辽宁省辽阳市2025届高三化学第三次模拟考试试题含解析

PAGE21-辽宁省辽阳市2025届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）考试时间：150分钟满分：300分留意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4.可能用到的相对原子质量：H-1O-16Ce-140一、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.化学与生活、环境亲密相关，下列有关说法正确的是()A.污水中，，等有毒，可用处理B.实行“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量C.谷氨酸一钠用于调味，小苏打不行用于油污清洗D.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关【答案】B【解析】【详解】A．工业上通常采纳沉淀法来处理重金属离子的污染，故用氯气无法出去污水中，，等重金属离子，A错误；B．实行“静电除尘”可以除去空气中的PM2.5，“燃煤固硫”可以削减空气中的SO2含量，“汽车尾气催化净化”可以削减汽车尾气中的NO，可提高空气质量，故B正确；C．谷氨酸一钠用于调味，小苏打除作发酵粉之外，还可以防臭，去除污垢，清洁作用，小苏打可用于油污清洗，故C错误；D．我国全面启动的北斗导航系统的信号传输，信号传输主要是与二氧化硅有关，D错误；故答案：B。2.设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A.环戊二烯()最多共平面的原子数为B.蔗糖溶液中所含分子数为C.和-所含的质子与中子均为D.向溶液中加入醋酸至中性，混合液中数目为【答案】A【解析】【详解】A.环戊二烯()除了亚甲基上的两个H不共平面之外，其余9个原子均共平面，故环戊二烯()最多共平面的原子数为，A正确；B.蔗糖溶液中除了蔗糖分子外还有水分子，故所含分子数大于，B错误；C.含有的质子与中子均为，而-即1mol所含的质子为，而中子只有，C错误；D.依据混合后溶液中的电荷守恒式：，中性溶液则，则，进一步推出粒子数目故混合液中数目为，D错误；故答案为：A。3.化合物如图，下列说法不正确的是()A.a、b、c、d互为同分异构体B.除a外均可发生加成反应C.a的三氯代物数目多于二氯代物D.一氯代物同分异构体最多的是d【答案】C【解析】【分析】依据分子式推断同分异构体，依据对称性推断等效氢原子的数量和其取代物同分异构体数量，据此回答问题。【详解】A.a、b、c、d四种物质分子式均为C8H8，结构不同，它们互为同分异构体，A正确；B.只有a物质不含有碳碳双键，不能发生加成反应；其他3种均有碳碳双键，可以发生加成反应，B正确；C.依据结构可知，a的三氯代物数目为3种，二氯代物为3种，C错误；D.a、b、c物质一氯代物都只有一种，d物质的一氯代物有3种，D正确；答案为C。4.下列试验不能达到试验目的的是()选项ABCD装置目的蒸发溶液获得晶体煤的干馏并验证部分产物制取二氧化硫气体探究乙醇的催化氧化A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠的溶解度随温度变更不大，且受热不分解，故可以用蒸发获得晶体，A正确；B.．煤干馏获得焦炭、煤焦油和出炉煤气，煤气中含有氨气、氢气等气体，氨气遇含酚酞的水溶液，使水溶液变红，剩余气体点燃，B正确；C.．浓硫酸须要在加热环境下与铜反应制得二氧化硫，C错误；D．双氧水遇二氧化锰催化生成氧气，经过浓硫酸干燥后，与挥发出的乙醇气体在灼热的铜网处发生催化氧化，生成乙醛，D正确。答案为C。5.燃煤烟气中的可用连二亚硫酸根()为媒介处理使其转化为，其原理如图所示。下列说法正确的是()A.燃煤烟气中的处理仅利用的是电解原理B.阴极区的电极反应式为C.若通电过程中汲取(标准状况下)，则阳极可以产生气体D.反应一段时间后，【答案】C【解析】【分析】与连二亚硫酸根()发生氧化还原反应，生成和亚硫酸根，亚硫酸根进入阴极区发生还原反应，生成，阳极区水电离的氢氧根离子放电，发生氧化反应，生成氧气和氢离子，硫酸浓度增大，据此回答问题。【详解】A．燃煤烟气中的进入汲取柱，被从电解池中生成的S2O42-转化为NH4+，所以NO的处理不仅仅是电解原理，还有在汲取柱中的氧化还原反应，A错误；B．依据图示，阳极生成的氢离子通过质子交换膜进入阴极，所以阴极区的电极反应式为，B错误；C．若通电过程中汲取(标准状况下)，即汲取了0.2molNO，依据电子转移守恒可知，NO~NH4+转移5个电子，2OH-~O2转移了4个电子，则4NO~5O2，阳极可以产生气体，C正确；D．阳极区实质是水电离产生的氢氧根离子发生氧化反应，生成氧气和氢离子，反应一段时间后，c1<c2，D错误。答案为C。6.短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X的某种氢化物可使溴的四氯化碳溶液褪色，X原子电子占据2个电子层；Y广泛作电池材料且单位质量的金属供应电子数目最多；试验室可用Z的氢化物的浓溶液和固体在常温下制备Z的单质；向含W元素的含氧酸钠盐溶液中通入X的氧化物，视察到沉淀质量(m)与X的氧化物体积(V)关系如图所示。下列说法正确的是()A.Y的单质在空气中燃烧生成过氧化物和氮化物B.X的含氧酸的酸性可能比Z的含氧酸的酸性强C.Z和W组成的化合物肯定是非电解质D.X、Z、W原子半径的大小不能比较【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W，已知X的某种氢化物可使溴的四氯化碳溶液褪色，X原子电子占据2个电子层，则X为C元素；

Y广泛作电池材料且单位质量的金属供应电子数目最多，则Y为Li；试验室可用Z的简洁氢化物的浓溶液和KMnO4固体在常温下制备Z的单质，则Z为Cl元素；向含W元素的钠盐溶液中通入X（C）的氧化物，视察到沉淀质量（m）与X的氧化物体积（V）关系如图所示，该钠盐为偏铝酸钠或硅酸钠，则W为Al或Si元素，据此解答。【详解】依据分析可知，X为C，Y为Li，Z为Cl，W为Al（或Si）元素。A．Li金属性小于Na，在空气中Li燃烧生成氧化锂，故A错误；B．X的含氧酸碳酸的酸性大于Cl的含氧酸次氯酸的酸性，故B正确；C．Cl与Si形成四氯化硅，与Al形成氯化铝，氯化铝是电解质，而四氯化硅则是非电解质，故C错误；D．依据同周期主族元素原子半径从左往右依次减小，同主族从上往下原子半径依次增大，一般电子层数越多半径越大，故C、Al或Si、Cl原子半径的大小依次为：Al(Si)>Cl>C，故D错误；故选：B。7.室温下，用滴定管量取肯定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用溶液以恒定速度来滴定，依据测定结果绘制出、等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是()A.溶液和浓氯水可以运用同种滴定管盛装B.a点溶液中存在如下关系：C.b点溶液中各离子浓度：D.，生成速率越来越快【答案】B【解析】【详解】A．溶液装在碱式滴定管中，由于浓氯水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故浓氯水需用酸式滴定管来装，故A不正确；B．a点溶液中存在电荷守恒式为：①，氯气与NaOH溶液发生氧化还原反应过程中的电子守恒：，在同一溶液中，故有②，把②带入①中，可得如下关系：，故B正确；C．b点溶液中依据B的分析可知，，发生的反应有Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，结合图像，b点溶液中各离子浓度的大小关系应当为：，故C不正确；D．在这个图中，反应速率是看曲线的斜率，故可以看出，后阶段生成速率是越来越慢，故D不正确；故答案为：B。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做答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求做答。(一)必考题(共129分)8.二氧化铈()是一种重要稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图：已知：①能与结合成，也能与结合成；②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。回答：(1)“氧化培烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_________。(2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出与盐酸反应的离子方程式：____________；为避开产生上述污染，解决方案为__________。(3)“萃取”时存在反应：。试验室中萃取时要用到的主要玻璃仪器名称为__________；图中D是安排比，表示(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的以变更水层中的，D随起始料液中变更的缘由：_____________。在的条件下，取含四价铈总浓度为的酸浸液，向其中加入萃取剂，充分振荡，静置，水层中_________。(结果保留二位有效数字)。(4)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为。在该反应中作用与下列反应中的作用相同的是________。A.处理含酸性重铬酸钾的废水B.和二氧化锰混合制氧气C.与氧化钙制过氧化钙D.在海带提碘试验中的作用(5)“氧化”步骤的化学方程式为：___________。(6)取上述流程中得到的产品，加硫酸溶解后，用溶液滴定至终点时(铈被还原为，其他杂质均不反应，为无色)，用标准酸性溶液滴定过量的，消耗标准溶液。该产品中的质量分数为________。【答案】(1).增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率(2).(3).将(盐酸)改用酸浸(4).分液漏斗(5).随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向逆向移动，D快速减小(6).(7).A(8).(9).【解析】【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气讲将e从+3氧化为+4，得到产品，据此回答问题。【详解】(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒是为了增加固体与氧气接触面积燃烧充分，增大固体和氧气的接触面积，反应更充分；(2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体应为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，可以用硫酸代替盐酸而避开产生氯气污染；(3)试验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗，依据平衡，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D快速减小。在的条件下，，即，依据题意，×=20mL×+×80×，。(4)“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，H2O2在该反应中作还原剂。A．处理含酸性重铬酸钾的废水，过氧化氢做还原剂，A正确；B．和二氧化锰混合制氧气，发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，B错误；C．与氧化钙制过氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；D．在海带提碘试验中作氧化剂，D错误。答案为A。(5)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为。(6)溶液中Fe2+的物质的量为av1×10-3mol，用标准酸性溶液滴定过量的，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，消耗标准溶液，即亚铁离子与Ce4+反应了av1×10-3mol-5bv2×10-3mol，依据电子得失守恒可得关系式Ce4+～Fe2+，所以CeO2的质量为(av1×10-3-5bv2×10-3)mol×172g/mol=172(av1×10-3-5bv2×10-3)g，产品中CeO2的质量分数为。9.甲醇耐高温、易存储热值高、节能环保，可做燃料，又是重要的化工原料。科学家用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与反应生成甲醇。已知：、和的燃烧热∆H分别为、和。请回答下列问题：(1)用太阳能分解水消耗的能量是________。(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________。(3)催化加氢合成甲醇(反应Ⅱ)中伴随着反应Ⅰ的发生：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压、和的起始量肯定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变更如图。其中：的选择性①温度高于300℃，平衡转化率随温度上升而上升的缘由是_________。②220℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为48%(图中A点)。不变更反应时间和温度，肯定能提高选择性的措施有_________________(写出两点)。(4)在体积为的密闭容器中充入和发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K=________。(结果保留二位有效数字)(5)探讨证明，也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式为__________，另一极电解产物是________________。【答案】(1).571.6(2).(3).反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度上升使转化为的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度(4).增大压强，运用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂(5).0.0062(6).(7).【解析】【分析】（1）氢气的燃烧热可知水分解汲取的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（2）CO和CH3OH的燃烧热概念先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（3）①依据题干信息，反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，分析温度对反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡移动状况即可；②依据的选择性的定义，温度不能变更，只能变更压强和浓度，分析增大H2的浓度和增大压强，对反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡的影响，也可通过催化剂的选择性来限制反应Ⅱ和反应Ⅰ的发生；(4)依据题干信息，进行三段式计算可知：，代入平衡常数表达式求出该反应的平衡常数；(5)分析该过程中碳的化合价由+4价降低为-2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，故其电极反应式为，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，故电极方程式为：，故电解产物为O2。【详解】Ⅰ．（1）由H2（g）的燃烧热△H为-285.8kJ•mol-1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1molH2O（l）为1molH2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解2molH2O（l）消耗的能量为285.8kJ×2=571.6kJ，故答案为：571.6kJ；

（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1，则

①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1

②CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1

由盖斯定律可知用②-①得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），该反应的反应热△H=-726.5kJ•mol-1-（-283.0kJ•mol-1）=-443.5kJ•mol-1，

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1；（3）①由题干可知：反应Ⅰ的，故温度上升使转化为的平衡转化率上升；而反应Ⅱ的，故温度上升使转化为的平衡转化率下降，但由于上升幅度超过下降幅度，最终导致CO2的平衡转化率上升，故答案为：反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度上升使转化为的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；②依据的选择性的定义，想提高其选择性，应当使得平衡向生成更多CH3OH的方向移动，温度不能变更，只能变更压强和浓度，若增大H2的浓度，反应Ⅰ也向正向移动，故CH3OH的选择性不肯定提高，但是增大压强，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CH3OH的选择性肯定提高，同时也可通过变更催化剂来限制反应Ⅱ和反应Ⅰ的发生，找寻一种对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂来提高其选择性，故答案为：增大压强，运用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；(4)在体积为的密闭容器中充入和发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，依据三段式计算可知：，该反应的平衡常数，故答案为：0.0062；(5)探讨证明，也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，该过程中碳的化合价由+4价降低为-2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，故其电极反应式为，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，故电极方程式为：，故电解产物为O2，故答案为：，O2。【点睛】本题综合性较强，考查学问点较多，留意了对高考热点的考查，学生应熟识燃烧热、盖斯定律、热化学反应方程式、化学平衡、电解原理等重要学问来解答，题目难度中等。10.Ⅰ．呋喃甲酸是一种抗生素，在食品工业中作防腐剂，也作涂料添加剂医药、香料等中间体，可用呋喃甲醛制备，其试验原理和制备步骤如下：2+NaOH→+∆H＜0步骤③提纯过程：溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥。(1)步骤①的关键是限制温度，其措施有：磁力搅拌、__________和缓慢滴加溶液。(2)步骤②中，加入无水的作用_______。(3)呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中溶解度(S)随温度(T)变更的曲线如图。步骤③提纯时合适的溶解试剂是________。Ⅱ．利用呋喃甲酸制取的呋喃甲酸正丁酯是一种优良的有机溶剂。某化学爱好小组在试验室用呋喃甲酸和正丁醇制备呋喃甲酸正丁酯，有关物质的相关数据及试验装置如图所示：化合物相对分子质量密度()沸点(℃)溶解度(g/100g水)呋喃甲酸1121.322230-2324.33正丁醇740.81117.39呋喃甲酸正丁酯1681.053136.10.7分水器的操作方法：先将分水器装满水(水位与支管口相平)，再打开活塞，精确放出肯定体积的水。在制备过程中，随着加热回流，蒸发后冷凝下来的有机液体和水在分水器中滞留分层，水并到下层(反应前加入的)水中；有机层从上面溢出，流回反应容器。当水层增至支管口时，停止反应。呋喃甲酸正丁酯合成和提纯步骤为：第一步：取足量的正丁醇和呋喃甲酸混合加热发生酯化反应，反应装置如图a所示(加热仪器已省略)；其次步：依次用水、饱和溶液、水对烧瓶中的产品洗涤并干燥；第三步：用装置b蒸馏提纯。回答有关问题：(4)装置A的名称_________。(5)试验中运用分水器的优点有________。(6)其次步用饱和溶液洗涤的目的是______。(7)若试验中得到呋喃甲酸正丁酯，则呋喃甲酸正丁酯的产率为________。试验中呋喃甲酸正丁酯的实际产率总是小于此计算值，不行能缘由是_______(填字母代号)。A．分水器收集的水里含呋喃甲酸正丁酯B．该试验条件下发生副反应C．产品精制时收集部分低沸点物质D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失【答案】(1).冷水浴(2).干燥(3).A(4).三颈烧瓶(5).刚好分别出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动(6).除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质(7).43.5%(8).C【解析】【分析】(1)制备呋喃甲酸反应为放热反应，需保持温度为8℃-12℃，可用冷水浴限制温度，磁力搅拌散热也可限制温度，通过限制滴加反应物的速率也可限制反应的温度；(2)步骤②中有机层为呋喃甲醇和少量的水，用无水硫酸镁可以干燥呋喃甲醇；(3)呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，由溶解度曲线可知，在溶剂物质A中的溶解度随温度的上升而增大明显；在溶剂物质B、C中的溶解度随温度的上升而不明显；(4)依据仪器的结构特征，仪器A为三颈瓶；(5)依据分水器的作用结合平衡移动的原理进行分析；(6)类比于书本中乙酸乙酯的制备试验中碳酸钠的作用进行解题；(7)依据足量的正丁醇和呋喃甲酸发生酯化反应进行计算，并分析造成产率偏低的缘由。【详解】(1)制备呋喃甲酸反应△H＜0，为放热反应，制备呋喃甲酸需保持温度为8℃-12℃，温度过高会降低其产率，反应温度较高，限制温度可用冷水浴法；搅拌也可以散热限制温度，所以还可用磁力搅拌的方法，让反应速率减小限制温度，所以可用缓慢滴加NaOH溶液的方法，答案为：冷水浴；(2)步骤②中有机层中呋喃甲醇还含有水等杂质，而无水硫酸镁可以吸水形成带结晶水的晶体作干燥剂，答案为：干燥剂；(3)由溶解度曲线可知：呋喃甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度，在溶剂物质A中的溶解度随温度的上升而增大明显，在溶剂物质B、C中的溶解度随温度的上升而增大程度不明显，所以选择合适的溶解溶剂是A，降温结晶时就是利用于溶解度随温度变更明显的物质，答案为：A；(4)依据仪器的特征，仪器a为三颈烧瓶，答案为：三颈烧瓶；(5)分水器的作用是把反应产生的水从反应体系中分别开来，也就是降低产物的浓度使得平衡反应向右移动，从而提高反应的产量，答案为：刚好分别出水，有利于酯化反应朝正反应方向移动；(6)碳酸钠可与硫酸、呋喃甲酸反应，则步骤②加入Na2CO3，可汲取硫酸以及未反应的呋喃甲酸，同时降低酯的溶解度，答案为：除去产品中含有的呋喃甲酸(硫酸)等杂质；(7)由足量的正丁醇和呋喃甲酸混合加热发生酯化反应，可生成的呋喃甲酸正丁酯的质量为：依据反应找关系式，1mol呋喃甲酸～1mol呋喃甲酸正丁酯，由，，解得：m(酯)=21.22g，故产率为，答案为：43.5%A．分水器收集的水里含呋喃甲酸正丁酯，使得最终收集到得呋喃甲酸正丁酯削减，产率降低，A不符合题意；B．该试验条件下发生副反应，将有更多得呋喃甲酸转化成其他物质，最终收集到得呋喃甲酸正丁酯削减，产率降低，B不符合题意；C．产品精制时收集部分低沸点物质，使得最终收集到得产品增多，将使产率增大，C符合题意；D．产品在洗涤、蒸发过程中有损失，使得最终收集到得产品削减，将使产率降低，D不符合题意；故答案为：C。【点睛】本题考查物质制备的试验设计、条件限制、基本试验操作以及物质结构的有关检测和推断，试题综合性强，题目难度较大，侧重对学生基础学问的巩固与训练，旨在考查学生敏捷运用基础学问解决实际问题的实力，同时也留意对学生答题实力的培育和方法指导，有利于培育学生的逻辑思维实力和发散思维实力。(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做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。留意所选题目的题号必需与所涂题目的题号一样，在答题卡选答区域指定位置答题。假如多做，则每学科按所做的第一题计分。11.电能是一种无污染、可再生的二级能源。储电材料种类繁多。如图是两种储电材料，请阅读试题，视察图片，回答问题。Ⅰ.新型碳氮材料的储电实力应用前景广袤。其基本构成单元如图所示。(1)图1中化学键σ键与π键之比为________；图2中碳原子的杂化方式为________。(2)在基态原子中，核外存在_____对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为____形。(3)碳的最高价含氧酸根的空间构型是__________；硝酸的酸性强于亚硝酸的缘由是__________。Ⅱ.传统锂电池的主要成分是，其晶胞结构如图所示；因结构中存在笼状空隙，可以与和发生位置替换，形成储电性能更加优良的化合物。(4)基态原子的价电子排布式为_____________；化合物中O元素在晶胞中的位置，除了位于正六棱柱的顶点外，其他详细位置是__________。(5)已知化合物中各原子半径依次为：，晶胞的棱长为m，底边边长为n，该晶体的空间利用率的计算表达式为__________(用含有a、b、c、d、e、m、n的式子表示)。【答案】(1).2∶1(2).(3).2(4).哑铃(纺锤)(5).平面三角形(6).硝酸中N原子化合价高于亚硝酸中N原子化合价，硝酸中非羟基氧的个数比亚硝酸多，非羟基氧的数目越多酸性越强(7).(8).O位于上下两个面心、六棱柱的侧面(9).【解析】【详解】(1)图1中所示分子是H2NC≡N，故1个分子中含有4个σ键，2个π键，故其比值为2∶1；图2中所示物质其实是三分子图1所示物质发生加聚反应而得，结构简式为，故其碳原子的杂化方式为；故答案为：2∶1；(2)在基态原子核外电子排布式为1s22s22p3中，1s和2s均有自旋相反的电子，核外存在2对，核外电子占据的最高能级是2p能级，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，故答案为：2哑铃(纺锤)；(3)碳最高价含氧酸根即，经计算C原子四周无孤对电子，由3个σ键，其空间构型是平面三角形；一是同种元素形成的不同价态的含氧酸，中心原子化合价越高酸性越强，硝酸中N原子化合价+5大于亚硝酸中N原子化合价+3；二是非羟基氧的个数前者为2，后者为1，非羟基氧的数目越多酸性越强；故答案为：平面三角形硝酸中N原子化合价高于亚硝酸中N原子化合价，硝酸中非羟基氧的个数比亚硝酸多，非羟基氧的数目越多酸性越强；Ⅱ．(4)基态是27号元素，其原子的价电子排布式为；从晶胞结构图中可以清晰地看出化合物中O元素在晶胞中的位置，除了位于正六棱柱的顶点外，其他详细位置上下两底面的面心和六个侧面面上，故答案为：O位于上下两个面心、六棱柱的侧面；(5)由晶胞图中可以计算出分别含有Li的个数为：，结合化学式化合物可知，一个晶胞中含有的Li、Ni、Mn、Co、O的个数分别为：3、1、1、1、6，晶胞中全部原子的体积之和为，而一个晶胞的体积为,该晶体的空间利用率的计算表达式为；故答案为：。12.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路途如图：已知A分子中只含有一种官能团且能与反应生成。回答下列问题：(1)A的化学名称是___________。(2)C中的官能团名称是___________。(3)D生成E的反应类型是___________。(4)F的结构简式是___________。(5)A与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯PES，该反应的化学方程式为_________。(6)X是G的同分异构体，满意下列条件的X共有___________种(不考虑立体异构)①含苯环且苯环上只有三个取代基；②含醛基且与苯环干脆相连；③除苯环外不含其他环状结构。若①