精品解析：福建宁德市2025-2026学年第二学期高二年级期末考试 化学试题

2025—2026学年第二学期高二年级期末考试 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 注意： 1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)(共7页14题)，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。 2.相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ga 70 As 75 Ce 140 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 闽东是重要产茶区，主要品种有白茶、红茶、绿茶等。下列有关说法错误的是 A. “硒茶”是指茶叶中含有硒单质 B. 茶叶中的纤维素属于天然高分子化合物 C. 茶叶中的茶多酚含有多个酚羟基 D. 茶叶中的柠檬酸、苹果酸属于有机酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．“硒茶”中的硒指硒元素，以化合态形式存在，并非硒单质，A错误； B．纤维素是天然多糖，相对分子质量较大，属于天然高分子化合物，B正确； C．由茶多酚的结构可知，其含有多个直接连在苯环上的羟基，即多个酚羟基，C正确； D．柠檬酸、苹果酸都含有羧基，属于有机酸，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 反-2-丁烯的键线式： B. 基态原子的价层电子轨道表示式： C. 中的配位键： D. 甲醛中的键电子云轮廓图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．题图中的键线式双键两侧甲基在同侧，属于顺-2-丁烯的键线式，不是反-2-丁烯，A错误； B．基态Cr原子价层电子排布为（半满稳定结构），3d轨道应填充5个单电子、4s轨道填充1个电子，故原子的价层电子轨道表示式为，B错误； C．中B提供空轨道、O提供孤电子对形成配位键，箭头应从提供孤对的O指向接受孤对的B，题图箭头方向错误，C错误； D．甲醛为平面结构，C与O之间的π键由p轨道肩并肩重叠形成，电子云分布在分子平面的上下两侧，与题图一致，D正确； 故选D 3. 设为阿伏加德罗常数的值。醛氨法合成吡啶()化学方程式为：。下列说法正确的是 A. 吡啶中参与形成大键的电子数目为 B. 中，中心原子的孤电子对数为 C. 中键的数目为 D. 标况下甲醛溶于水，所得溶液含有氢原子数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．7.9 g 吡啶的物质的量为 0.1 mol，吡啶环上的碳原子和氮原子均为 sp2 杂化，共同形成一个含有 6 个电子的大键，因此 0.1 mol 吡啶中参与形成大键的电子数为 0.6NA，A正确； B．17 g NH3的物质的量为 1 mol，氨气分子中氮原子有 1 对孤电子对，所以1 mol NH3中中心原子的孤电子对数应为 NA，B错误； C．乙醛（CH3CHO）分子中含有 6 个键，因此 1 mol 乙醛中键数目为 6NA，C错误； D．标况下 5.6 L 甲醛为 0.25 mol，其自身含有 0.5 mol 氢原子，但溶剂水中也含有大量氢原子，故溶液中总氢原子数目远大于 0.5NA，D错误； 故选A。 4. 下列说法错误的是 A. 钠原子处于的状态上的核外电子跃迁到的状态时会产生多条谱线 B. 最外层电子排布式为的基态原子，一定是主族元素原子 C. 、金刚石、石墨分别属于分子晶体、共价晶体、混合晶体 D. 可利用重铬酸钾和乙醇的变色反应检测酒驾 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠原子能级包含多个能量不同的原子轨道，电子从的不同轨道跃迁到的轨道时，释放的光子能量不同，会产生多条谱线，A正确； B．最外层电子排布式为的基态原子，可能是0族的（电子排布为），也可能是ⅡB族、部分过渡金属元素，不一定是主族元素原子，B错误； C．由分子构成，属于分子晶体；金刚石是碳原子通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体；石墨层内为共价键、层间为分子间作用力，属于混合晶体，C正确； D．酸性重铬酸钾具有强氧化性，可氧化乙醇，自身被还原为绿色的，有明显颜色变化，可用于检测酒驾，D正确； 故选B。 5. 物质的组成和结构决定物质的性质，下列结论和解释不相符的是 结论 解释 A 硬度：晶体>晶体硅 键能： B 酸性： 电负性大，使得的极性增强，更易断裂 C 甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以 甲基对苯环产生的影响 D 熔点： 为离子晶体，为分子晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．SiC和晶体硅均为共价晶体，C原子半径小于Si，键长比短、键能更大，共价晶体键能越大硬度越高，A不符合题意； B．F的电负性远大于H，的吸电子效应强于，使得羧基中极性增强，更易电离出，故三氟乙酸酸性更强，B不符合题意； C．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化是因为苯环对甲基的影响，使甲基活性增强易被氧化，而非甲基对苯环的影响，结论和解释不相符，C符合题意； D．离子晶体熔化需破坏离子键，分子晶体熔化仅破坏较弱的分子间作用力，NaCl是离子晶体，是分子晶体，故NaCl熔点更高，D不符合题意； 故选C。 6. 临床常用的质子泵抑制剂艾普拉唑钠的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. 艾普拉唑钠中含有离子键、共价键 B. 有机基团上含有2个苯环 C. 苯环上的一氯代物有3种 D. 有机基团中C原子的VSEPR模型有两种 【答案】B 【解析】 【详解】A．艾普拉唑钠是钠盐，与有机阴离子之间存在离子键，有机基团内部非金属原子间以共价键结合，A正确； B．该分子仅含1个苯环，右侧含的六元杂环为吡啶环、左侧含的五元杂环为吡咯环，均不属于苯环，B错误； C．该分子的苯环上存在3种等效氢，因此苯环上的一氯代物有3种，C正确； D．有机基团中饱和原子为杂化，VSEPR模型为四面体形；不饱和原子（苯环、杂环、双键上的）为杂化，VSEPR模型为平面三角形，共两种，D正确； 故答案选B。 7. 鲁米诺在刑侦中可显现出微量的血迹形态。鲁米诺中含有、、、等元素，结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子能级上的电子总数是能级上电子总数的两倍 B. 电负性： C. 简单氢化物的稳定性： D. 鲁米诺分子中键角： 【答案】C 【解析】 【分析】根据鲁米诺分子结构及元素成键的特征，可推断，X为H、Y为C、Z为O、W为N，由此解答； 【详解】A．Y为C，其电子排布为，s能级的电子数为4个，p能级的电子数为2个，因此s能级上的电子总数是p能级上电子总数的两倍，A正确； B．同一周期元素，电负性从左到右逐渐变大，因此电负性，B正确； C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性，因此简单氢化物的稳定性为，C错误； D．中的N原子的价层电子对数为个，为sp3杂化，有一个孤电子对；中的C原子的价层电子数为个，为sp2杂化，无孤电子对，因此，D正确； 故答案为C。 8. 下列实验装置或操作，可达到相应实验目的的是 A．石油分馏 B．检验乙炔的性质 C．制备溴苯并验证有生成 D．加热至170℃，检验产物乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油分馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处测量馏分温度，图中温度计插入液面下，操作错误，A错误； B．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有、等还原性杂质，足量溶液可除去杂质，剩余的乙炔能使酸性溶液褪色，可检验乙炔的还原性，B正确； C．苯和溴的反应放热，溴易挥发，挥发的蒸气进入溶液也会生成淡黄色沉淀，干扰的检验，C错误； D．乙醇与浓硫酸共热时会生成杂质，也能和溴水反应使其褪色，且挥发的乙醇也会干扰检验，无法证明产物为乙烯，D错误； 故答案选B。 9. 砷化镓的晶胞结构如下图所示，设晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 砷化镓的化学式为 B. 周围紧邻且等距的的个数为4 C. 与原子的最短距离为 D. 砷化镓的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．用均摊法计算晶胞中As的个数为，Ga全部位于晶胞内部，个数为4，二者数目比为1:1，故化学式为，A正确； B．由晶胞结构可知，每个Ga周围直接连接4个紧邻且等距的As，配位数为4，B正确； C．与的最短距离为晶胞体对角线的，即，不是，C错误； D．晶胞质量为，晶胞体积为，代入密度公式得密度为，D正确； 故选C。 10. 以和甲醇为原料合成碳酸二甲酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程涉及非极性键的断裂和形成 B. 反应过程中C原子的杂化方式未发生变化 C. 是催化剂，通过改变总反应的焓变提高化学反应速率 D. 该过程总方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应过程中断裂和形成的化学键均为极性键，比如M-O键和O-H键，不存在非极性键的断裂和形成，A错误； B．中C原子为sp杂化，产物碳酸二甲酯中羰基C原子为杂化，C原子杂化方式发生了变化，B错误； C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，不能改变总反应的焓变，C错误； D．结合反应机理，反应物为和2分子，产物为和，总方程式为，满足原子守恒，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 本题包括4小题，共60分。 11. 化合物B是合成某药物的中间体，合成路线如下： （1）A中官能团有__________（写名称），其分子中杂化的原子是__________（填元素符号）。 （2）B中所含第二周期元素第一电离能由大到小的顺序是__________。 （3）A可与盐酸反应的原因是__________。 （4）检验中的醛基： ①配制氢氧化铜悬浊液：向溶液中加入5滴2% 溶液。 ②向新制氢氧化铜悬浊液中加入5滴，加热，可观察到实验现象是__________，该反应的化学方程式为__________。 （5）下列关于A与B的说法错误的是__________。 a．A中所有原子一定共面 b．最多消耗 c．A只能发生取代反应，不能发生加成反应 【答案】（1） ①. 酚羟基、氨基 ②. N、O （2）N>O>C （3）A中N原子上有孤电子对，能与盐酸电离出的H+形成配位键 （4） ①. 产生砖红色沉淀 ②. （5）ac 【解析】 【分析】乙醛氧化得到乙酸，乙酸脱水生成乙酸酐，乙酸酐和对氨基苯酚A发生乙酰化反应生成B；该合成路线围绕酚、氨基、酯、酰胺等官能团，综合考查官能团识别、原子杂化、第一电离能、醛基检验、有机物性质判断等考点。 【小问1详解】 根据化合物A的结构简式可知，其含有的官能团名称为氨基和酚羟基；A分子中苯环上的碳原子均为杂化；氨基中的氮原子和羟基中的氧原子均形成单键，且分别含有1对和2对孤电子对，价层电子对数均为4，因此N、O原子均为杂化； 【小问2详解】 化合物B中含有的第二周期元素为C、N、O；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增加呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能反常地大于相邻的O原子，这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C； 【小问3详解】 化合物A中含有氨基，氨基上的氮原子带有孤电子对，能与盐酸电离出的氢离子形成配位键，从而生成盐； 【小问4详解】 乙醛中的醛基在碱性条件下加热，能将新制氢氧化铜还原为氧化亚铜，实验现象为产生砖红色沉淀；反应在碱性（NaOH过量）条件下进行，生成的乙酸会继续与碱反应生成乙酸钠，完整的化学方程式为：； 【小问5详解】 a．A分子中含有氨基，氨基中的氮原子为杂化，空间构型呈三角锥形，分子中所有原子不可能处于同一平面，a错误； b．化合物B中含有1个酰胺基和1个酚酯基，1 mol酰胺基水解消耗1 mol NaOH，1 mol酚酯基水解生成1 mol酚羟基和1 mol羧基，消耗2 mol NaOH，因此1 mol B最多消耗3 mol NaOH，b正确； c．化合物A中含有苯环，在一定条件下可以与氢气发生加成反应，c错误； 答案选ac。 12. 二氧化铈()是一种重要催化剂。某化学兴趣小组开展以下探究。 Ⅰ.制备 已知：①为白色沉淀； ②为黄色沉淀，不溶于水和乙醇。 （1）“原料混合”装置如下图所示，仪器a的名称是__________。 （2）“氧化”过程生成黄色沉淀，该反应的离子方程式为__________。 （3）“醇洗”的主要目的是__________。 （4）“煅烧”得到产品，则的产率为__________(保留3位有效数字)。 Ⅱ.探究氧化铈晶体 （5）无氧空位的晶胞的结构如图1所示，晶胞参数为，则铈离子的配位数为__________。若A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为__________。 （6）铈的氧化物中存在氧空位可提高催化活性，是氧空位的指标()。某有氧空位氧化铈()晶胞如图2所示，则其______(用分数表示)。无氧空位的在氛围中与加热反应，可制得，该反应的化学方程式为__________。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） （3）乙醇易挥发，除去Ce(OH)4表面的水 （4）93.0% （5） ①. 8 ②. (，，) （6） （7） 【解析】 【小问1详解】 根据题干“原料混合”的装置图，仪器a为常见的三颈反应容器，带有三个瓶口，用于同时连接温度计、搅拌器和滴液漏斗，名称为三颈烧瓶； 【小问2详解】 已知“氧化”过程生成黄色沉淀，结合信息②，该黄色沉淀为Ce(OH)4。反应物为Ce(OH)3和ClO-，在碱性条件下发生氧化还原反应。Ce从+3价升至+4价，Cl从+1价降至-1价。根据得失电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为：； 【小问3详解】 “醇洗”即用乙醇洗涤沉淀。Ce(OH)4不溶于乙醇，且乙醇具有良好的挥发性。醇洗的主要目的是利用乙醇的挥发性带走沉淀表面吸附的水分，便于后续干燥，同时乙醇与水互溶，可以更好地去除水溶性杂质； 【小问4详解】 原料中Ce(NO3)3的物质的量为，理论生成CeO2的物质的量n(理论)=0.005 mol，CeO2摩尔质量M=172 g/mol，因此理论质量：，若实际得到产品质量为0.800 g，则产率： ； 【小问5详解】 CeO2为典型萤石型（CaF2型）晶胞：Ce位于晶胞顶点和面心（面心立方堆积），O填充在晶胞内部的四面体空隙中。每个Ce周围距离最近且相等的O共8个，因此Ce的配位数为8。分数坐标以晶胞边长为单位长度，若顶点Ce的坐标为A，则四面体空隙处的O，处于晶胞体对角线上，B距离A为体对角线的，B原子的分数坐标为； 【小问6详解】 无氧空位的CeO2晶胞中，Ce总数为个，-总数为8 个，符合Ce:O=1:2，但有氧空位的Ce4O7晶胞中，Ce仍为x=4个，O原子为y=8-1=7个，则。反应方程式配平：CeO2在氛围中加热，部分+4价Ce被还原为+3价，生成Ce4O7和H2O。根据原子守恒配平：。 13. 用如下方法可制得阿法诺啡中间体(H)。 （1）H(阿法诺啡中间体)的分子式为__________。 （2）D的名称是__________。 （3）用“*”标出中的不对称碳原子(手性碳原子)。 （4）A→B的化学方程式为__________。 （5）在水中的溶解度D大于C，其主要原因是__________。 （6）G→H的反应类型是__________。 （7）K的结构简式是__________。 （8）B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为__________(不考虑立体异构，写出一种即可)。 ⅰ.遇溶液显紫色 ⅱ.与溶液反应生成气泡 ⅲ.核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的原子，其个数比为 【答案】（1） （2）乙二醇 （3） （4） （5）C、D均可与H2O形成分子间氢键，D (乙二醇) 与H2O形成的分子间氢键更多 （6）消去反应 （7） （8） 、 、或其他合理答案 【解析】 【分析】根据A和B的结构简式以及反应条件可知，A→B是A与甲醇发生酯化反应生成B；C+D→E是醛基在酸性条件下和乙二醇发生反应；B+E→F是取代反应，F反应生成G或J的反应为环断裂后的重新成环，当成环为位置为①生成物为G，因此推测当成环位置为②生成物J的结构简式为；G→H和J→K的原理一致，在酸性条件下发生了消去反应，根据H的结构简式，推测出K的结构简式为，由此解答； 【小问1详解】 根据H的结构简式，可知H的分子式为； 【小问2详解】 根据D的结构，可知D的名称为乙二醇； 【小问3详解】 手性碳原子为连接四个不同原子或基团的碳原子，因此F中的手性碳原子为； 【小问4详解】 A→B是A与甲醇发生酯化反应生成B，因此化学方程式为； 【小问5详解】 根据C和D的结构可知，C、D均可与H2O形成分子间氢键，D与H2O形成的分子间氢键更多，因此D的溶解度大于C； 【小问6详解】 H与G相比，不饱和度增加，因此G→H是在酸性条件下发生的消去反应； 【小问7详解】 由分析可知，K的结构简式为； 【小问8详解】 B的分子式为，遇溶液显紫色说明结构中含有酚羟基，与溶液反应生成气泡说明结构中含有羧基，因此还含有三个饱和碳原子，因核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的原子，其个数比为，其中1组峰为6个，推测为两个对称甲基上的氢原子，并且说明结构对称，因此符合要求的同分异构体为、、。 14. 钪()是重要的稀土元素，广泛应用于溅射靶材、激光材料、燃料电池等。一种从工业含钪废渣(主要含、、、的氧化物)中提取钪的流程如下： 已知：ⅰ.是一种萃取剂，在水中可发生电离：()； ⅱ.与通过以下转化形成络合物： （1）气态基态失去__________轨道上一个电子所需能量最小。 （2）“酸浸”时固体残渣主要成分为__________。 （3）的分子间易通过氢键形成二聚体，其中的氢键可表示为__________。 （4）中的的配位数是6而不是3，理由是__________。 （5）“钪反萃”时，pH的减小可使尽可能多地转移到水层，其原因是__________。 （6）室温下，若“钪反萃”后的溶液中，用溶液调，开始产生沉淀时的为__________。(已知) （7）“沉钪2”所得物质在空气中煅烧生成的化学方程式为__________。 （8）制备的流程中，可以循环使用的物质是__________。 【答案】（1）4s （2） （3） 或O-H…O （4）为双齿配体或每个与Sc3+形成配合物时，有2个氧原子参与，而不是1个氧原子参与 （5）增大，平衡逆向移动，使尽可能多地转移到水层 （6）4 （7） （8）P204、盐酸(或HCl) 【解析】 【分析】工业含钪废渣(主要含、、、的氧化物)加入盐酸进行酸浸时，、和的氧化物均溶于盐酸成为离子，不与盐酸反应成为滤渣，因此滤渣主要成分为；利用P204对进行萃取，进入有机相，而其余金属离子留在水相中；利用盐酸对有机相进行反萃取，进入水相；利用NaOH溶液将转化为；再利用盐酸进行酸溶得到，加入草酸获得，加热分解得到，由此解答； 【小问1详解】 Sc的原子序数为21，价层电子排布式为，失去4s轨道1个电子所需能量最小； 【小问2详解】 由分析可知，滤渣的主要成分是； 【小问3详解】 分子中的中O有孤电子对，与另一个分子中羟基的氢原子形成氢键，因此氢键可以表示为； 【小问4详解】 每个配体中，两个氧原子均有孤电子对，均可与形成配位键，3个该配体共提供6个配位O，因此配位数为6； 【小问5详解】 “钪反萃”时，存在的络合平衡，增大，会使反应向逆反应方向移动，可使尽可能多地转移到水层； 【小问6详解】 “钪反萃”后的溶液中，，因此开始沉淀时，因此溶液中，pH=4； 【小问7详解】 “沉钪2”所得的物质为，在空气中煅烧生成和二氧化碳，因此化学方程式为； 【小问8详解】 “钪反萃”过程中生成的P204可以用于“钪萃取”的过程；“沉钪2”过程生成的盐酸可以用于“酸浸”、“酸溶”和“钪反萃”的过程，因此可以循环使用的物质为P204、盐酸。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高二年级期末考试 化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 注意： 1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)(共7页14题)，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。 2.相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ga 70 As 75 Ce 140 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 闽东是重要产茶区，主要品种有白茶、红茶、绿茶等。下列有关说法错误的是 A. “硒茶”是指茶叶中含有硒单质 B. 茶叶中的纤维素属于天然高分子化合物 C. 茶叶中的茶多酚含有多个酚羟基 D. 茶叶中的柠檬酸、苹果酸属于有机酸 2. 下列化学用语表达正确的是 A. 反-2-丁烯的键线式： B. 基态原子的价层电子轨道表示式： C. 中的配位键： D. 甲醛中的键电子云轮廓图： 3. 设为阿伏加德罗常数的值。醛氨法合成吡啶()化学方程式为：。下列说法正确的是 A. 吡啶中参与形成大键的电子数目为 B. 中，中心原子的孤电子对数为 C. 中键的数目为 D. 标况下甲醛溶于水，所得溶液含有氢原子数目为 4. 下列说法错误的是 A. 钠原子处于的状态上的核外电子跃迁到的状态时会产生多条谱线 B. 最外层电子排布式为的基态原子，一定是主族元素原子 C. 、金刚石、石墨分别属于分子晶体、共价晶体、混合晶体 D. 可利用重铬酸钾和乙醇的变色反应检测酒驾 5. 物质的组成和结构决定物质的性质，下列结论和解释不相符的是 结论 解释 A 硬度：晶体>晶体硅 键能： B 酸性： 电负性大，使得的极性增强，更易断裂 C 甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以 甲基对苯环产生的影响 D 熔点： 为离子晶体，为分子晶体 A. A B. B C. C D. D 6. 临床常用的质子泵抑制剂艾普拉唑钠的结构简式如图所示。下列说法错误的是 A. 艾普拉唑钠中含有离子键、共价键 B. 有机基团上含有2个苯环 C. 苯环上的一氯代物有3种 D. 有机基团中C原子的VSEPR模型有两种 7. 鲁米诺在刑侦中可显现出微量的血迹形态。鲁米诺中含有、、、等元素，结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子能级上的电子总数是能级上电子总数的两倍 B. 电负性： C. 简单氢化物的稳定性： D. 鲁米诺分子中键角： 8. 下列实验装置或操作，可达到相应实验目的的是 A．石油分馏 B．检验乙炔的性质 C．制备溴苯并验证有生成 D．加热至170℃，检验产物乙烯 A. A B. B C. C D. D 9. 砷化镓的晶胞结构如下图所示，设晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 砷化镓的化学式为 B. 周围紧邻且等距的的个数为4 C. 与原子的最短距离为 D. 砷化镓的密度为 10. 以和甲醇为原料合成碳酸二甲酯，反应的机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程涉及非极性键的断裂和形成 B. 反应过程中C原子的杂化方式未发生变化 C. 是催化剂，通过改变总反应的焓变提高化学反应速率 D. 该过程总方程式为 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 本题包括4小题，共60分。 11. 化合物B是合成某药物的中间体，合成路线如下： （1）A中官能团有__________（写名称），其分子中杂化的原子是__________（填元素符号）。 （2）B中所含第二周期元素第一电离能由大到小的顺序是__________。 （3）A可与盐酸反应的原因是__________。 （4）检验中的醛基： ①配制氢氧化铜悬浊液：向溶液中加入5滴2% 溶液。 ②向新制氢氧化铜悬浊液中加入5滴，加热，可观察到实验现象是__________，该反应的化学方程式为__________。 （5）下列关于A与B的说法错误的是__________。 a．A中所有原子一定共面 b．最多消耗 c．A只能发生取代反应，不能发生加成反应 12. 二氧化铈()是一种重要催化剂。某化学兴趣小组开展以下探究。 Ⅰ.制备 已知：①为白色沉淀； ②为黄色沉淀，不溶于水和乙醇。 （1）“原料混合”装置如下图所示，仪器a的名称是__________。 （2）“氧化”过程生成黄色沉淀，该反应的离子方程式为__________。 （3）“醇洗”的主要目的是__________。 （4）“煅烧”得到产品，则的产率为__________(保留3位有效数字)。 Ⅱ.探究氧化铈晶体 （5）无氧空位的晶胞的结构如图1所示，晶胞参数为，则铈离子的配位数为__________。若A原子的分数坐标为，则B原子的分数坐标为__________。 （6）铈的氧化物中存在氧空位可提高催化活性，是氧空位的指标()。某有氧空位氧化铈()晶胞如图2所示，则其______(用分数表示)。无氧空位的在氛围中与加热反应，可制得，该反应的化学方程式为__________。 13. 用如下方法可制得阿法诺啡中间体(H)。 （1）H(阿法诺啡中间体)的分子式为__________。 （2）D的名称是__________。 （3）用“*”标出中的不对称碳原子(手性碳原子)。 （4）A→B的化学方程式为__________。 （5）在水中的溶解度D大于C，其主要原因是__________。 （6）G→H的反应类型是__________。 （7）K的结构简式是__________。 （8）B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为__________(不考虑立体异构，写出一种即可)。 ⅰ.遇溶液显紫色 ⅱ.与溶液反应生成气泡 ⅲ.核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的原子，其个数比为 14. 钪()是重要的稀土元素，广泛应用于溅射靶材、激光材料、燃料电池等。一种从工业含钪废渣(主要含、、、的氧化物)中提取钪的流程如下： 已知：ⅰ.是一种萃取剂，在水中可发生电离：()； ⅱ.与通过以下转化形成络合物： （1）气态基态失去__________轨道上一个电子所需能量最小。 （2）“酸浸”时固体残渣主要成分为__________。 （3）的分子间易通过氢键形成二聚体，其中的氢键可表示为__________。 （4）中的的配位数是6而不是3，理由是__________。 （5）“钪反萃”时，pH的减小可使尽可能多地转移到水层，其原因是__________。 （6）室温下，若“钪反萃”后的溶液中，用溶液调，开始产生沉淀时的为__________。(已知) （7）“沉钪2”所得物质在空气中煅烧生成的化学方程式为__________。 （8）制备的流程中，可以循环使用的物质是__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $