福建省宁德市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题（解析版）

这是一份福建省宁德市2024-2025学年高二下学期6月期末化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了相对原子质量， 反应放热，可用于冬天石油开采， 对下列事实的解释错误的是， 芬太尼的结构如图等内容，欢迎下载使用。
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 Cl-35.5 Mn-55 C-59 Ag-108 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. 闽东特产丰富。下列说法错误的是
A. “福鼎白茶”，茶韵悠长，成分之一氨基酸不与酸反应
B. “屏南黄酒”，愈久弥香，酒香是因为含有酯类物质
C. “高山小土豆”，口感糯香，富含淀粉，淀粉是天然高分子化合物
D. “柘荣剪纸”，字画交融，纸的主要成分是纤维素
【答案】A
【解析】对生命中的有机化合物进行考察，针对官能团、分类等概念。
氨基酸同时含有氨基（-NH2）和羧基（-COOH），氨基显碱性可与酸反应，因此氨基酸能与酸反应，A正确；酯类物质是酒类香味的重要来源，陈酿过程中会发生酯化反应，酯类生成会增加香气，B错误；淀粉分子量高达数万至数十万，属于天然高分子化合物，C错误；纸由植物纤维（纤维素）制成，纤维素是主要成分，D错误。故答案选A。
2. 下列说法正确的是
A. 核酸是生命体遗传信息的分子载体，被誉为“生命之源”
B. 苯酚与溴水、FeCl3溶液反应，分别生成白色沉淀和紫色沉淀
C. 在一定条件下，糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
D. 检验溴乙烷中的溴元素：将溴乙烷滴入NaOH溶液中，加热，加入AgNO3溶液
【答案】A
【解析】核酸是生命体遗传信息的分子载体，被誉为“生命之源”，A正确；苯酚与FeCl3溶液反应显紫色（络合物）而非生成紫色沉淀，B错误；单糖（如葡萄糖）无法水解，C错误；检验溴乙烷中的溴元素需在水解后先用硝酸酸化以中和过量NaOH，之后再加入AgNO3，生成浅黄色沉淀，D错误；答案选A。
3. 光催化除甲醛的原理为HCHO+O2CO2+H2O。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.2gCO2含σ键的数目为0.2
B. 18gH2O中，中心原子的孤电子对数为2
C. 反应消耗22.4LO2时，转移电子数目为4
D. 24g质量分数为25%的甲醛水溶液中含有氢原子数目为0.4
【答案】B
【解析】CO2的结构为O=C=O，每个双键含1个σ键，1个CO2分子含2个σ键。2.2g CO2的物质的量为0.05ml，σ键数目为0.05×2=0.1NA，A错误；H2O的中心原子O的孤电子对数为对，18g H2O为1ml，孤电子对数为1×2=2NA，B正确；未说明气体是否处于标准状况，22.4L O2的物质的量无法确定，无法确定转移电子数，C错误；24g质量分数为25%的甲醛水溶液中HCHO质量为，H2O的质量24-6=18g ，HCHO物质的量为0.2ml，含有H物质的量0.4ml H，18g 为1ml，含2ml H，总H原子数为(0.4+2)NA=2.4NA，D错误；故选B。
4. 反应放热，可用于冬天石油开采。下列说法正确的是
A. 中的配位键可表示为：
B. 用电子式表示NaCl的形成过程：
C. 分子中O原子的杂化类型为
D. 分子中p-p键的电子云轮廓图：
【答案】D
【解析】中N提供孤电子对，H+提供空轨道，中的配位键可表示为： ，A错误；NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程：，B错误；分子中O原子的价层电子对数，O杂化类型为，C错误；分子中N原子p能级轨道电子参与p-p键和p-p键的形成，p轨道呈哑铃形，p-p键的电子云轮廓图：，D正确；故选D。
5. 对下列事实的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】原子半径：AlMg，金属键Al>Mg，硬度Al>Mg，A正确；向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色溶液，再加入一定量乙醇，降低络合物溶解度，导致析出深蓝色晶体，B正确；SiO2共价晶体，熔点受共价键强弱影响，共价键强熔点高；为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，共价键强度大于分子间作用力，熔点：SiO2>CO2，C错误；冠醚空腔匹配K⁺直径，识别钾离子，增大高锰酸钾在有机溶剂中的溶解度，D正确；故选C。
6. 芬太尼的结构如图。下列说法错误的是
A. 芬太尼属于芳香族化合物，分子式为
B. 芬太尼分子中含有手性碳原子
C. 芬太尼能发生加成反应、水解反应、氧化反应
D. 1ml芬太尼最多可消耗6ml
【答案】B
【解析】根据所给结构简式芬太尼结构中含有苯环属于芳香族化合物，分子式，A正确；手性碳原子指饱和碳原子连有4个不同的原子或原子团，根据结构可知芬太尼分子中没有手性碳原子，B错误；芬太尼分子结构中含有苯环能发生加成反应、含有酰胺基能发生水解反应、苯环侧链的碳原子上含有氢原子，能发生氧化反应，C正确；酰胺基不和氢气加成，1ml芬太尼含有2ml苯环，最多可消耗6ml发生加成反应，D正确；故选B。
7. 某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，结构如图。X原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的两倍，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是
A. 是非极性分子
B. 第一电离能：
C. 简单氢化物的热稳定性：
D. WXY分子中的键和键的个数比为1：1
【答案】D
【解析】Z是地壳中含量最高的元素，Z为O元素；X原子s能级上的电子总数是p能级上电子总数的两倍，基态X原子电子排布式1s22s22p2，X为C元素；根据离子液体结构图可知W参与一根键且原子序数比C的小，W为H元素；Y在阴离子中参与5根键且原子序数介于C、O之间，Y为N元素，据此分析。
W为H元素，Y为N元素，分子中N原子采取sp3杂化，结构不对称，该分子为极性分子，A错误；X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，同一周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，N原子2p能级电子为半充满状态，能量较低，第一电离能大于O原子，第一电离能：，B错误；Y为N元素、Z为O元素，同一周期从左到右元素的非金属性逐渐增强。非金属性：O>N，简单氢化物的热稳定性：，C错误；W为H元素、X为C元素、Y为N元素；的结构简式为，分子中含有键和键的个数比为2:2=1：1，D正确；故选D。
8. 下列有关实验设计能达到实验目的的是(部分夹持装置省略)
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】浓盐酸易挥发，挥发出来的HCl能与苯酚钠反应生成苯酚，不能判断苯酚、碳酸酸性的强弱，A错误；乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯，温度计的水银球应插入液面以下，B错误；苯与液溴在Fe的催化作用下能发生取代反应生成HBr，因液溴易挥发，生成的HBr分子中混有Br2，用CCl4除去Br2，NaOH溶液吸收多余的HBr，能达实验目的，C正确；乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件存在下发生酯化反应生成乙酸乙酯，利用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解损失，且导管在液面以上可以防止发生倒吸，不是稀硫酸、饱和食盐水，D错误；故选C。
9. Cr/ZSM-5SAC可催化甲烷氧化为甲酸，反应的过程如图所示。下列说法错误的是
A. 反应过程涉及非极性键的断裂和形成
B. 反应过程中C原子的杂化方式发生变化
C. [CrO]+是催化剂，反应前后化学性质不变
D. 该过程总方程式为CH4+3H2O2HCOOH+4H2O
【答案】A
【解析】反应①、③中参与反应断裂O-O非极性键，所有反应生成新物质过程中均没有非极性键的形成，A错误；CH4中C采取sp3杂化，HCOOH中C采取sp2杂化，反应过程中C原子的杂化方式发生变化，B正确；[CrO]+在反应①中作为反应物参与反应，反应④是生成物，[CrO]+是催化剂，反应前后化学性质不变，C正确；根据转化图甲烷与过氧化氢反应生成甲酸、水，总方程式为CH4+3H2O2HCOOH+4H2O，D正确；故选A。
10. 铈的氧化物在半导体材料、高级颜料和汽车尾气的净化方面有广泛应用。CeO2晶胞如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞的密度为dg·cm-3。下列说法错误的是
A. 基态O原子的核外电子有5种空间运动状态
B. Ce4+周围最近且等距的O2-的个数为8
C. 晶胞中距离最近的两个Ce4+之间的距离为nm
D. 若图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B处原子分数坐标为()
【答案】C
【解析】基态O原子的核外8个电子，电子排布式为1s22s22p4,s能级有1种空间运动状态，p能级有3种空间运动状态，共有5种空间运动状态，A正确；由晶胞结构图可知，处于面心的铈离子周围最近且等距离的氧离子上下层各有4个，则在该晶体中铈离子周围最近且等距离的氧离子的个数为8，B正确；设晶胞参数为anm，据“均摊法”，晶胞中含个、8个O2-，则晶体密度为，，晶胞中距离最近的两个之间的距离为面对角线一半，距离为，C错误；原子坐标参数A为(0，0，0)，B点在xyz轴上投影坐标分别为、、，坐标参数为（、、），D正确；故答案为：C。
第Ⅱ卷 非选择题(共60分)
本题包括4大题，共60分。
11. Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含SiO2和少量Fe、Cu、Ni等的化合物)为原料制备Mn3O4的一种工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）提高酸浸速率可采取的措施有_______(写出一种即可)。
（2）滤渣1的主要成分是_______。
（3）将NaOH、(CH3)2NH、CS2三种物质按物质的量比1∶1∶1投料，(CH3)2NH与CS2通过_______(填有机反应类型)得到二甲基二硫代氨基甲酸()二甲基二硫代氨基甲酸与NaOH溶液反应制得福美钠[(CH3)2NCSSNa]，福美钠与Ni2+反应生成福美镍()沉淀，福美镍图示中键角α、β的大小比较：α_______β(填“>”、“＜”或“=”)。
（4）“沉锰”时生成Mn(OH)2，则“氧化”步骤发生反应的化学方程式为_______。
（5）Mn3O4有多种晶体结构，其中一种晶体的氧原子的堆积模型如图所示，Mn(Ⅱ)填充在氧原子围成的正四面体空隙中，Mn(Ⅲ)填充在氧原子围成的正八面体空隙中。
①Mn3O4晶体中，氧原子围成的正四面体空隙和正八面体空隙的利用率之比为_______。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞参数为_______pm(用含NA、ρ的代数式表示)。
【答案】（1）粉碎、搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度等
（2）SiO2 （3）①.加成反应 ②.>
（4）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O
（5）①1:4 ②.
【解析】菱锰矿主要成分为MnCO3，含SiO2和少量Fe、Cu、Ni等的化合物。菱锰矿加硫酸“酸浸”， SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；滤液加二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+，用氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，滤渣2是氢氧化铁，加福美钠生成福美镍、福美铜沉淀“除铜镍”，滤渣3是福美镍、福美铜；滤液中加氨水生成Mn(OH)2，Mn(OH)2在空气中氧化生成Mn3O4。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，提高酸浸速率可采取的措施有粉碎、搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度等。
【小问2详解】
SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；
【小问3详解】
根据二甲基二硫代氨基甲酸的结构简式，可知(CH3)2NH与CS2通过加成反应得到二甲基二硫代氨基甲酸()；双键对单键具有排斥作用，所以福美镍图示中键角α、β的大小比较：α>β。
【小问4详解】
“沉锰”时生成Mn(OH)2，则“氧化”步骤中Mn(OH)2和氧气反应生成Mn3O4和水，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；
【小问5详解】
Mn3O4晶体中，O2-数为 ，根据化学式Mn3O4，则晶胞有1个Mn(Ⅱ)、2个Mn(Ⅲ)，氧原子围成的正四面体空隙有8个(将晶胞平均分成8个小立方体的体心)，正八面体空隙有4个(1个位于体心，3个位于12条棱的棱心)，正四面体空隙的利用率为，正八面体空隙的利用率为 ，所以氧原子围成的正四面体空隙和正八面体空隙的利用率之比为1:4。
②晶胞中有4个O2-，则1个晶胞有1个Mn3O4，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm-3，晶胞参数为apm，则pm；
12. 化合物Z是合成抗癌药帕比司他的重要中间体，Z与NaHCO3不反应，制备流程如下：
（1）流程中涉及的第二周期元素的电负性由大到小排序为_______。
（2）X的核磁共振氢谱有_______组峰；X的一种同分异构体为，的名称为_______。
（3）Y分子中最多有_______个碳原子共面；Y存在顺反异构，写出Y的顺式结构的结构简式_______。
（4）写出Y→Z的化学方程式_______。
（5）制备流程中，有机物吡啶的结构简式为。
①大π键可表示为_______ (分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)；
②与水形成分子间氢键，使其在水中的溶解度较大。画出该氢键的示意图_______。
【答案】（1）O>N>C
（2）①.5 ②.对甲基苯甲酸(或4-甲基苯甲酸)
（3）①.10 ②.
（4）+CH3OH+H2O
（5）①. ②.O-HN
【解析】整个流程是通过两步反应将X转化为Z，第一步中，在吡啶作催化剂、加热的条件下X与CH2(COOH)2发生反应生成Y(X结构中的醛基参与缩合反应形成碳碳双键而得到Y)，第二步中，Y和甲醇发生了酯化反应(根据反应条件及Y和甲醇的结构可判断)生成Z，结合Z的分子式知，Z的结构简式为。
【小问1详解】
流程中涉及的第二周期元素有C、N、O，第二周期主族元素从左到右，电负性依次增大，所以电负性由大到小排序为O>N>C。
【小问2详解】
X的结构简式为 ，结构中含5种H(上方支链中一种、下方支链中两种、苯环上两种)，则其核磁共振氢谱有5组峰；的苯环上有甲基、羧基两个取代基(且处于对位)，根据习惯命名法，其名称为对甲基苯甲酸，若使用系统命名法，根据命名时不同取代基的优先级顺序，羧基和苯环组成母体，羧基所连的碳原子为1号C，则的名称为4-甲基苯甲酸，故填“对甲基苯甲酸(或4-甲基苯甲酸)”。
【小问3详解】
Y为，苯环为平面结构，碳碳双键部分也形成了平面结构，二者通过单键相连，单键旋转至合适角度可使其分子中所有的碳原子共面，则最多有10个碳原子共面；顺式结构中的相同原子或基团在碳碳双键的同一侧，则Y的顺式结构的结构简式为。
【小问4详解】
结合分析知，Y→Z发生酯化反应，根据原子守恒，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O。
【小问5详解】
①为平面结构，分子中的C、N均采取sp2杂化，N原子的p轨道有1个电子参与形成大π键，5个C原子的p轨道各提供1个电子参与形成大π键，形成了一个6中心6电子的大π键，所以的大π键可表示为。
②中的N电负性较强，可与水分子中的H形成氢键，使其在水中的溶解度较大，该氢键可表示为O-HN。
13. [C(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴，相对分子质量为267.5)是一种橙黄色的晶体，可溶于热水和稀盐酸，在冷水、浓盐酸中溶解度较小。制备流程如下：
某兴趣小组按上述流程进行实验，操作步骤如下：
步骤1：称取1.00gNH4Cl，用5mL水溶解，分批加入1.30gCCl2，加热溶解后将溶液温度降至10℃以下。
步骤2：将混合溶液转移至三颈烧瓶中(装置如图)，加入0.30g活性炭(作催化剂)、5mL12ml·L-1浓氨水，边搅拌边滴加足量30%的H2O2溶液，水浴加热20min(55~60℃)，冷却、过滤。
步骤3：将过滤得到的固体转入含有少量盐酸的25mL热水中，趁热过滤、洗涤。滤液和洗涤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，最终得到2.00g[C(NH3)6]Cl3晶体。
已知：常温下，氨气与CaCl2固体结合生成CaCl2·8NH3.
（1）基态C2+的价电子轨道表示式为_______。
（2）仪器a的名称是_______，a中冷却水的进水口为_______(填“1”或“2”)，b中无水CaCl2的作用是_______。
（3）常温下，Ksp[C(OH)2]=1.09×10-15.在步骤2加入浓氨水前，需在步骤1中加入NH4Cl，请从化学平衡角度解释加入NH4Cl的目的是_______。
（4）[C(NH3)6]Cl3晶体中不存在的化学键类型有_______(填标号)。
A 离子键B. 非极性共价键C. 极性共价键D. 配位键
（5）本实验[C(NH3)6]Cl3晶体的产率为_______(保留3位有效数字)。
（6）若步骤2不加入活性炭，会生成六配位配合物C(NH3)xCl3。取0.1ml该配合物配成溶液，加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀28.7g。该配合物的化学式为_______。
【答案】（1） （2）①.球形冷凝管 ②.2 ③.吸收可能挥发出的氨气
（3）NH4Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH-)过大产生C(OH)2沉淀 （4）B
（5）74.8% （6）[C(NH3)5Cl]Cl2
【解析】该题以三氯化六氨合钴的制备为背景考查基本实验和相关计算。基本实验包括对化学仪器放热识别和具体操作；该题包括了沉淀溶解平衡计算和利用化学反应中数据计算获得化学式的方法。
【小问1详解】
C原子是27号，核外有27个电子，C2+和外有25个电子，故基态C2+的价电子轨道表示式为。
故答案为：。
【小问2详解】
仪器a的名称是球形冷凝管；按照进水从低到高的原则冷凝效果最好，所以a中冷却水的进水口为2。CaCl2固体可以与氨气反应，故CaCl2的作用是吸收可能挥发出的氨气。
故答案为：球形冷凝管 2 吸收可能挥发出的氨气
【小问3详解】
步骤1需要将CCl2固体溶解，若在步骤2加入浓氨水前没有加NH4Cl溶液，那加入氨水会产生，使C2+变为C(OH)2沉淀，从化学平衡角度解释就是NH4Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH-)过大产生C(OH)2沉淀。
故答案为：NH4Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH-)过大产生C(OH)2沉淀
【小问4详解】
[C(NH3)6]Cl3晶体中C2+与NH3形成配位键，NH3内部有极性共价键，与[C(NH3)6]+存在离子键，故不存在的化学键类型有非极性共价键。
故答案为B。
【小问5详解】
本实验加入的1.30gCCl2 ,物质的量为0.01ml，按照C元素守恒可得理论上得到[C(NH3)6]Cl3晶体的物质的量为0.01ml，其理论质量为2.675g，故产率为。
故答案为：74.8%。
【小问6详解】
取0.1ml该配合物配成溶液，加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀为AgCl，共28.7g，也就是0.2ml，所以0.1ml的六配位配合物C(NH3)xCl3中有2个，还有一个与C3+形成配位键，化学式为[C(NH3)5Cl]Cl2。
故答案为：[C(NH3)5Cl]Cl2。
14. 化合物H(氯硝西泮)具有镇静作用，合成线路之一如下(部分反应条件省略)：
回答下列问题：
（1）E→F的反应类型是_______，H中含氧官能团的名称是_______。
（2）合成线路中设计了A→B和C→D的过程，目的是_______。
（3）G的结构简式是_______。
（4）A、D碱性的强弱：A_______D(填“>”、“＜”或“=”)，原因是_______。
（5）写出B→C的化学方程式_______。
（6）写出一种同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式_______。
①除苯环外不含其他的环，且苯环上有3个取代基；
②分子中有6种不同化学环境的氢原子。
【答案】（1）①.取代反应 ②.硝基、肽键
（2）保护氨基(或-NH2)或防止氨基被氧化
（3）
（4）①.> ②.硝基(-NO2)是吸电子基，使得对位上氨基中N原子上的电子云密度变小，结合H+的能力减弱
（5）+HNO3(浓) +H2O
（6）
【解析】A与乙酸反应生成B，则B为，B在混酸作用下发生硝化反应，对位取代生成C为，，C水解生成D，D取代生成E，则E的结构简式为，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，则G的结构简式为，G发生环化生成H。
【小问1详解】
由分析可知，E的结构简式为，取代氨基上的一个H原子生成F，则E→F的反应类型是取代反应，根据H的结构简式可知，H中的含氧官能团为硝基、肽键，故答案为：取代反应；硝基、肽键；
【小问2详解】
A→B过程中A与乙酸反应生成B，该过程-NH2和-COOH反应生成酰胺基，C→D即酰胺基在碱性加热条件下水解生成-NH2，该过程主要是为了保护-NH2不被氧化，故答案为：保护氨基(或-NH2)或防止氨基被氧化；
【小问3详解】
F 中的溴原子被氨基取代生成G，G的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
D中氨基邻位的硝基具有吸电子效应，使氮原子上的电子云密度降低，接受质子的能力减弱，碱性降低，而A中不存在这种吸电子基团，所以A的碱性大于D，故答案为：>；硝基(-NO2)是吸电子基，使得对位上氨基中N原子上的电子云密度变小，结合H+的能力减弱；
【小问5详解】
B为，B在浓硝酸、浓硫酸条件下加热，发生硝化反应，在B的对位引入硝基得到C，则B→C的化学方程式为：+HNO3(浓) +H2O，故答案为：+HNO3(浓) +H2O；
【小问6详解】
B的分子式为，其同分异构体满足：①除苯环外不含其他的环，且苯环上有3个取代基；②分子中有6种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为（答案不唯一），故答案为：。
选项
事实
解释
A
硬度：
Al原子的价电子数多且半径小，金属键强
B
向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色溶液，再加入一定量乙醇，析出深蓝色晶体
乙醇降低了的溶解度
C
熔点：
的相对分子质量比大，分子间作用力大
D
冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中溶解度
冠醚18-冠-6空腔直径(260～320pm)与直径(276pm)接近
A．验证酸性：碳酸>苯酚
B．实验室制乙烯
C．实验室制溴苯
D．实验室制乙酸乙酯