.8g 100%151g/mol 0.1mol ××①通电时，氯离子先转化为高活性的原子氯（Cl·）； ②Cl·与吸附在电极上 CH4 反应生成 HCl 和 CH3Cl； ③在碱性电解液中，CH3Cl 转化为目标产物 CH3OH。 步骤①的电极反应式为__________，步骤③的离子方程式为__________，维持电流强度为 1.5 A，装置工作 2 小时，理论上可制得 CH3OH 的质量为________ g。（已知 F＝96500 C/mol，不考虑气体溶解等因素） 【答案】 (1). -1367 (2). c (3). 及时移去产物 (4). 8.3%或 (5). 或 0.037 (6). Cl－－ e－= Cl· (7). CH3Cl＋OH－=CH3OH＋Cl－ (8). 1.8 【解析】 【详解】(1)已知： a．2CH3OH(g)＋3O2(g) 2CO2(g)＋4H2O(g) ∆H1＝-3122 kJ/mol； b．4NH3(g)＋3O2(g) 2N2(g)＋6H2O(g) ∆H2＝-472 kJ/mol； c．4(CH3)2NH(g)＋15O2(g) 8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g) ∆H3＝-7492 kJ/mol； 根据盖斯定律 a+ b- c 可得反应 2CH3OH(g)＋NH3(g) (CH3)2NH(g)＋2H2O(g) 的∆H＝-3122 kJ/mol+ ×(-472 kJ/mol)- ×(-7492 kJ/mol)= -1367 kJ/mol； (2)①假设氨气的浓度不变，改变甲醇的浓度，则甲醇的浓度越大，相同条件下，氨气的转化率越高，所以 题目所给三种投料比中，当 c(CH3OH):c(NH3)为 1:1 时，氨气的转化率最小，即曲线 c 代表 c(CH3OH):c(NH3) ＝1:1； ②温度一定，投料比一定，该反应前后气体系数之和相同，即压强不影响平衡，所以需要及时移去产物， 使平衡正向移动，可以增大氨气的转化率； ③根据第①题可知 c(CH3OH):c(NH3)＝2:1 投料时转化率对应的曲线为 b，则 443K 为氨气的平衡转化率为 25%，起始浓度 c(NH3)=2mol/L，则 c(CH3OH)=4mol/L，列三段式有： 的 1 12 1 27 1 4 1 4 1 4 1 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 -1 -1 - 3 1 3 22CH OH g + +NH 2H O g mol L 4 2 g 0 0 mol L 1 0.5 0.5 1 mol L 3 1.5 0 1 CH .5 NH g    起始( ) 转化( ) 平衡( )恒容密闭容器中体积分数和浓度占比相等，所以(CH3)2NH 的体积分数为 =8.3%(或 )；平衡常数 K= = 或 0.037； (3)步骤①中 Cl-转化为 Cl·，Cl-需要失去电子，所以为阳极，电极反应式为 Cl－－e－= Cl·；③在碱性电解液 中，CH3Cl 转化为目标产物 CH3OH 根据元素守恒可得离子方程式为：CH3Cl＋OH－= CH3OH＋Cl－；维持电 流强度为 1.5A，电解 2 小时，时间为 7200s，F=96500C•mol-1，则转移电子 mol，左侧电极生成甲 醇的过程存在数量关系：CH4~2Cl·~CH3Cl~CH3OH~2e-，所以生成的甲醇的物质的量为( )mol， 质量为( )mol×32g/mol=1.8g。 10.辉钼矿主要含 MoS2，还含有 Ca、Si、Cu、Zn、Fe 等元素。利用辉钼矿制备仲钼酸铵 新一代清洁生产 工艺如下图所示： 回答下列问题： （1）焙烧温度为 400 ℃，MoS2 转化为 CaMoO4 和 CaSO4，则反应中每摩 MoS2 转移的电子数为_________。 仲钼酸铵（七钼酸铵）中的阴离子是 Mo7O24n- ，则 n＝_______。 （2）传统焙烧是在 650 ℃下，使 MoS2 直接与空气中的 O2 反应生成 MoO3 和 SO2。图示清洁生产工艺加入 CaCO3 的优点是______________。 （3）溶浸时，CaMoO4 发生复分解反应的化学方程式是___________。循环渣的主要成分是 CaCO3，则外排 渣主要是________和 Cu、Zn、Fe 的硫化物。 （4）已知：常温下 Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6。在(NH4)2SO4 母液中添加循环渣 （CaCO3），可以使硫酸铵转化为碳酸铵（返回溶浸循环使用），原因是_______。 （5）电氧化分解钼精矿时，用惰性电极电解钼精矿和 NaCl 的混合浆液，电解槽无隔膜，控制溶液 pH＝9。 阴极生成物为________，混合浆液中，阳极产物转化生成的 NaClO 氧化 MoS2 生成 MoO42- 和 SO42- 的离子 方程式是______________。 【答案】 (1). 18 mol 或 18NA (2). 6 (3). 能耗低，无 SO2 排放造成的环境污染 (4). CaMoO4＋ (NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4＋CaCO3 (5). SiO2 (6). 硫酸铵溶液中 NH4+水解显酸性，促进 CaCO3 溶解 (7). H2（或氢气） (8). 9ClO－＋MoS2＋6OH－ = MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O 的 ( ) -1 -1 0.5mol L 100%3+1.5+0.5+1 mol L ×  1 12 2 2 1 0.5 3 1.5 × × 1 27 1.5 720 0 0 9650 × 9 1 6 .5 50 7200 1 0 2 × × 9 1 6 .5 50 7200 1 0 2 × ×【解析】 【分析】 辉钼矿与碳酸钙混合在空气中焙烧，MoS2 转化为 CaMoO4 和 CaSO4，其他杂质元素转化为相应的氧化物， 之后溶浸并加入碳酸铵，CaMoO4 与(NH4)2CO3 发生复分解反应转化为(NH4)2MoO4 和碳酸钙，硫酸钙转化为 碳酸钙，再加入硫化铵得到杂质金属元素的硫化物沉淀以及 SiO2，分离沉淀，其中碳酸钙可循环使用；之 后向滤液中加入 HCl 调节 pH 为 6 得到仲钼酸铵沉淀。 【详解】(1) MoS2 中 S 为-1 价，Mo 为+2 价，产物 CaMoO4 和 CaSO4 中 Mo 为+6 价，S 为+6 价， MoS2 中 各元素共升高 18 价，所以反应中每摩 MoS2 转移的电子数为 18NA；Mo7O24n- 中 Mo 为+6 价，O 为-2 价，所 以 n=2×24-7×6=6； (2)传统焙烧温度高，能耗高，产生污染物 SO2，图示流程焙烧温度 400℃，能耗较低，且无 SO2 排放造成的 环境污染； (3)溶浸时加入的物质为(NH4)2CO3，根据复分解反应的特点可知方程式应为 CaMoO4＋(NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4＋CaCO3；辉钼矿中的杂质元素有 Ca、Si、Cu、Zn、Fe 等，焙烧时杂质元素生成相应的氧化物， 溶浸后 Ca 最终转化为碳酸钙沉淀，溶浸后又加入硫化铵，所以 Cu、Zn、Fe 转化为相应的硫化物沉淀，SiO2 不溶于酸，所以外排渣主要是 SiO2 和 Cu、Zn、Fe 的硫化物； (4)硫酸铵溶液中 NH4+水解显酸性，促进 CaCO3 溶解，所以在(NH4)2SO4 母液中添加循环渣(CaCO3)，可以使 硫酸铵转化为碳酸铵； (5)电解槽无隔膜，所以电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气；阳极氯离子放电生成氯气，溶液显碱 性，氯气反应生成次氯酸根，NaClO 氧化 MoS2 生成 MoO42- 和 SO42-，MoS2 整体化合价升高 18 价，ClO－ 转化为 Cl－降低 2 价，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：9ClO－＋MoS2＋6OH－= Mo42-＋2SO42-＋ 9Cl－＋3H2O。 【点睛】配平信息型氧化还原反应方程式时，关键是正确判断元素化合价的变化情况，再根据电子得失守 恒配平氧化剂和还原剂(或氧化产物和还原产物)的数量关系，然后再利用元素守恒或电荷守恒配平整个方程 式；要求学生对常见元素的常见价态有一定积累。 [化学—选修 3：物质结构与性质] 11.硫酸是重要的化工原料，我国主要采用接触法生产硫酸，主要过程如下： FeS2 SO2 SO3 H2SO4 回答下列问题： （1）基态 V 原子 电子排布式为________，基态 Fe 原子核外未成对电子数为______。 （2）组成 H2SO4 的元素中，电负性由大到小的顺序是________，SO2 分子的 VSEPR 模型为________。 的 2O 燃烧 → 2 2 5 O V O → 2H O 吸收 →（3）固态 SO3 能以无限长链形式存在（如图所示）。其中 S 原子的杂化形式为______。长链结构中，连接 2 个 S 原子的 O 原子称为桥氧，连接 1 个 S 原子的 O 原子称为端基氧，则与 S 原子形成化学键键长更大的是 ________（填“桥氧”或“端基氧”），原因是______________。 （4）绿矾是一种重要的硫酸盐，其组成可写成 [Fe(H2O)6]2+[SO4(H2O)]2-，水合阴离子中 H2O 通过氢键与 SO42- 中的 O 原子相联结，按图示画出含氢键的水合阴离子：______________。 （5）一种含 Fe、Cu、S 三种元素的矿物晶胞如图所示，属于四方晶系（晶胞底面为正方形）。S2-的配位数 为______。若晶胞的底面边长为 a pm，高为 b pm，晶体密度为 ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为 ____________（写出表达式）。 【答案】 (1). [Ar]3d34s2 (2). 4 (3). O＞S＞H (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). 桥氧 (7). 端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大 (8). (9). 4 (10). 【解析】 【详解】(1)V 原子为 23 号元素，基态原子核外有 23 个电子，所以电子排布式为：[Ar]3d34s2；基态 Fe 原 子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，3d 轨道有 4 个电子未成对； (2)非金属性越强，电负性越大，所以 H、S、O 三种元素电负性由大到小为 O＞S＞H；二氧化硫分子中心 原子价层电子对数为 =3，所以为 sp2 杂化，其 VSEPR 模型为平面三角形； (3)根据固体 SO3 的结构可知每个 S 原子形成 4 个 σ 键，价层电子对数为 4，所以为 sp3 杂化；端基氧与硫原 子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大； 30 2 736 10 a bp × 6-2 22+ 2 ×(4)氢键结合的情况可用 X－H…Y 表示，所以含氢键的水合阴离子为 ； (5)根据晶胞示意图可知 S2-连接两个亚铁离子和两个铜离子，所以 S2-的配位数为 4；根据均摊法晶胞中 S2- 的个数为 8，Fe2+的个数为 ，Cu2+个数为 =4，所以晶胞的质量 m= ，晶胞体积 V=a2b pm3= a2b×10-30 cm3，所以晶胞的密度 ρ= ，可 解得 NA= 。 【点睛】氢键通常可用 X-H…Y 来表示，式中 X 和 Y 代表 F，O，N 等电负性大而原子半径较小的非金属 原子，其中 X 以共价键（或离子键）与氢相连， X 和 Y 可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素。 [化学—选修 5：有机化学基础] 12.腈亚胺与邻酚羟基苄醇在碱的作用下可以发生偶联反应生成醚键，反应的条件温和，操作简单，目标产 物收率高。下面是利用该方法合成化合物 H 的一种方法： 注：以上合成路线中，Ph 代表苯基，如 PhNHNH2 表示 。 实 验 碱 温度 /℃ 溶剂 产率 % 1 Et3N 25 DCM