全国II卷2025届高三化学复习全程精练模拟考试题含解析

PAGE17-（全国II卷）2025届高三化学复习全程精练模拟考试题（含解析）留意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.本试卷满分300分，测试时间150分钟。5.考试范围：高考全部内容。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.《本草图经》是我国宋代的药物学巨著，其中涉及很多化学物质。下列有关说法错误的是（）A.钟乳石的形成过程涉及化学变更B.绿矾(FeSO4·7H2O)：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”，“烧之则赤”说明加热生成了Fe3O4C.矾石(主要成分是明矾)处理后可用于生活净水D.珊瑚(主要成分是碳酸钙)可溶于胃酸【答案】B【解析】【详解】A．钟乳石的形成过程：含有二氧化碳的水渗入石灰岩隙缝中，与碳酸钙反应生成可溶于水的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水从洞顶上滴下来时，分解反应生成碳酸钙、二氧化碳、水，形成过程涉及化学变更，故A正确；B．绿矾“烧之则赤”说明加热生成了红色的Fe2O3，Fe3O4是黑色的固体，故B错误；C．明矾溶于水可以形成氢氧化铝胶体，可用于生活净水，故C正确；、D．珊瑚(碳酸钙)可溶于胃酸(主要成分为盐酸)，故D正确；故答案为B。2.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数(NA)有了精确值6.02214076×1023。下列有关NA的说法正确的是（）A.28g乙烯与丙烯的混合气体中含有4NA个C-H键B.标准状况下，3.36LNO2中氧原子数目为0.3NAC.1L1mol·L-1的CH3COOH溶液与1L0.5mol·L-1的NaOH溶液混合后，CH3COO-的数目为0.5NAD.理论上，149gNaClO与足量KI溶液反应可得到NA个碘分子【答案】A【解析】【详解】A．乙烯和丙烯的通式为(CH)n，乙烯中含有4个C-H键，丙烯含有6个C-H键，都是1个C对应2个C-H键，28g相当于2molCH2，故有4NA个C-H键，故A正确；B．标况下二氧化氮为液体，3.36L二氧化氮的物质的量不是0.15mol，故B错误；C．二者混合后溶液中溶质为0.25mol/LCH3COOH和0.25mol/LCH3COONa，由于醋酸的电离程度和醋酸根的水解程度不相等，所以CH3COO-的数目不是0.5NA，故C错误；D．149gNaClO的物质的量为=2mol，氧化I-时被还原成Cl-，可转移4mol电子，故可以生成2mol碘单质，故D错误；故答案为A。【点睛】本题难点为A选项，留意找寻C原子个数与C-H键个数的关系；标况下常被误认为气体的物质有：NO2、SO3、CH2Cl2、CH3Cl等，这些物质在标况下均不是气体。3.有机物X结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A.有机物X的分子式为C20H18O4B.1mol有机物X最多可以和8molH2加成C.1mol有机物X最多消耗2molNaOHD.苯环上的一氯取代产物有4种【答案】D【解析】【详解】A．有机物X含有20个C原子，又不饱和度为12，可求得H原子数为18，由图可知有机物X含有4个O原子，综上，有机物X的分子式为C20H18O4，A项正确；B．每个苯环可与3个氢气分子发生加成反应，每个碳碳双键可与1个氢气分子发生加成反应，每个羰基可与1个氢气分子发生加成反应，酯基不能和氢气发生加成反应，故1mol有机物X最多可以和8molH2加成，B项正确；C．有机物X中的酯基在碱性条件下水解得到一个羧基和一个酚羟基，羧基和酚羟基都可以和氢氧化钠反应，有机物X中的醇羟基不行以和氢氧化钠反应，故1mol有机物X最多消耗2molNaOH，C项正确；D．左边苯环不含有对称结构，一氣取代产物有4种，右边苯环含有对称结构，一氯取代产物有2种，故有机物X苯环上的一氯取代产物有6种，D项错误；故答案为D。4.下列有关试验操作、试验现象和得出的结论均正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．乙烯和溴水发生加成反应使溴水褪色，并不是乙烯具有还原性，故A错误；B．NaOH过量不存在沉淀的转化，均为沉淀的生成，故B错误；C．NH3、SO2气体和水反应可生成(NH4)2SO3，继而和BaCl2反应生成BaSO3沉淀，试验中无沉淀生成可能是SO2过量生成了Ba(HSO3)2，故C错误；D．上层溶液变紫红色说明有碘单质生成，下层有黄色沉淀生成说明有I-，所以KI3溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；故答案为D。5.联合国将2024年定为“国际化学元素周期表年”，下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W为短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，可用于制作轻合金、电池等，Z与W的最高化合价之和为11。下列说法正确的是（）A.原子半径大小依次：Z>W>Y>XB.Y与Z形成的某种二元化合物可用作干燥剂C.Y与W形成的化合物可漂白酸碱指示剂D.Z、W的最高价氧化物的水化物在水溶液中均完全电离【答案】B【解析】【分析】X的单质时密度最小的金属，则X是Li；结合Z和W在周期表中的相对位置和最高化合价之和为11可知Z为P，W为S，则Y为O。【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，所以原子半径大小关系为P>S>Li>O，故A错误；B．O与P形成的二元化合物P2O5是常用的酸性干燥剂，故B正确；C．O与S形成的化合物SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，故C错误；D．P的最高价氧化的水化物为H3PO4是中强酸，在水溶液中部分电离，故D错误；故答案为B。6.合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)△H的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是A.该反应的△H=-46kJ·mol-1B.该反应机理中最大活化能为79kJ·mol-1C.上升温度，该反应过渡态的能量会增大D.该反应达到平衡后增大压强反应正向进行【答案】C【解析】【详解】A.△H与始态和终态有关，与过程无关，△H=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，△H=－46kJ·mol－1，故A说法正确；B.该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJ·mol－1，故B说法正确；C.该反应过渡态的能量不会随着温度的变更而变更，故C说法错误；D.该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C。7.近日，我国科学家实现了CO2捕获与转化，装置如图所示，利用其能汲取二氧化碳，并产生有价值的物质，该设计在国际期刊《JournalofEnergyChemistry》中发表。下列有关说法正确的是（）A.电源在运用过程中，b极发生还原反应B.该装置实现了CO2的化学能转化为电能C.利用该装置的原理，理论上也可用于捕获与转化硫氧化物、氮氧化物D.若电源中有4mol电子转移，则最多可捕获CO222.4L【答案】C【解析】【分析】依据图片可知c极C2O52-→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，即a极为电源正极、b极为电源负极。【详解】A．b极为电源负极，原电池中负极失电子发生氧化反应，故A错误；B．该装置为电解池，可将电能转化成化学能，故B错误；C．利用该装置可将CO2捕获，转化为C和O2，则理论上也可以将硫氧化物、氮氧化物捕获，相应的转化为S和O2，N2和O2，故C正确；D．未指明温度和压强，无法计算气体的体积，故D错误；故答案为C。第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题。每个试题考生都必需作答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题(共129分)8.锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质)是最重要的提锂矿石原料，工业上以α-锂辉石为原料制备碳酸锂，其工艺流程如图：已知：①α-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应，α-锂辉石在高温下可转化为β-锂辉石，β-锂辉石具有更高的化学活性。②β-锂辉石可与浓硫酸发生反应：2β-LiAl(SiO3)2＋H2SO4(浓)Li2SO4＋Al2O3·4SiO2·H2O。③部分金属氢氧化物起先沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2起先沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH3.74.711请回答下列问题：(1)将LiAl(SiO3)2改写成氧化物的形式为___，1000℃焙烧α-锂辉石的目的为___。(2)滤渣2的主要成分为___，调整pH值的范围为___。(3)“除大部分Mg”步骤的离子方程式为___。(4)试验室蒸发浓缩操作中所需的仪器为酒精灯、铁架台(带铁圈)、___。(5)洗涤过程中检验沉淀是否洗涤干净的操作为___。(6)碳酸锂是制备锂离子电池的原料之一，某锂离子电池以CoP3作为负极材料，以LiMn1.5Ni0.5O4作为正极材料，以可传导放电Li＋的无机固体电解质c-LATP作为电解液，其工作时电池反应为Li1-xMn1.5N0.5O4＋Lix(CoP3)nLiMn1.5Ni0.5O4＋(CoP3)n，则该电池放电时负极的电极反应式为___，充电时阳极的电极反应式为___。【答案】(1).Li2O•Al2O3•4SiO2(2).将不和浓硫酸反应的α-锂辉石转化为和浓硫酸反应的β-锂辉石(3).Fe(OH)3、Al(OH)3和CaSO4(4).4.7≤pH＜9.6(5).Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)=Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq)(6).蒸发皿、玻璃棒(7).取少量最终一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净(8).Lix(CoP3

)n-xe-=xLi++(CoP3)n(9).LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-x

Mn1.5Ni0.5O4+xLi+【解析】【分析】α-锂辉石(主要成分为LiAl(SiO3)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质)高温焙烧转化成β-锂辉石，后加入98%浓硫酸低温焙烧，水浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Mg2+等杂质，得到的滤渣1为SiO2；加入石灰石调整pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤液中加入石灰乳除去大部分镁离子，生成滤渣3为氢氧化镁，滤液再加入碳酸钠调整pH至11-12，进一步除去钙、镁离子，滤渣4为碳酸钙、氢氧化镁等，滤液为硫酸锂溶液，蒸发浓缩后再加碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤洗涤干燥得到碳酸锂，以此解答该题。【详解】(1)硅酸盐改写为氧化物的形式要留意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最终为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能变更，故将LiAl(SiO3)2改写为氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；依据题目信息可知α-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应，α-锂辉石在高温下可转化为β-锂辉石，β-锂辉石具有更高的化学活性，可与浓硫酸反应，故1000℃焙烧α-锂辉石的目的为将不和浓硫酸反应的α-锂辉石转化为和浓硫酸反应的β-锂辉石；(2)加入碳酸钙调pH目的是将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，碳酸钙还可以和硫酸反应生成微溶的硫酸钙，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和CaSO4；依据表格可知将Fe3+和Al3+沉淀，而不使Mg2+沉淀，调整pH的范围为4.7≤pH＜9.6；(3)向溶液中加入石灰乳可将微溶的Ca(OH)2转化犯难溶的Mg(OH)2，离子方程式为：Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)=Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq)；(4)试验室蒸发操作除了运用酒精灯、铁架台(带铁圈)外，还须要蒸发皿和玻璃棒；(5)沉淀的目的是洗去碳酸锂上吸附的溶液中的离子，溶液中的离子有硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验，检验是否洗涤干净的方法是取少量最终一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6)该电池放电时负极失电子发生氧化反应，电极反应式Lix(CoP3)n-xe-=xLi++(CoP3)n，充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-xMn1.5Ni0.5O4+xLi+。【点睛】硅酸盐改写为氧化物的形式要留意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最终为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能变更。9.利用沉淀滴定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c(Br-)，试验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。I.标准溶液的配制精确称取AgNO3基准物8.5g，配制成500mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。II.滴定的主要步骤a.取待测NaBr溶液25.00mL，配制成100mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中。b.加入K2CrO4溶液作指示剂。c.用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。d.重复上述操作三次，测定数据如下表：e.数据处理。请回答下列问题：（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所运用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有___，配制的AgNO3溶液的浓度为___。（2）AgNO3标准溶液应运用___(填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管，检漏后装液前须要进行的操作有___。（3）试验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变更明显，另一方面，是由于___。（4）滴定应在近中性或弱碱性(6.5<pH<10.5)的条件下进行，其缘由是酸性过强，发生如下离子反应：___；碱性过强，会导致___。（5）达到滴定终点时现象为___。（6）由上述试验数据测得原溶液c(Br-)=___mol·L-1。（7）若在配制AgNO3标准溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯，则对c(Br-)测定结果的影响为___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).500mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2).0.1mol/L(3).酸式(4).洗涤、润洗(5).AgBr比Ag2CrO4更难溶，在相同浓度的Ag+溶液中Br-比CrO42-更易结合Ag+生成沉淀(6).2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(7).Ag+易结合OH-生成Ag2O沉淀，影响试验测定(8).滴入最终一滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s内不消逝(9).0.4(10).偏高【解析】【分析】该滴定试验的原理为：依据反应Br-+Ag+=AgBr↓，通过消耗的硝酸银标准液的量来确定待测液中Br-的量，当Br-完全反应后，接着滴加硝酸银，银离子与CrO42-反应生成砖红色沉淀，即可确定滴定终点。【详解】(1)配制硝酸银标准溶液时，所运用的玻璃仪器除需烧杯和玻璃棒外还有500mL(棕色)容量瓶及定容时须要的胶头滴管；c(AgNO3)==0.1mol/L；(2)AgNO3溶液显酸性，且一般加少量HNO3酸化，需用酸式滴定管；检漏后装液前须要进行洗涤、润洗等操作；(3)试验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，说明AgBr比Ag2CrO4更难溶，在相同浓度的Ag+溶液中Br-比CrO42-更易结合Ag+生成沉淀；(4)酸性过强，指示剂CrO42-会转变为Cr2O72-，从而影响滴定终点的推断离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；碱性过强，Ag+易生成Ag2O沉淀，影响试验测定结果；(5)依据分析可知，滴定终点的现象为：滴入最终一滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s内不消逝；(6)依据所供应的4次数据，第1次数据误差值较大，应舍去，所以消耗的AgNO3溶液的平均体积为=25.00mL，依据方程式Br-+Ag+=AgBr↓可知稀释后的NaBr溶液中c(Br-)==0.1mol/L，该溶液是由25mL稀释成100mL，所以原溶液中c(Br-)=0.4mol/L；(7)若在配制AgNO3标准溶液时，未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致硝酸银标准液的浓度偏低，从而使测定的标准液体积偏大，进而使溴离子浓度偏大。【点睛】第6小题为易错点，肯定要留意滴定所用的待测液是稀释之后的溶液，干脆计算出来的结果并不是原溶液中溴离子的浓度，要再进行一步换算。10.煤的综合利用是一个削减污染、提高燃料利用率的重要课题，其常用的方法包括煤的气化、液化以及转化为有机产品等。请回答下列问题：（1）已知：I.C(s)、CO(g)、H2(g)的燃烧热依次为△H1=-393.5kJ·mol-1、△H2=-283.0kJ·mol-1、△H3=-285.8kJ·mol-1II.H2O(l)=H2O(g)△H4=＋44.0kJ·mol-1则煤气化主要反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的△H=___。（2）现在一恒温的刚性容器中加入足量煤，并通入1mol水蒸气，发生反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，则下列指标能够说明已到达平衡状态的有___(填标号)。①气体密度保持不变；②断裂2molH-O键的同时生成1molH-H键；③CO的体积分数保持不变；④气体的平均摩尔质量不变；⑤CO与H2的比例保持不变；⑥容器的压强保持不变。（3）气化后，将水煤气CO与H2化合CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)可得到甲醇，最终实现煤的间接液化。已知在T℃时，其正反应速率为v正=k正·(CO)·c2(H2)，逆反应速率为v逆=k逆·c(CH3OH)，其中k为速率常数，其数值k正=97.5，k逆=39.0，则该温度下的平衡常数K=___；若在T℃下，向一体积为2L的刚性密闭体系中通入3molCO、2molH2和5molCH3OH，则此时证v正___v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。（4）关于CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，下列说法正确的是___(填字母)。A.加压有利于速率加快和平衡向正反应方向移动B.甲醇的平衡体积分数随着CO与H2投料比的增大而增大C.运用催化性能好的催化剂，可提高H2的平衡转化率D.在恒温恒容条件下达到平衡后，通入Ar，平衡向逆反应方向移动E.已知E[CO(g)＋2H2(g)]>E[CH3OH(g)](E表示物质的能量)，则降温有利于提高正反应进行的程度（5）在一特别的恒容容器中，充入肯定量的CO(g)与H2(g)来模拟CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，测得v正随时间的变更曲线如图所示，则t之前v正渐渐增大的缘由为___；t之后v正又渐渐减小的缘由为___。（6）煤经过一系列转化还可得到草酸。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入肯定量某浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则此时溶液的pH=___(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5，lg6=0.8)。【答案】(1).+131.3kJ·mol-1(2).①③④⑥(3).2.5(4).大于(5).AE(6).容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率渐渐增大(7).随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率渐渐减小(8).4.2【解析】【详解】(1)依据C(s)、CO(g)、H2(g)的燃烧热可得：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol；

②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=-283.0kJ/mol；

③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-285.8kJ/mol；又有④H2O(l)=H2O(g)△H4=＋44.0kJ·mol-1依据盖斯定律，①-②-③-④得C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的△H=△H1-△H2-△H3-H4=+131.3kJ·mol-1；(2)①反应物中有固体，平衡正向移动时气体的质量会变大，容器体积不变，所以气体的密度会发生变更，所以当密度不变时可以说明反应达到平衡，故正确；②无论反应是否平衡，断裂2molH-O键即有1molH2O参加反应时，肯定生成1mol氢气，即生成1molH-H键，故错误；③平衡移动时CO的体积分数会发生变更，所以当CO的体积分数不变时说明反应已达到平衡，故正确；④可用极性法考虑，反应未进行时，气体平均摩尔质量为水蒸气的相对分子质量，若完全进行则为CO和H2的平均相对分子质量，即反应进行过程中气体的平均摩尔质量会发生变更，当其不变时说明反应达到平衡，故正确；⑤初始投料为足量煤和1mol水蒸气，则随意时刻CO与H2的比例均为1：1，故错误；⑥反应容器容积不变，反应前后气体系数之和不同，所以未达平衡时容器内压强会发生变更，当压强不变时说明反应达到平衡，故正确；综上所述选：①③④⑥；(3)反应达到平衡时v正=v逆，即k正·c(CO)·c2(H2)=

k逆·c(CH3OH)，反应平衡常数K=，所以K==2.5；向体积为2L的刚性密闭体系中通入3molCO、2molH2和5molCH3OH，此时容器内c(CH3OH)=2.5mol/L，c(CO)=1.5mol/L，c(H2)=1mol/L，则Qc=，所以此时平衡正向移动，即v正>v逆；(4)A．反应特点为前后气体系数不等，且前面气体系数大于后面，加压有利于速率加快和平衡向正反应方向移动，A项正确；B．甲醇的平衡体积分数随着CO与H2投料比的增大先增大后减小，在CO与H2投料比为1:2时取得最大值，B项错误；C．运用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但不影响平衡，不能变更H2的平衡转化率，C项错误；D．在恒温恒容条件下达到平衡后，通入Ar，反应物生成物浓度都不变，平衡不移动，D项错误；E．已知E[CO(g)＋2H2(g)]>E[CH3OH(g)]，说明正反应放热，降温有利于提高正反应的程度，E项正确；综上所述选AE；(5)容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率渐渐增大；随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率渐渐减小；(6)草酸其次步电离平衡常数Ka2==6×10-5，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，则溶液中c(H+)=6×10-5mol/L，又已知lg6=0.8，所以-lg(6×10-5)=4.2，即pH=4.2。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。11.第四周期元素在生产生活中具有重要的作用。请回答下列问题:(1)基态Sc原子的价电子排布图为___________________。(2)Zn2+和CN-、K+可组成化合物K2Zn(CN)4,其中存在的化学键类型有____________；Zn(CN)42-中的配体为_______，配位原子为_____,与该配离子中配体等电子体的分子为___。(3)与Br同主族的短周期元素有F、Cl,这三种元素的简洁氢化物HF、HCl、HBr的沸点从高到低的依次为___________，理由为______。(4)Fe-Cr-Al合金可作为汽车尾气催化剂的载体,汽车尾气催化剂可将NO2还原为无毒害的气体,防止HNO3型酸雨的形成,NO2的空间构型为_____。HNO3的酸性强于HNO2的缘由为____________________。(5)金属铜采纳面心立方积累方式,其晶胞结构如图所示。已知该晶胞的密度为ρg.cm-3,晶胞参数为anm,阿伏伽德罗常数为NA,则铜原子的相对原子质量的表达式为_______(用含有ρ、a、NA的表达式表示)。【答案】(1).(2).离子键、共价键、配位键(3).CN－(4).C(5).N2或CO(6).HF>HBr>HCl(7).HF、HCl、HBr均为分子晶体，HF分子之间存在氢键，因此HF的沸点最高，HCl和HBr的相对分子质量大，故HBr的沸点高于HCl；(8).V型(9).HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2(10).【解析】【分析】(1)Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，然后书写出价电子排布图；(2)该化合物属于协作物，内界和外界以离子键形式结合，然后依据协作物组成进行分析；(3)分子晶体熔沸点凹凸的推断，从是否含有分子间氢键、相对分子质量大小角度进行分析；(4)利用VSEPR模型进行分析；利用含氧酸酸性强弱规律进行分析；(5)利用密度的定义进行分析计算；【详解】(1)Sc原子序数是21号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d14s2，Sc价电子排布式图为；(2)K2Zn(CN)4中K＋和Zn(CN)42－之间存在离子键，Zn2＋和CN－之间构成配位键，CN－中C和N之间存在共价键，因此该协作物中含有化学键的类型为离子键、配位键、共价键；Zn2＋供应空轨道，CN－中C供应孤电子对，因此配体为CN－，配位原子为C；依据等电子体的定义，与CN－等电子体的分子为N2、CO等；(3)HF、HCl、HBr都属于分子晶体，HF含有分子间氢键，HCl、HBr不含分子间氢键，HBr的相对分子质量大于HCl，HBr的分子间作用力大于HCl，因此沸点大小依次是HF>HBr>HCl；(4)NO2中含有2个σ键，孤电子对数==0.5，可以认为中心原子N的价层电子对数为3，NO2的空间构型为V型；HNO3中N的化合价为＋5价，其N的正电性强于HNO2中N，使羟基中O－H键的共用电子对更易偏向O原子，羟基更易电离出H＋，故酸性HNO3强于HNO2；(5)依据晶胞的结构，Cu原子位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为g·mol－1，晶胞的体积为(a×10－7)3cm3，依据密度的定义，，推出M=。12.苯巴比妥是冷静、安眠类药物,其合成路途如下:请回答下列问题:(1)G的化学名称为_________,C的分子式为__________。(2)F+X→G+H2O,X的结构简式为____________。(3)H中含有的官能团名称为__________,I→J的反应类型为______________。(4)同时满意下列条件的E的同分异构体共有______种。①含有苯环且苯环上有两个取代基②能发生水解反应且能发生银镜反应(5)化合物J→苯巴比妥的化学方程式为________________________________。(6)以1,3-丁二烯、乙醇和尿素()为原料合成所需无机试剂任选,请写出流程:__