四川省綿陽市2025屆高三化學(xué)適應(yīng)性考試四模試題含解析

PAGE15-四川省綿陽市2025屆高三化學(xué)適應(yīng)性考試（四模）試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16N14S32Fe56Cu641.化學(xué)與生活親密相關(guān)。下列敘述錯誤的是A.用大豆釀制醬油時，蛋白質(zhì)水解生成了氨基酸B.醫(yī)用防護(hù)口罩中運(yùn)用的聚丙烯熔噴布，其生產(chǎn)原料來自石油裂解C.氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理D.古代燒制瓷器的主要原料是石灰石和石英砂【答案】D【解析】【詳解】A．釀造醬油主要是利用微生物產(chǎn)生的蛋白酶，將原料(大豆等)中蛋白質(zhì)水解成多肽、氨基酸等養(yǎng)分成分，故A正確；B．聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的產(chǎn)物主要有乙烯、丙烯等，為丙烯的主要來源，故B正確；C．氨氮廢水中N為-3價，可利用氧化還原反應(yīng)原理發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，所以可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理，故C正確；D．瓷器的主要原料為黏土，是利用黏土高溫煅燒制得的，故D錯誤；故答案為D。2.下列關(guān)于有機(jī)物的說法錯誤的是A.環(huán)戊二烯（）分子中全部原子共平面B乙二醇既能發(fā)生氧化反應(yīng)，又能發(fā)生聚合反應(yīng)C.乙酸和甲酸甲酯分子中所含的共用電子對數(shù)相等D.分子式為C4H8O2且能發(fā)生水解反應(yīng)的有機(jī)物有4種【答案】A【解析】【詳解】A．該分子中有飽和碳原子，與飽和碳原子相連的4個原子不行能共面，故A錯誤；B．乙二醇中羥基相連的碳原子上有氫原子可以發(fā)生羥基的催化氧化，且乙二醇可以燃燒，所以可以發(fā)生氧化反應(yīng)，羥基可以發(fā)生分子間脫水生成醚鍵，乙二醇含有兩個羥基，可以發(fā)生脫水縮合，故B正確；C．乙酸的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，含有8對共用電子對，甲酸甲酯為HCOOCH3，也含有8對共用電子對，故C正確；D．分子式為C4H8O2且能發(fā)生水解反應(yīng)說明含有酯基，形成酯的羧酸與醇的碳原子總數(shù)為4，若為甲酸和丙醇酯化，甲酸1種，丙醇有2種，酯有2種；若為乙酸和乙醇酯化，乙酸1種，乙醇有1種，酯有1種；若為丙酸和甲醇酯化，丙酸有1種，甲醇1種，酯有1種；可形成的酯共有4種，故D正確；故答案為A。3.W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。X是短周期原子半徑最大的元素，Y的最高化合價與最低價相加為0，Z是同周期非金屬性最強(qiáng)的元素，W、X、Y三種元素形成的一種化合物結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述正確的是A.X單質(zhì)的熔點高于Y單質(zhì)B.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：Y＜ZC.Z的氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸D.X分別與W、Z形成的二元化合物溶于水顯堿性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半徑最大的元素，則X為Na；依據(jù)W、X、Y三種元素形成的化合物可知，Y可以形成4個共價鍵，且Y的最高化合價與最低價相加為0，應(yīng)為第ⅣA族元素，其原子序數(shù)大于Na，則為Si元素；W可以形成2個共價鍵，應(yīng)為第ⅥA族元素，其原子序數(shù)小于Na，所以為O元素，Z是同周期非金屬性最強(qiáng)的元素，其原子序數(shù)大于Si，則應(yīng)為Cl元素?！驹斀狻緼．X單質(zhì)為Na，為金屬晶體，而Y的單質(zhì)Si為原子晶體，熔點高于Na，故A錯誤；B．非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性Cl>Si，所以氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Cl>Si，故B正確；C．Z的氧化物對應(yīng)的水化物有多種，例如HClO即為弱酸，故C錯誤；D．Na與Cl形成的二元化合物NaCl水溶液顯中性，故D錯誤；故答案為B。4.下列試驗?zāi)苓_(dá)到目的的是選項目的實驗A加快稀溶液中草酸與KMnO4的反應(yīng)向溶液中加入少量MnSO4固體B檢驗海帶中的碘元素向海帶灰浸取液中滴加淀粉溶液C除去食鹽水中的少量BaCl2向食鹽水中通入過量的CO2D制備少量氨氣將硝酸銨與氫氧化鈣固體混合加熱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．錳離子可以作為草酸和高錳酸鉀反應(yīng)的催化劑，加快反應(yīng)速率，故A正確；B．海帶灰中碘元素并不是以碘單質(zhì)的形式存在，不能使淀粉溶液變藍(lán)，故B錯誤；C．氯化鋇和食鹽水的混合溶液顯中性，并不能和二氧化碳發(fā)生反應(yīng)，故C錯誤；D．硝酸銨受熱易分解爆炸，不能用硝酸銨與堿加熱反應(yīng)制備氨氣，故D錯誤；故答案為A。5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。亞磷酸（H3PO3）為中強(qiáng)的二元酸，關(guān)于亞磷酸及其常溫下pH＝3的溶液，下列說法正確的是A.1

mol

H3PO3所含O－H鍵數(shù)目為3NAB.每升該亞磷酸溶液中的H+數(shù)目為0.003NAC.溶液中c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)＝10-3

mol/LD.向該溶液中加入Na2HPO3固體，c(H3PO3)增大【答案】C【解析】【詳解】A．亞磷酸(H3PO3)為中強(qiáng)的二元酸，說明其分子中只有兩個羥基氫，所以1molH3PO3所含O－H鍵數(shù)目為2NA，故A錯誤；B．該溶液pH=3，即溶液中c(H+)=10-3mol/L，所以每升該亞磷酸溶液中的H+數(shù)目為0.001NA，故B錯誤；C．溶液中存在質(zhì)子守恒：c(H2PO3-)＋2c(HPO32-)＋c(OH－)=c(H+)＝10-3mol/L，故C正確；D．亞磷酸(H3PO3)為中強(qiáng)的二元酸，所以Na2HPO3為強(qiáng)堿弱酸鹽，其水溶液顯堿性，加入到亞磷酸溶液中會促進(jìn)亞磷酸的電離，c(H3PO3)減小，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】亞磷酸(H3PO3)為中強(qiáng)的二元酸，則Na2HPO3為正鹽，溶液中只存在HPO32-的水解，使溶液顯堿性。6.Mg-VOCl2電池是一種基于陰離子傳導(dǎo)的新型二次電池，其簡扮裝置示意圖如下?？偡磻?yīng)為Mg＋2VOCl2MgCl2＋2VOCl，下列說法錯誤的是A.采納Mg作電極材料比Li的平安性更高B.為該電池充電時Mg電極應(yīng)與電源的正極相連C.放電時正極反應(yīng)為VOCl2＋e－=VOCl＋Cl－D.放電過程中Cl－穿過復(fù)合離子液體向Mg移動【答案】B【解析】【分析】依據(jù)放電時總反應(yīng)可知，放電時Mg為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，VOCl2為正極發(fā)生還原反應(yīng)，則充電時Mg為陰極，VOCl2為陽極?！驹斀狻緼．Li活潑性更強(qiáng)，Mg比Li更穩(wěn)定，平安性更強(qiáng)，故A正確；B．充電時Mg電極要發(fā)生還原反應(yīng)，與電源的負(fù)極相連，作陰極，故B錯誤；C．放電時為原電池，原電池正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，依據(jù)總反應(yīng)可知電極反應(yīng)為VOCl2＋e－=VOCl＋Cl－，故C正確；D．放電時為原電池，原電池中陰離子流向負(fù)極，即流向Mg電極，故D正確；故答案為B。7.將硫酸銅的稀溶液放在密閉容器中，緩緩抽去容器中的水蒸氣，溶液漸漸失水變成飽和溶液，再接著抽氣，則變成各種含水鹽，最終變成無水硫酸銅。50

℃時，容器中的壓強(qiáng)與晶體水合物中含水量的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是A.曲線L-M對應(yīng)溶液中無硫酸銅晶體析出B.曲線M-M

?

對應(yīng)溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)保持不變C.曲線M

?

-N對應(yīng)體系存在平衡：CuSO4(飽和溶液)CuSO4·5H2O(s)＋H2O(g)D.當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于p?

后得到無水硫酸銅【答案】C【解析】【詳解】A．據(jù)圖可知M點溶液變成飽和溶液，之后接著失水才有硫酸銅晶體析出，所以曲線L-M對應(yīng)溶液中無硫酸銅晶體析出，故A正確；B．M-M

?

對應(yīng)溶液均為硫酸銅的飽和溶液，肯定溫度壓強(qiáng)下，硫酸銅的溶解度不變，則其飽和溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，故B正確；C．M-M

?

對應(yīng)溶液均為硫酸銅的飽和溶液，該過程中隨著液態(tài)水的削減，不斷析出硫酸銅晶體，至M

?點晶體完全析出，此時再接著減壓，存在的平衡應(yīng)為CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，故C錯誤；D．據(jù)圖可知當(dāng)容器中壓強(qiáng)低于p?

后非氣相水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)降為0，即此時得到的固體為無水硫酸銅，故D正確；故答案為C?！军c睛】本題得到無水硫酸銅的過程與“熱重試驗”相像，關(guān)鍵是理清每一段曲線對應(yīng)的反應(yīng)階段，L-M從不飽和溶液變?yōu)轱柡腿芤?，M-M?飽和溶液中析出五水硫酸銅晶體，接著抽氣CuSO4·5H2O(s)轉(zhuǎn)化為CuSO4·3H2O(s)，再接著抽氣轉(zhuǎn)化為CuSO4·H2O(s)，再抽氣得到無水硫酸銅，不斷地抽走水蒸氣可以使每一步的平衡正向移動。8.常用解熱鎮(zhèn)痛藥對乙酰氨基苯酚（撲熱息痛）為白色顆粒狀晶體，易被空氣氧化。試驗室用對氨基苯酚乙?；苽鋼錈嵯⑼吹囊环N方法如下：查閱資料獲得以下數(shù)據(jù)：對氨基苯酚醋酸酐對乙酰氨基苯酚熔點/℃189.6~190.2-73169~171密度/g·cm-31.21.11.3相對分子質(zhì)量109102151溶解性溶于乙醇和水溶于乙醇，稍溶于水易溶于乙醇和熱水，溶于丙酮試驗過程：如圖所示，在三頸燒瓶中加入對氨基苯酚10.9

g，再加入30mL水。打開儀器a下端的旋塞，緩慢滴加12mL醋酸酐。攪拌并水浴加熱，限制溫度在80

℃左右，充分反應(yīng)后按如下流程進(jìn)行操作?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是___________，儀器b的作用是_____________。（2）步驟②洗滌晶體獲得粗品時，選擇的洗滌劑是______。（填標(biāo)號）A．乙醇B．丙酮C．熱水D．冷水（3）減壓過濾裝置如圖所示。步驟④減壓過濾時，在吸濾瓶中要先加入適量NaHSO3，其作用是_________，該減壓過濾需趁熱進(jìn)行，緣由是_____________。（4）步驟⑥中操作X為_______________。（5）若最終得到9.8g對乙酰氨基苯酚，則本試驗的產(chǎn)率為______%。（保留1位小數(shù)）【答案】(1).恒壓滴液漏斗(2).冷凝回流醋酸酐(3).D(4).防止產(chǎn)品被氧化(5).冷卻時產(chǎn)品會在布氏漏斗中結(jié)晶(6).洗滌、干燥(7).64.9【解析】【分析】試驗過程：在三頸燒瓶中加入對氨基苯酚10.9

g，再加入30mL水，打開儀器a下端的旋塞，緩慢滴加12mL醋酸酐，攪拌并水浴加熱，限制溫度在80

℃左右，充分反應(yīng)；對乙酰氨基苯酚易溶于熱水，所以冷卻后對乙酰氨基苯酚析出，過濾、用冷水洗滌得到粗品，之后再用熱水溶解粗品，并加入活性炭吸附雜質(zhì)同時防止產(chǎn)品被氧化，煮沸5min后趁熱減壓過濾，得到濾液，將濾液冷卻結(jié)晶，減壓過濾、洗滌干燥即可得到純凈的乙酰氨基苯酚?！驹斀狻?1)依據(jù)a的結(jié)構(gòu)特點可知a為恒壓滴液漏斗；醋酸酐熔沸點較低，加熱反應(yīng)過程中會造成大量揮發(fā)，裝置b可以冷凝回流醋酸酐，提高原料的利用率；(2)依據(jù)題目信息可知對乙酰氨基苯酚易溶于乙醇和熱水，溶于丙酮，為降低產(chǎn)品的溶解損耗，應(yīng)用冷水洗滌，所以選D；(3)對乙酰氨基苯酚易被氧化，NaHSO3具有較強(qiáng)還原性，可以防止其被氧化；對乙酰氨基苯酚易溶于熱水，冷卻后會在布氏漏斗中結(jié)晶造成損耗；(4)操作X應(yīng)為洗滌、干燥；(5)原料為對氨基苯酚10.9

g，即0.1mol，12mL醋酸酐即=0.13mol，依據(jù)方程式可知理論上生成的對乙酰氨基苯酚應(yīng)為0.1mol，實際得到9.8g產(chǎn)品，所以產(chǎn)率為=64.9%。9.甲醇是一種常見的燃料，也是重要的基礎(chǔ)化工原料。回答下列問題：（1）采納甲醇?xì)庀喟被芍频枚装?。已知?CH3OH(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g)?H1＝-3122

kJ/mol4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)?H2＝-472kJ/mol4(CH3)2NH(g)＋15O2(g)8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g)?H3＝-7492kJ/mol則制備二甲胺反應(yīng)2CH3OH(g)＋NH3(g)(CH3)2NH(g)＋2H2O(g)

的?H＝_____kJ/mol。（2）肯定條件下，甲醇?xì)庀喟被ㄔ蠚庵衏(CH3OH):c(NH3)分別為1:1、2:1、3:1時，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變更的關(guān)系如圖：①代表原料氣中c(CH3OH):c(NH3)＝1:1的曲線是________。②肯定溫度下，限制原料氣中c(CH3OH):c(NH3)＝3:1，能增大NH3平衡轉(zhuǎn)化率措施是_______。③溫度為443

K時，按c(CH3OH):c(NH3)＝2:1投料，若NH3的起始濃度為2

mol/L，則反應(yīng)達(dá)到平衡時，(CH3)2NH的體積分?jǐn)?shù)為_______，該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)為________。（3）甲醇可通過電化學(xué)方法由甲烷干脆制得，裝置如下圖所示，電解生成CH3OH的過程分為3步：①通電時，氯離子先轉(zhuǎn)化為高活性的原子氯（Cl·）；②Cl·與吸附在電極上CH4反應(yīng)生成HCl和CH3Cl；③在堿性電解液中，CH3Cl轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物CH3OH。步驟①的電極反應(yīng)式為__________，步驟③的離子方程式為__________，維持電流強(qiáng)度為1.5

A，裝置工作2小時，理論上可制得CH3OH的質(zhì)量為________

g。（已知F＝96500

C/mol，不考慮氣體溶解等因素）【答案】(1).-1367(2).c(3).剛好移去產(chǎn)物(4).8.3%或(5).或0.037(6).Cl－－e－=Cl·(7).CH3Cl＋OH－=CH3OH＋Cl－(8).1.8【解析】【詳解】(1)已知：a．2CH3OH(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(g)?H1＝-3122kJ/mol；b．4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)?H2＝-472kJ/mol；c．4(CH3)2NH(g)＋15O2(g)8CO2(g)＋14H2O(g)＋2N2(g)?H3＝-7492kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律a+b-c可得反應(yīng)2CH3OH(g)＋NH3(g)(CH3)2NH(g)＋2H2O(g)的?H＝-3122kJ/mol+×(-472kJ/mol)-×(-7492kJ/mol)=-1367kJ/mol；(2)①假設(shè)氨氣的濃度不變，變更甲醇的濃度，則甲醇的濃度越大，相同條件下，氨氣的轉(zhuǎn)化率越高，所以題目所給三種投料比中，當(dāng)c(CH3OH):c(NH3)為1:1時，氨氣的轉(zhuǎn)化率最小，即曲線c代表c(CH3OH):c(NH3)＝1:1；②溫度肯定，投料比肯定，該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相同，即壓強(qiáng)不影響平衡，所以須要剛好移去產(chǎn)物，使平衡正向移動，可以增大氨氣的轉(zhuǎn)化率；③依據(jù)第①題可知c(CH3OH):c(NH3)＝2:1投料時轉(zhuǎn)化率對應(yīng)的曲線為b，則443K為氨氣的平衡轉(zhuǎn)化率為25%，起始濃度c(NH3)=2mol/L，則c(CH3OH)=4mol/L，列三段式有：恒容密閉容器中體積分?jǐn)?shù)和濃度占比相等，所以(CH3)2NH的體積分?jǐn)?shù)為=8.3%(或)；平衡常數(shù)K==或0.037；(3)步驟①中Cl-轉(zhuǎn)化為Cl·，Cl-須要失去電子，所以為陽極，電極反應(yīng)式為Cl－－e－=Cl·；③在堿性電解液中，CH3Cl轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物CH3OH依據(jù)元素守恒可得離子方程式為：CH3Cl＋OH－=CH3OH＋Cl－；維持電流強(qiáng)度為1.5A，電解2小時，時間為7200s，F(xiàn)=96500C?mol-1，則轉(zhuǎn)移電子mol，左側(cè)電極生成甲醇的過程存在數(shù)量關(guān)系：CH4~2Cl·~CH3Cl~CH3OH~2e-，所以生成的甲醇的物質(zhì)的量為()mol，質(zhì)量為()mol×32g/mol=1.8g。10.輝鉬礦主要含MoS2，還含有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等元素。利用輝鉬礦制備仲鉬酸銨新一代清潔生產(chǎn)工藝如下圖所示：回答下列問題：（1）焙燒溫度為400

℃，MoS2轉(zhuǎn)化為CaMoO4和CaSO4，則反應(yīng)中每摩

MoS2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_________。仲鉬酸銨（七鉬酸銨）中的陰離子是Mo7O24n-

，則n＝_______。（2）傳統(tǒng)焙燒是在650

℃下，使MoS2干脆與空氣中的O2反應(yīng)生成MoO3和SO2。圖示清潔生產(chǎn)工藝加入CaCO3的優(yōu)點是______________。（3）溶浸時，CaMoO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。循環(huán)渣的主要成分是CaCO3，則外排渣主要是________和Cu、Zn、Fe的硫化物。（4）已知：常溫下Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9，Ksp(CaSO4)＝9.1×10-6。在(NH4)2SO4母液中添加循環(huán)渣（CaCO3），可以使硫酸銨轉(zhuǎn)化為碳酸銨（返回溶浸循環(huán)運(yùn)用），緣由是_______。（5）電氧化分解鉬精礦時，用惰性電極電解鉬精礦和NaCl的混合漿液，電解槽無隔膜，限制溶液pH＝9。陰極生成物為________，混合漿液中，陽極產(chǎn)物轉(zhuǎn)化生成的NaClO氧化MoS2生成MoO42-

和SO42-

的離子方程式是______________。【答案】(1).18

mol或18NA(2).6(3).能耗低，無SO2排放造成的環(huán)境污染(4).CaMoO4＋(NH4)2CO3=(NH4)2MoO4＋CaCO3(5).SiO2(6).硫酸銨溶液中NH4+水解顯酸性，促進(jìn)CaCO3溶解(7).H2（或氫氣）(8).9ClO－＋MoS2＋6OH－=MoO42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O【解析】【分析】輝鉬礦與碳酸鈣混合在空氣中焙燒，MoS2轉(zhuǎn)化為CaMoO4和CaSO4，其他雜質(zhì)元素轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的氧化物，之后溶浸并加入碳酸銨，CaMoO4與(NH4)2CO3發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)轉(zhuǎn)化為(NH4)2MoO4和碳酸鈣，硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，再加入硫化銨得到雜質(zhì)金屬元素的硫化物沉淀以及SiO2，分別沉淀，其中碳酸鈣可循環(huán)運(yùn)用；之后向濾液中加入HCl調(diào)整pH為6得到仲鉬酸銨沉淀。【詳解】(1)

MoS2中S為-1價，Mo為+2價，產(chǎn)物CaMoO4和CaSO4中Mo為+6價，S為+6價，

MoS2中各元素共上升18價，所以反應(yīng)中每摩

MoS2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為18NA；Mo7O24n-

中Mo為+6價，O為-2價，所以n=2×24-7×6=6；(2)傳統(tǒng)焙燒溫度高，能耗高，產(chǎn)生污染物SO2，圖示流程焙燒溫度400℃，能耗較低，且無SO2排放造成的環(huán)境污染；(3)溶浸時加入的物質(zhì)為(NH4)2CO3，依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的特點可知方程式應(yīng)為CaMoO4＋(NH4)2CO3=(NH4)2MoO4＋CaCO3；輝鉬礦中的雜質(zhì)元素有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等，焙燒時雜質(zhì)元素生成相應(yīng)的氧化物，溶浸后Ca最終轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，溶浸后又加入硫化銨，所以Cu、Zn、Fe轉(zhuǎn)化為相應(yīng)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)硫酸銨溶液中NH4+水解顯酸性，促進(jìn)CaCO3溶解，所以在(NH4)2SO4母液中添加循環(huán)渣(CaCO3)，可以使硫酸銨轉(zhuǎn)化為碳酸銨；(5)電解槽無隔膜，所以電解時陰極水電離出的氫離子放電生成氫氣；陽極氯離子放電生成氯氣，溶液顯堿性，氯氣反應(yīng)生成次氯酸根，NaClO氧化MoS2生成MoO42-

和SO42-，MoS2整體化合價上升18價，ClO－轉(zhuǎn)化為Cl－降低2價，結(jié)合電子守恒和元素守恒可得離子方程式為：9ClO－＋MoS2＋6OH－=Mo42-＋2SO42-＋9Cl－＋3H2O?！军c睛】配平信息型氧化還原反應(yīng)方程式時，關(guān)鍵是正確推斷元素化合價的變更狀況，再依據(jù)電子得失守恒配平氧化劑和還原劑(或氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物)的數(shù)量關(guān)系，然后再利用元素守恒或電荷守恒配平整個方程式；要求學(xué)生對常見元素的常見價態(tài)有肯定積累。[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.硫酸是重要的化工原料，我國主要采納接觸法生產(chǎn)硫酸，主要過程如下：FeS2SO2SO3H2SO4回答下列問題：（1）基態(tài)V原子電子排布式為________，基態(tài)Fe原子核外未成對電子數(shù)為______。（2）組成H2SO4的元素中，電負(fù)性由大到小的依次是________，SO2分子的VSEPR模型為________。（3）固態(tài)SO3能以無限長鏈形式存在（如圖所示）。其中S原子的雜化形式為______。長鏈結(jié)構(gòu)中，連接2個S原子的O原子稱為橋氧，連接1個S原子的O原子稱為端基氧，則與S原子形成化學(xué)鍵鍵長更大的是________（填“橋氧”或“端基氧”），緣由是______________。（4）綠礬是一種重要的硫酸鹽，其組成可寫成

[Fe(H2O)6]2+[SO4(H2O)]2-，水合陰離子中H2O通過氫鍵與SO42-

中的O原子相聯(lián)結(jié)，按圖示畫出含氫鍵的水合陰離子：______________。（5）一種含F(xiàn)e、Cu、S三種元素的礦物晶胞如圖所示，屬于四方晶系（晶胞底面為正方形）。S2-的配位數(shù)為______。若晶胞的底面邊長為apm，高為bpm，晶體密度為ρg/cm3，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為____________（寫出表達(dá)式）?！敬鸢浮?1).[Ar]3d34s2(2).4(3).O＞S＞H(4).平面三角形(5).sp3(6).橋氧(7).端基氧與硫原子形成雙鍵，橋氧為硫氧單鍵，硫氧單鍵鍵長比硫氧雙鍵大(8).(9).4(10).【解析】【詳解】(1)V原子為23號元素，基態(tài)原子核外有23個電子，所以電子排布式為：[Ar]3d34s2；基態(tài)Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，3d軌道有4個電子未成對；(2)非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，所以H、S、O三種元素電負(fù)性由大到小為O＞S＞H；二氧化硫分子中心原子價層電子對數(shù)為=3，所以為sp2雜化，其VSEPR模型為平面三角形；(3)依據(jù)固體SO3的結(jié)構(gòu)可知每個S原子形成4個σ鍵，價層電子對數(shù)為4，所以為sp3雜化；端基氧與硫原子形成雙鍵，橋氧為硫氧單鍵，硫氧單鍵鍵長比硫氧雙鍵大，所以橋氧化學(xué)鍵鍵長更大；(4)氫鍵結(jié)合的狀況可用X－H…Y表示，所以含氫鍵的水合陰離子為；(5)依據(jù)晶胞示意圖可知S2-連接兩個亞鐵離子和兩個銅離子，所以S2-的配位數(shù)為4；依據(jù)均攤法晶胞中S2-的個數(shù)為8，F(xiàn)e2+的個數(shù)為，Cu2+個數(shù)為=4，所以晶胞的質(zhì)量m=，晶胞體積V=a2bpm3=a2b×10-30cm3，所以晶胞的密度ρ=，可解得NA=?！军c睛】氫鍵通?？捎肵-H…Y來表示，式中X和Y代表F，O，N等電負(fù)性大而原子半徑較小的非金屬原子，其中X以共價鍵（或離子鍵）與氫相連，X和Y可以是兩種相同的元素，也可以是兩種不同的元素。[化學(xué)—選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]12.腈亞胺與鄰酚羥基芐醇在堿的作用下可以發(fā)生偶聯(lián)反應(yīng)生成醚鍵，反應(yīng)的條件溫柔，操作簡潔，目標(biāo)產(chǎn)物收率高。下面是