辽宁省沈阳市郊联体2020届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）

沈阳市郊联体2020学年度高三年级第一次模拟考试理科综合(化学部分)可能用到的相对原子质量有：H-1 N-14 O-16 Mg-24 S-32 C-35.5 Co-59一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.对以下古诗文中的现象，分析错误的是( )A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”，指的是黑火药爆炸，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2B. “司南之杓(勺)，投之于地，其杓指南”，司南中“杓”的主要成分为Fe3O4C. “试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为硅酸盐，该诗句表明玉的硬度很大D. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质【答案】C【解析】【详解】A. “以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍”， 描述的是黑火药，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，其主要反应的方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，故A正确；B、司南中“杓”能指示方向，说明具有磁性，主要成分为Fe3O4，故B正确；C、玉的成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满” 说明“玉”的熔点较高，故C错误；D、“缣帛者谓之为纸”，文中“纸”是丝织品，主要成分是蛋白质，故D正确。选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 通常状况下，浓硝酸与铜反应生成23gNO2和N2O4的混合物，共转移电子数为0.5NAB. 标准状况下，16g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为3NAC. 标准状况下，4.48L戊烷，含有共价键数目为3.2NAD. lmol/L的 NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积均匀混合，AlO2与Al(OH)3消耗的H+的数目分别是NA和1.5NA【答案】A【解析】【详解】A、浓硝酸与铜反应生成23gNO2和N2O4的混合物，氮元素化合价由+5变为+4，NO2和N2O4的最简式都是NO2，23gNO2和N2O4的混合物中氮元素的物质的量是0.5mol，所以共转移电子数为0.5NA，故A正确；B、硫在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，硫元素化合价由0变为+4，16g硫转移电子数2NA，故B错误；C、标准状况下，戊烷是液体，不能计算4.48L戊烷的物质的量，故C错误；D、没有溶液体积不能计算溶质物质的量，故D错误。3.苦艾精油由天然艾叶萃取精炼而成，中药常用作温经通络，益气活血，祛寒止痛等。现代科学从其中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：下列说法正确的是( )A. 分子中所有的碳原子可能处于同一平面内B. 的一氯代物有5种C. 、互为同分异构体D. 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A、用红笔画出的碳原子一定不在同一平面上，故A错误；B、有6种等效氢，一氯代物有6种，故B错误；C、的分子式C10H18O，的分子式C10H16O，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D、均含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y的核电荷数之比为34。W的最外层为8电子结构。Z与W形成离子化合物，水溶液显中性。下列说法正确的是( )A. X氢化物的沸点一定低于Y的氢化物B. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂C. 原子半径大小：XWD. Z与Y形成的化合物只含离子键【答案】B【解析】【分析】X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X是C元素；X、Y的核电荷数之比为34，Y是O元素；W的最外层为8电子结构，Z与W形成离子化合物，水溶液显中性，Z、W分别是Na、Cl。【详解】A.碳氢化合物的沸点随碳原子数增加而升高，有的碳氢化合物的沸点比水高，故A错误；B. Cl2、ClO2可作水的消毒剂， 故B正确；C. 同周期元素从左到右半径减小，原子半径大小：OCl，故C错误；D. Na与O形成的化合物Na2O2含离子键、共价键，故D错误。5.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )A. 中和热的测定B. 用铜和浓硫酸制备二氧化硫C. 验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性D. 检验氧化产物【答案】C【解析】【详解】A、中和热的测定需要有玻璃搅拌器，故A错误；B、铜和浓硫酸制备二氧化硫需要加热，故B错误；C、碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据石灰水是否变浑浊判断稳定性强弱，故C正确；D、碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，二氧化碳、二氧化硫都能使石灰水变浑浊，故D错误。6.某电池的简易装置图如下所示，a、b、y、x电极材料均为惰性电极，分别从A、B处通入乙醇和O2，用该装置进行实验，下列说法正确的是( )A. a电极反应式为C2H5OH+12OH12e=2CO2+9H2OB. AlCl3溶液中的总反应为2Cl+2H2O=Cl2+H2+2OHC. 反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀D. 左侧电池每通入32gO2，右侧电解池共生成2mol气体【答案】C【解析】【分析】分别从A、B处通入乙醇和O2，左侧装置是乙醇燃料电池，a是负极、b是正极；右侧装置为电解池，y是阳极、x是阴极。【详解】A. a是燃料电池负极，a电极反应式为C2H5OH+16OH12e=2CO32+11H2O，故A错误；B. 电解AlCl3溶液中的总反应为2Al3+6Cl+6H2O 3Cl2+3H2+2 Al (OH)3，故B错误；C. 反应开始后，x电极的极反应是2Al3+6H2O6e 3H2+2 Al (OH)3，所以观察到x电极附近出现白色沉淀，故C正确；D. 左侧电池每通入32gO2，转移4mol电子，右侧电解池生成2mol氢气、2mol氯气，共生成4mol气体，故D错误。7.常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是( )A. NH3 H2ONH4+ +OH 的 lg Kb=9.25B. CH3COOH+HPO42=CH3 COO+H2 PO4的 lg K =2.11C. 0.1mol/LKH2PO4溶液中：c(HPO42)c(H3PO4)D. 在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4c(H3PO4)，故C错误；D、根据图像，在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4NH4Cl，故D错误。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，酸碱滴定原理，盐类水解知识，牢牢把握弱电解质电离平衡常数的计算及应用是解题的关键，重点考查学生的读图能力。三、非选择题(包括必考题和选课题两部分，第22题一第32题为必考题毎个试题考生都必须作答，第33题一第38题为选考题，考生根据需要作答)(一)必考题(共129分)8.已知MgCl2+6NH3MgCl26NH3该反应具有极好的可逆吸、放氨特性。某课题组在实验室探究其特性，其中氨化(吸氨)过程装置如图，放氨过程实验装置如图。己知：相关物质的性质见下表请回答：(1)实验室采用固固加热的方式制备NH3，制备反应的方程式为_，虚框内装置的作用是_，氨化过程采用冰水浴的原因可能是_(填选项序号字母)。A 氨化过程为吸热反应，促进反应正向进行B 加快反应速率C 防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率D 增大六氨氯化镁的溶解度(2)利用MgCl2溶液制备无水MgCl2，其具体操作为_。(3)提纯MgCl26NH3操作中，下列洗涤剂最合适的是_(填选项序号字母)。A 冰浓氨水 B 乙二醇和水的混合液C 氨气饱和的甲醇溶液 D 氨气饱和的乙二醇溶液(4)进行放氨实验时，三颈烧瓶加入1.97 g MgCl26NH3和烧碱的浓溶液，加热，并不断通入N2，通入N2目的是_。通过观察烧杯中现象的变化就可以监控MgCl26NH3的放氨过程，若要判断转化率是否达到或超过90%，则烧杯中溶液可以是_。【答案】 (1). 2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 +2H2O (2). 吸收尾气或防倒吸，防止右侧水蒸气进入反应器 (3). C (4). 在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液 (5). C (6). 将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置 (7). 含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液)(或含少量酚酞和0.054mol一元弱酸溶液)【解析】【分析】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气；根据氨气的性质、六氨氯化镁的溶解性分析虚框内装置的作用；(2) MgCl2易水解，制备无水MgCl2需要抑制MgCl2水解；(3)根据MgCl26NH3的溶解性及甲醇、乙二醇的沸点分析；(4) 通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；根据酸碱中和反应判断转化率是否达到或超过90%。【详解】(1)实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应方程式是2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 +2H2O；氨气易溶于水，六氨氯化镁易溶于水，虚框内装置的作用是吸收尾气或防倒吸，干燥管防止右侧水蒸气进入反应器；A氨化过程为吸热反应，降低温度反应逆向进行，故不选； B降低温度减慢反应速率，故不选B； C气体溶解度随温度降低而增大，冰水浴可以防止氨气从溶液中挥发，提高氨气利用率，故选C； D降低温度减小六氨氯化镁的溶解度，故不选D。(2) MgCl2易水解，为抑制MgCl2水解，所以在HCl的氛围中蒸干氯化镁溶液制备MgCl2固体；(3) AMgCl26NH3易溶于水，故不选A； BMgCl26NH3易溶于水，故不选B；CMgCl26NH3难溶于甲醇，且甲醇的沸点低，所以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl26NH3，故选C； DMgCl26NH3难溶于乙二醇，乙二醇的沸点高，所以不用氨气饱和的乙二醇溶液洗涤MgCl26NH3，故不选D。(3) 通入N2可以将装置内氨气全部赶入右侧吸收装置；1.97 g MgCl26NH3的物质的量是0.01mol，若转化率是否达到90%，则放出氨气的物质的量为0.054mol，所以烧杯中溶液可以是含少量甲基橙和0.054mol H+的强酸溶液。9.CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；酸性条件下，ClO3不会氧化Co2+，ClO3转化为Cl；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶生成无水氯化钴。请回答：(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。(2)向浸出液中加入 NaClO3发生主要反应的离子方程式_。(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀成分为_。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是_。(填选项序号字母) A 1.02.0 B 2.53.5 C 4.05.0(5)制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。(6)为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl26H2O的质量分数为_。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.510.5，试分析原因_。【答案】 (1). Co2O3 + SO32- +4H+ = 2Co2+ + SO42- +2H2O (2). 6H+ + 6Fe2+ + ClO3- = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O (3). Fe(OH)3, Al(OH)3 (4). B (5). 降低烘干温度，防CoCl26H2O 高温下失去结晶水 (6). 59.5% (7). pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀)【解析】【分析】含钴废料中加盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）温度高时CoCl26H2O分解；（6）根据CoCl26H2O与AgNO3反应的关系式计算CoCl26H2O的纯度，pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀。【详解】（1）水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀X的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故选B；（5）根据题意知，CoCl26H2O常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl26H2O需降低烘干温度；（6）CoCl26H2O2AgNO3 238g 2mol xg 0.2mol/L0.01L X=0.238gCoCl26H2O的纯度为59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.510.5。【点睛】本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。10.研究氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作，合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有着重要的意义。(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181.5 kJmol1某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用 、 、和分别表示N2 、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如下图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是_(填字母序号)。(2)为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CxHy(烃)催化还原NOx消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H1=574 kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2 (g)+CO2 (g)+2H2O(g) H2=1160 kJ/molCH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H3则H3=_。(3)亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用试剂，已知：2NO(g)+Cl2(g)2 ClNO(g) H0一定温度下，将2 molNO与2 molCl2置于2L密闭容器中发生反应，若该反应4min后达平衡，此时压强是初始的0.8倍，则平均反应速率v(Cl2)=_molL1min1。下列可判断反应达平衡状态的是_(项序号字母)。A 混合气体的平均相对分子质量不变B 混合气体密度保持不变C NO和Cl2的物质的量之比保持不变D 每消耗1 moI NO同时生成1molClNO为了加快化学反应速率，同时提高NO的转化率，其他条件不变时，可采取的措施有_(填选项序号字母)。A 升高温度 B 缩小容器体积C 再充入Cl2气体 D 使用合适的催化剂一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图(b)所示，当n(NO)/n(Cl2)=2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图中D、E、F三点中的_点。(4)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)，v1正=k1正c2(NO)，v1逆 =k1逆c (N2O2)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2)比较反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小：E1_E2(填“”、”或“=”)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为_。【答案】 (1). C (2). -867 kJ/mol (3). 0.1 (4). A, C (5). B,C (6). F (7). (8). K = (k1正K2正)/ (k1逆K2逆)【解析】【分析】（1）结合固体催化剂的机理图解答，整个反应为N2(g)+O2(g) 2NO(g)H=181.5 kJmol1，并根据焓变来解答；(2)根据盖斯定律计算H3；(3) 利用“三段式”计算反应速率，根据平衡标志分析是否达到平衡状态；根据影响反应速率的因素和影响平衡移动的因素分析；投料比等于系数比时，达到平衡状态ClNO的体积分数最大；(4) 反应速率越快活化能越小；根据反应达平衡状态时v1正=v1逆、v2正=v2逆计算；【详解】（1）从机理图可以看出，首先A状态中，NO被吸附到催化剂表面，B状态为NO变成N原子和O原子，这个过程需要吸收能量，C状态为N原子和N原子结合变成N2，O原子和O原子结合变成O2，这个过程为成键过程，需要放出能量，则从整个反应过程来看，反应是N2(g)+O2(g) 2NO(g)H=181.5 kJmol1，此反是放热反应，反应焓变H0，可见状态C时体系能量最低。(2)CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H1=574 kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2 (g)+CO2 (g)+2H2O(g) H2=1160 kJ/mol 得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H3=-867 kJ/mol。(3) 2NO(g)+Cl2(g)2 ClNO(g) 开始 1 1 0 转化 2x x 2x 平衡 1-2x 1-x 2x 该反应4min后达平衡，此时压强是初始的0.8倍，所以解得x0.4，则平均反应速率v(Cl2)=0.1 molL1min1。A ，气体总质量不变、气体物质的量是变量，所以混合气体的平均相对分子质量是变量，若混合气体的平均相对相对分子质量不变，一定达到平衡状态，故选A；B ，容器体积不变、气体总质量不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，不一定平衡，故不选B；CNO和Cl2的物质的量之比为 ，NO和Cl2的物质的量之比是变量，若保持不变一定平衡，故选C；D每消耗1 mol NO同时生成1molClNO，不能判断正逆反应速率是否相等，不一定平衡，故不选D；选AC。A2NO(g)+Cl2(g)2 ClNO(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，故不选A；B缩小容器体积，压强增大，速率加快、平衡正向移动，NO转化率增大，故选B；C再充入Cl2气体，氯气浓度增大，速率加快、平衡正向移动，NO转化率增大，故选C；D使用合适的催化剂，平衡不移动，NO转化率不变，故不选D。n(NO)/n(Cl2)=2时，达到平衡状态ClNO的体积分数最大，当n(NO)/n(Cl2)=2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图中F点(4) 因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应，所以反应的活化能E1远小于反应的活化能E2；，反应达平衡状态时v1正=v1逆、v2正=v2逆，即k1正c2(NO) =k1逆c(N2O2)、k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2)；带入得，K=(k1正K2正)/(k1逆K2逆)。(二)选考题(共15分)任选一道11.元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。(1)X基态原子的电子排布式为_。(2)X的氢化物(H2X)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_。(3)在Y的氢化物(H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是_。(4)Y与X可形成YX32。YX32的立体构型为_(用文字描述)。写出一种与YX32互为等电子体的分子的化学式_。(5)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物Z(NH3)4(H2O)2Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是_(写化学式)。(6)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为_。其晶胞边长为540.0pm，密度为_gcm3(列式并计算)，a位置Y与b位置Z之间的距离为_pm(列式表示)【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 水分子和乙醇分子间形成氢键 (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NCl3 (或PCl3、等N、P的三卤代物、SOCl2) (6). H2O (7). ZnS (8). 4.09 (或4.1) (9). 135【解析】【分析】元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素，说明X原子2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。【详解】(1)X是O元素，核外有8个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p4。(2) 水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。(3) H2S分子中，S原子杂化轨道数是，S原子轨道的杂化类型是sp3。(4)SO32中S原子杂化轨道数是，配位数是3,1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。SO32的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。(5)配合物Zn(NH3)4(H2O)2Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。 (6)S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示，根据均摊原则，该晶胞中S原子数是、Zn原子数是4，化合物的化学式为ZnS。其晶胞边长为540.0pm，密度为= 4.09gcm3，体对角线的长度是 pm， a与b之间的距离为体对角线的 ，a位置Y与b位置Z之间的距离为 =135pm。12.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到OPA是一种重要的有机化工中间体，A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：(1)A的化学名称是_，由A生成B的反应类型是_。(2)写出任意一种C的可能的结构简式_。(3)