2023-2024学年四川省安宁河联盟高二下学期期末联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省安宁河联盟2023-2024学年高二下学期期末联考考试时间75分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它〖答案〗；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的〖答案〗无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Pb-207Ag-108Br-80一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.下列关于原子结构说法正确的是A.基态N原子的价层电子的轨道表示式:B.基态Se的电子排布式：[Ar]4s24p4C.基态Fe2+的价层电子排布式：3d6D.基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：〖答案〗C〖解析〗A．N为7号元素，其基态原子价层电子排布式为：2s22p3，则基态N原子的价层电子的轨道表示式：，故A错误；B．Se为第34号元素，其简化的电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故B错误；C．基态Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，所以价层电子排布式为3d6，故C正确；D．Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子的价层电子的轨道表示式为：，故D错误。故选C。2.下列说法与解释均错误的是选项说法解释A乙醇与水互溶，因此1-戊醇与水也互溶乙醇和1-戊醇的分子结构相似，都含有烃基和羟基，因而均能与水互溶BO3比O2在水中的溶解度更大O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，是极性分子；O2是非极性分子CCl2、Br2、I2的键能依次下降，键长依次增大从Cl到I，原子半径依次增大，可得出从Cl2到I2其X-X键长依次增大，键能依次下降D锂与镁在过量的空气中燃烧均生成正常的氧化物，而不是过氧化物元素周期表中，某些主族元素与右下角的主族元素的有些性质相同，这种相似性称为对角线规则。A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．戊醇中烃基为憎水基，羟基为亲水基，憎水基的影响大于亲水基，所以1-戊醇微溶与水，故A错误；B．O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，是极性分子；O2是非极性分子，所以O3比O2在水中的溶解度更大，故B正确；C．从Cl到I，原子半径依次增大，所以Cl2到I2其X-X键长依次增大，键能依次下降，故C正确；D．根据“对角线规则，”锂与镁性质相同，在过量的空气中燃烧均生成正常的氧化物，而不是过氧化物，故D正确；〖答案〗选A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.F-F键的P-Pσ键的形成：B.BF3的空间结构：(平面三角形)C.分子的VSEPR模型为D.CCl4的空间填充模型为〖答案〗B〖解析〗A．，肩并肩表示π键的形成过程，不是P-Pσ键的形成，故A错误；B．BF3中心原子B为sp2杂化没有孤电子对，分子为平面正三角形，故B正确；C．是NH3分子空间模型，NH3的VSEPR模型为故C错误；D．CCl4的空间填充模型中，Cl原子的半径应大于C原子，可以表示甲烷的空间填充模型，故D错误；故选B。4.下列说法错误的是A.AlCl3和NaCl晶体类型不同B.Si晶体的熔点低于SiC晶体C.HF比HCl稳定与HF分子间存在氢键有关D.H3O+和NH都含有配位键〖答案〗C〖解析〗A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，AlCl3和NaCl晶体类型不同，A正确；B．Si与SiC都是共价晶体，C原子半径小于Si原子，碳硅键的键能大于硅硅键，Si晶体的熔点低于SiC晶体，B正确；C．HF比HCl稳定与F非金属性强于Cl有关，与氢键无关，C错误；D．H3O+中O原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，中N原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，D正确；故选C。5.下列对一些实验事实或理论解释错误的是选项实验事实理论解释A酸性CF3COOH<CCl3COOH<CH3COOH电负性：F>Cl>HB可用CCl4能萃取碘水中的I2CCl4和I2均为非极性分子，相似相溶C石墨的熔点高于金刚石相邻C原子的核间距石墨小于金刚石D用质谱仪检测乙醇蒸气出现最大质荷比922个乙醇分子通过氢键形成了二聚体A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．这几种羧酸中，元素的电负性越强，其吸电子的能力越强，导致羧基越易电离出氢离子，则酸性越强，电负性：F＞Cl＞H，吸引电子的能力：F＞Cl＞H，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，故A错误；B．非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，I2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，I2易溶于四氯化碳而难溶于水，所以CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理，故B正确；C。金刚石中碳原子之间为C-C单键，而石墨中C原子之间还存在大派键，电子云之间重叠程度比金刚石中更大，故石墨中C-C键的键长更短，碳碳键更稳定，故石墨的熔点高于金刚石，故C正确；D．质谱仪测定相对分子质量，用质谱仪检测乙醇蒸气时，谱图中出现质荷比为120的峰，说明两个乙醇分子通过氢键形成二聚体，故D正确；〖答案〗选A。6.图一是由元素(H、N、O、Cu)形成的一种呈轴向狭长的八面体结构阳离子；图二是由元素(H、C、O)形成的一种杯酚。下列有关配合物与超分子说法错误的是A.图一阳离子的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，配位原子为O和N原子B.图一配位数为6，加热首先失去的配体是H2OC.图二杯酚就是一种超分子，具有自组装和分子识别的特征D.图二杯酚可与C60通过范德华力相结合，通过尺寸匹配实现分子识别〖答案〗C〖解析〗A．由图一可知Cu2+与2个H2O和4个NH3分子形成了配位键，配位原子中O和N原子提供孤对电子，中心离子Cu2+提供空轨道，故A正确；B．由图一可知Cu2+与2个H2O和4个NH3分子形成了6个配位键，因为电负性O>N，配位原子O给电子能力小于N原子，所以NH3与Cu2+形成的配位键稳定性大于H2O与Cu2+形成的配位键，加热配位键弱的先失去，故B正确；C．超分子是一种由两种或两种以上的不同分子通过非共价相互作用形成的复杂分子聚集体，杯酚不是超分子，不具有自组装和分子识别的特征，故C错误；D．杯酚与C60相互以范德华力作用形成超分子，超分子可以通过尺寸匹配实现分子识别，故D正确；故选C。7.氧化钾是一种无色立方晶体，主要用于生产氢氧化钾和钾盐，下图为K2O晶胞，晶胞边长为apm，已知K2O的摩尔质量是Mg/mol，阿伏伽德罗常数为NA，分析下列说法中错误的是A.已知A点原子坐标参数为(0，0，0)，则B点原子的坐标参数为B.O2-的配位数为8，K+每个周围最近且等距离的K+有6个C.K2O晶体的密度为g/cm3D.K2O晶体的离子键百分比和熔点均小于Cs2O晶体〖答案〗D〖解析〗A．B位于晶胞内部，若将晶胞分成8个相等的小立方体，B位于前右下小立方体的体心，则B点原子的坐标参数为，故A正确；B．若将晶胞分成8个相等的小立方体O2-位于立方体的体心，则其配位数为8，以顶点的K+为起点，周围最近且等距离的K+位于3条棱上，顶点的K+被8个晶胞共有，则K+每个周围最近且等距离的K+有个，故B正确；C．根据均摊法计算每个晶胞中含有K+个数为个，4个O2-位于体心，则每个晶胞中含4个K2O，根据公式，故C正确；D．K2O和Cs2O都属于离子晶体，Cs与O的电负性之差大于K与O的电负性之差，电负性差越大形成的离子键比例就越大，所以K2O晶体的离子键百分比小于Cs2O晶体。根据离子半径越小离子晶体的熔点越高，离子所带的电荷越多离子晶体的熔点越高，K2O和Cs2O所带的电荷一样，但K+半径小于Cs+，所以K2O晶体的熔点大于Cs2O晶体，故D错误；故选D。8.下列说法正确的是A.CH3CH2COOCH3与CH3COOCH2CH3互为同系物，且均属于酯类B.反-2-丁烯的分子结构模型：C.和为同种物质D.与互为同分异构体，且均属于醇类〖答案〗C〖解析〗A．CH3CH2COOCH3与CH3COOCH2CH3均为含四个碳的酯，不互为同系物，两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A错误；B．与碳碳双键相连的相同基团在同侧时为顺式异构体，在异侧时为反式异构体，该模型中-H在双键同侧，则是顺-2-丁烯的分子结构模型，故B错误；C．烷烃的系统命名法中选择最长碳链做母体，两者的最长碳链都是戊烷，取代基甲基均在3号碳上，则两者是同种物质，名称为3-甲基戊烷，故C正确；D．前者羟基连接在烷基上属于醇羟基，属于醇类，后者羟基连接在苯上属于酚羟基，属于酚类，故D错误；故选C。9.某未知物A的相对分子质量为46，其红外光谱图和核磁共振氢谱如图所示，下列说法错误的的是A.由红外光谱图推测该未知物A是含有羟基官能团的化合物B.由核磁共振氢谱可知，未知物A分子中有3种处于不同化学环境的氢原子C.该未知物A中所有原子不可能共平面D.可采用分液操作分离未知物A中的水〖答案〗D〖解析〗由红外光谱图可知，未知物A分子中含有碳氢键、氢氧键和碳氧键，由相对分子质量为46可知，A分子式为C2H6O，由核磁共振氢谱可知，A分子中含有3种处于不同化学环境的氢原子，且个数比为3：2：1，则A为官能团为羟基的乙醇。A．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，故A正确；B．由分析可知，A分子中含有3种处于不同化学环境的氢原子，且个数比为3：2：1，故B正确；C．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，乙醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能共平面，故C正确；D．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故D错误；故选D。10.X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大短周期主族元素，X的价电子排布式为nsnnpn，Y的2p能级为半满结构，Z为地壳中含量最高的元素，Z与Q同主族。下列说法正确的是A.X的最高价氧化物中X原子的杂化轨道类型是sp2杂化B.Z与Q能形成化合物QZ2，其分子的空间结构为直线形C.X与W形成的五原子分子中只有σ键，且为非极性分子D.Y的简单气态氢化物分子的VSEPR模型为平面三角形，键角为120。〖答案〗C〖解析〗由题干信息得，X的价电子排布式为2s22p2，则X为碳元素；Y的2P能级为半满结构，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最高的元素，则Z为氧元素；Z与Q同主族，则Q为硫元素；W为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W是硫元素。A．X的最高价氧化物为CO2，碳原子的杂化轨道类型是sp杂化，故A项错误；B．Z与Q能形成化合物SO2，其分子的空间结构为V形，故B项错误；C．X与W形成的五原子分子CCl4中只有σ键，且为非极性分子，故C项正确；D．Y的简单气态氢化物为NH3，其VSEPR模型三角锥形，键角为107°，故D项错误；故本题选C。11.白黎芦醇广泛存在于食物(例如桑椹、花生，尤其是葡萄)中，它具有抗氧化和预防心血管疾病的作用，下列说法错误的是A.白藜芦醇的分子式是C14H12O3B.1mol白藜芦醇在一定条件下能与7molH2发生反应C.白藜芦醇极易溶于水，是一种天然的抗氧化剂D.白藜芦醇的所有原子可能在同一平面〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，白藜芦醇的分子式为C14H12O3，故A正确；B．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件能与氢气发生加成反应，则1mol白藜芦醇可与7mol氢气发生加成反应，故B正确；C．由结构简式可知，白藜芦醇属于酚类，难溶于水，故C错误；D．由结构简式可知，白藜芦醇分子中苯环、碳碳双键双键均为平面结构，分子中所有原子可能同在一个平面上，故D正确；故选C。12.有机化合物M的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.该有机物与溴水反应使溴水褪色，能证明其含有碳碳双键B.1mol该有机物能与最多3molH2发生加成反应C.1mol该有机物能与3molNaOH发生反应D.该有机物不能与FeCl3发生显色反应〖答案〗C〖解析〗A．醛基也能使溴水褪色，故溴水褪色不能证明该有机物含有碳碳双键，A错误；B．苯环、碳碳双键和醛基均能与氢气发生加成反应，1mol该有机物最多能与5molH2发生加成反应，B错误；C．酚羟基具有酸性，能与NaOH溶液反应，酯基能在NaOH溶液中水解，生成酚羟基与乙酸，故1mol该有机物能与3molNaOH发生反应，C正确；D．该有机物含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，D错误；故选C。13.下列关于实验装置的说法正确的是AB直接加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明发生了取代反应。NaOH溶液可替换为蒸馏水CD加热后得到砖红色沉淀，证明乙醛具有还原性若将饱和Na2CO3溶液替换为NaOH溶液，现象无明显变化A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．直接取上清液滴入硝酸银溶液，生成白色沉淀可能AgOH，不能证明发生了取代反应，故A错误；B．NaOH溶液可以除去挥发的乙醇和产生的SO2等杂质，避免干扰后续实验现象的观察，若换为蒸馏水后无法完全除去SO2会干扰乙烯的检验，故B错误；C．乙醛被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，证明乙醛具有还原性，故C正确；D．乙酸乙酯在强碱性环境下水解趋于完全，故试管内溶液不分层，现象不同，故D错误；故选C。14.中国科学技术大学化学系江海龙教授开发催化剂实现了芳醇选择性氧化制备芳醛，其原理如图所示。下列叙述正确的是A.若R为醛基，0.1mol乙发生银镜反应生成43.2gAgB.若R为甲基，对甲基苯酚与甲互为同系物C.若R为乙基，甲中最多有8个碳原子共平面D.若R为乙烯基，乙能使酸性高锰酸钾溶液褪色证明其含有醛基〖答案〗A〖解析〗A．若R为醛基0.1mol乙发生银镜反应生成0.4mol银单质，质量为43.2g，A正确；B．若R为甲基，对甲基苯酚与甲组成上相差1个CH2原子团，但结构不相似，故不为同系物，B错误；C．若R为乙基，甲中所有C原子均可共面，故最多有9个碳原子共平面，C错误；D．若R为乙烯基，碳碳双键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能证明乙中含有醛基D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.1-溴丁烷可用于生产染料和香料，是一种重要的有机合成中间体。实验室用加热1-丁醇、浓硫酸和溴化钠混合物的方法来制备少量1-溴丁烷，其装置如下图所示（夹持装置略）。实验步骤如下：步骤1：在烧杯中加入10mL的水，边搅拌边缓慢滴加10mL浓硫酸（18mol/L），混合均匀并冷却至室温后，将其转入圆底烧瓶。再依次加入5g正丁醇、8.0g研细的无水溴化钠。充分振荡后加入几粒沸石，按照装置Ⅰ中进行小火加热，保持微沸，回流40分钟。步骤2：待反应完后，冷却，改回流装置为蒸馏装置（装置Ⅱ），蒸出粗产品。步骤3：向馏出液加入10mL水洗涤，分液后再用5mL浓硫酸洗涤有机层。其后，有机层依次分别用水、饱和碳酸氢钠溶液、水洗涤，静止分层后，有机层从______(填“上口倒出”、“下口放出”)，然后转移至干燥的锥形瓶中，加入无水氯化钙干燥。步骤4：将干燥后的粗产物转移至烧瓶中，加热蒸馏，收集99-103℃的馏分，产量约为6.5g。根据以上实验，回答下列问题：（1）仪器A的名称是____________，装置B的作用是________________。（2）装置I中圆底烧瓶中发生的主反应方程式为：NaBr(s)+H2SO4(浓)HBr+NaHSO4，_____________。（3）本实验可能产生的副产物有SO2、Br2、丁醚和_____________。（4）步骤3中“_____”所填内容为_____________。（5）1-溴丁烷的产率是__________%（保留小数点后1位，无水溴化钠和浓硫酸均过量）。（6）为检验1-溴丁烷中含有的溴原子，正确的操作顺序为________________（填下列序号）。①加热

②加入AgNO3

③加入稀HNO3

④加入NaOH溶液⑤取少量1-溴丁烷〖答案〗（1）①.（球形）冷凝管②.吸收有害尾气，防止污染环境（2）CH3CH2CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2CH2Br+H2O（3）1-丁烯（或CH2=CHCH2CH3）、CO2（4）下口放出（5）70.2（6）⑤④①③②〖解析〗在烧杯中加入10mL的水，边搅拌边缓慢滴加5mL浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，将其转入圆底烧瓶。再依次加入5g正丁醇、8.0g研细的无水溴化钠。充分振荡后加入几粒沸石，按照装置Ⅰ中进行小火加热，保持微沸，回流40分钟。粗品中含有1-溴丁醇、正丁醇、1-丁烯、正丁醚、浓硫酸、硫酸氢钠、溴单质等，粗品依次用水(洗去硫酸)、饱和碳酸氢钠溶液(洗去硫酸及溴单质)、10mL水(洗去钠盐)洗涤并分液，分出的产物用无水氯化钙(除水)充分干燥，滤除氯化钙固体，分离出有机混合液体，用图2所示装置加热蒸馏，收集99~103℃的馏分，得纯净1-溴丁烷。【小问1详析】仪器A的名称是（球形）冷凝管，作用为导气、冷凝、回流，故〖答案〗为：（球形）冷凝管；正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的和生成的SO2，用氢氧化钠溶液吸收，所以装置B的作用是吸收有害尾气，防止污染环境（或防倒吸），故〖答案〗为：吸收有害尾气，防止污染环境；【小问2详析】本实验制备1-溴丁烷的原理为：，，总反应为：，故〖答案〗为：；【小问3详析】浓硫酸具有强氧化性，能将氧化成，本身还原为SO2，1-丁醇在浓硫酸作用下，会发生取代反应生成丁醚，也会消去反应生成1-丁烯，所以可能产生的副产物有SO2、Br2、丁醚和1-丁烯，故〖答案〗为：1-丁烯（或CH2=CHCH2CH3）、CO2；【小问4详析】有机层在下层，所以从下口放出，故〖答案〗为：下口放出；【小问5详析】已知无水溴化钠和浓硫酸均过量，所以用正丁醇的质量进行计算，，m(1-溴丁烷)=g，，故〖答案〗为：70.2%；【小问6详析】1-溴丁烷中的溴元素以溴原子的形式存在，不能直接检验，应先通过水解反应转化为溴离子再检验，正确顺序为：⑤④①③②，故〖答案〗为：⑤④①③②。16.随着现代科学的发展和环境的变化，制备一种绿色、广谱、高效的抗菌材料显得至关重要。科学研究表明，用抗坏血酸做还原剂，以三水硝酸铜和硝酸银为原料，将银和氧化亚铜纳米颗粒负载在壳聚糖改性材料上，可获得具有可见光抗菌性能的多元复合材料。（1）基态铜原子的核外电子运动状态有______种；基态Cu+比基态Cu2+更稳定的原因是：____________；（2）三水硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]是重要的化工原料，其中NO的空间构型为___________；其所含元素的电负性由大到小的顺序是：______________。（3）壳聚糖是一种来源于天然的生物高分子多糖，具备一定的抗菌活性，其结构如下图所示，其中碳原子的杂化方式为_______；壳聚糖极易溶于水，主要原因是：____________。（4）氧化亚铜纳米颗粒是一种具有良好光催化性能的半导体材料，能够通过形成异质结提高复合材料的抗菌性能的影响。氧化亚铜的晶胞结构如图所示，该晶胞中氧原子以金刚石方法堆积，晶胞参数为apm，由此可见，氧原子之间的最短距离为________pm；该晶胞的密度为__________g/cm3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示）〖答案〗（1）①.29②.Cu+价电子排布为3d10，Cu2+为3d9，3d10全满结构更稳定（2）①.平面三角形②.O＞N＞H＞Cu（3）①.sp3②.其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键（4）①.②.〖解析〗【小问1详析】铜是29号元素，原子核外有29个电子，每个电子的运动状态各不相同，则铜原子的核外电子运动状态有29种，Cu+价电子排布为3d10，3d轨道中的电子为全满结构，更稳定；Cu2+为3d9，3d轨道中有一个未成对的电子，故〖答案〗为：29；Cu+价电子排布为3d10，Cu2+为3d9，3d10全满结构更稳定；【小问2详析】NO中心原子N的孤电子对数为，NO中心原子N的价电子数为3，无孤对电子，为sp2，空间构型为平面三角形；元素的非金属性越强，电负性越强，则四种元素电负性由大到小的顺序是：O＞N＞H＞Cu，故〖答案〗为：平面三角形；O＞N＞H＞Cu；【小问3详析】碳原子均形成单键，故碳原子杂化方式为sp3；壳聚糖极易溶于水，是由于其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键，故〖答案〗为：sp3；其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键【小问4详析】氧原子以金刚石方法堆积，其中氧原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，故最短距离为；根据均摊法计算，Cu位于晶胞内部，晶胞中含Cu个数为16，O个数为，则晶胞质量为：；晶胞体积为：a310-30cm3，故密度为：1030；故〖答案〗为：；1030。17.钪(Sc)是原子序数最小的稀土金属，含量极低，其在电子、超导、合金、催化剂等领域有广泛的应用，如在铝合金中只需掺杂0.4%的SC，就能使强度增加30%，以下是利用金红石（主要成分是TiO2，还有一定量的FeO和Sc2O3）富集并提取Sc的流程：（1）在流程中电解制备Sc化学方程式是____________。（2）“萃取”使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率α受振荡时间的影响如图，萃取时选择最佳的振荡时间为____min，检验水相废液中的主要金属阳离子产生特征蓝色沉淀试剂为：____。（填化学式）（3）“沉钪”时会生成Sc2(C2O4)3，常温下其饱和溶液浓度为2×10-4mol/L，若沉钪后c(Sc3+)=4×10-6mol/L，溶液中的c(C2O42-)为____________mol/L。（4）“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为____________。（5）需要在HCl气流中“结晶脱水”的原因是_______________。（6）工业常用锌和石墨做电极，电解熔融ScCl3来制备Sc，锌在这里应作___________极（填“阳”或“阴”）ZnSc熔点（℃）419.531541沸点（℃）9072836若要通过将锌蒸出来分离两种金属需要控制的温度范围是______________。〖答案〗（1）2ScCl3(熔融)2Sc+3Cl2（2）①.10②.K3[Fe(CN)6]（3）0.06（4）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2（5）抑制Sc3+水解（6）①.阴②.907℃~1541℃〖解析〗金红石（主要成分是TiO2，还有一定量的FeO和Sc2O3）用稀硫酸“酸浸”、“水解”得到TiO2·XH2O，溶液中含有Fe2+、Sc3+，“萃取”使用10%P2O4+5%TBP+煤油作为萃取剂，再经过反萃取将Fe2+除去，向萃取后的溶液中加入草酸溶液将Sc3+转化为Sc2(C2O4)3沉淀，煅烧Sc2(C2O4)3沉淀得到Sc2O3和CO2，将Sc2O3用浓盐酸溶解得到ScCl3，电解熔融ScCl3可以生成Sc，以此解答。【小问1详析】电解熔融ScCl3可以生成Sc和Cl2，化学方程式为：2ScCl3(熔融)2Sc+3Cl2。【小问2详析】由图中数据可知，当振荡时间为10min时，Sc3+的萃取率较高，Fe2+的萃取率较低，可以很好地分离Fe2+和Sc3+，检验水相废液中的主要金属阳离子Fe2+产生特征蓝色沉淀试剂为：K3[Fe(CN)6]。【小问3详析】反萃取后分离出Sc3+，加草酸生成Sc2(C2O4)3，饱和溶液浓度为2×10-4mol/L，则c(Sc3+)=4×10-4mol/Lc()=6×10-4mol/L，Ksp=(4×10-4)2×(6×10-4)3，若c(Sc3+)=4×10-6mol/L，则c()=0.06mol/L。【小问4详析】根据流程图“焙烧”发生2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。【小问5详析】结晶脱水时ScCl3会水解生成HCl，其挥发会使Sc3+水解程度增大，生成Sc(OH)3，因此在HCl气流中可以抑制其水解。【小问6详析】电解时由于锌是活性电极，应该作阴极材料，根据熔沸点大小并考虑要将锌蒸出和经济成本，只需将温度控制在907℃~1541℃即可，无需控制到2836℃。18.有机物E为乙酸苄酯(分子式为C9H10O2)，属于酯类，无色油状液体、具有茉莉花型特殊芳香，因价廉，多用于皂用和其他工业用香精，现以乙烯与甲苯为主要原料，其合成路线如下图所示：（1）B物质的官能团名称是________；反应④所需条件是_______。（2）反应③的反应类型是_________，反应⑤的反应类型是________。（3）写出A转化为B的化学方程式：____________。（4）写出C和D反应生成E的化学方程式：___________。（5）有机物D有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种。①属于芳香族化合物②遇FeCl3显紫色其中一种同分异构体F，核磁共振氢谱有四组峰，峰的面积比为3：2：2：1，由此推测F的结构简式为_______。〖答案〗（1）①.醛基②.光照（2）①.氧化反应②.取代反应（或水解反应）（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）（5）①.3②.〖解析〗乙烯和水发生加成反应生成A，所以A为C2H5OH，乙醇催化氧化生成B，B为乙醛，乙醛再被银氨溶液氧化，氧化后再酸化，所以C为乙酸，D是卤代烃水解产物，所以D为苯甲醇，苯甲醇和乙酸发生酯化反应生成E。【小问1详析】B是乙醇催化氧化而生成的乙醛，所以B中所含的官能团为：醛基；反应④为氯原子取代甲基上的氢原子，故条件为：光照；【小问2详析】反应③是乙醛被银氨溶液氧化，所以反应类型为：氧化反应；反应⑤是卤代烃水解为醇的反应，所以反应⑤的反应类型为：取代反应【小问3详析】A为C2H5OH，乙醇和O2在Cu做催化剂的条件下并加热，会发生醇的催化氧化反应，故反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【小问4详析】C为乙酸，D为苯甲醇，在浓硫酸并加热的条件下发生酯化反应；故反应方程式为：【小问5详析】D为苯甲醇，它的同分异构体满足②遇FeCl3显紫色，说明羟基和苯环直接相连，则苯环上的另一个取代基为甲基。组成的同分异构体中甲基和羟基的位置有邻、间、对三种，故满足条件的同分异构体有3种；其中一种同分异构体F，核磁共振氢谱有四组峰，峰的面积比为3：2：2：1，由此推测F中甲基和羟基处于对位，此时苯环上有两种氢，峰面积之比为2：2，故符合条件的F为：。四川省安宁河联盟2023-2024学年高二下学期期末联考考试时间75分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它〖答案〗；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的〖答案〗无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64Pb-207Ag-108Br-80一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.下列关于原子结构说法正确的是A.基态N原子的价层电子的轨道表示式:B.基态Se的电子排布式：[Ar]4s24p4C.基态Fe2+的价层电子排布式：3d6D.基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：〖答案〗C〖解析〗A．N为7号元素，其基态原子价层电子排布式为：2s22p3，则基态N原子的价层电子的轨道表示式：，故A错误；B．Se为第34号元素，其简化的电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故B错误；C．基态Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，所以价层电子排布式为3d6，故C正确；D．Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子的价层电子的轨道表示式为：，故D错误。故选C。2.下列说法与解释均错误的是选项说法解释A乙醇与水互溶，因此1-戊醇与水也互溶乙醇和1-戊醇的分子结构相似，都含有烃基和羟基，因而均能与水互溶BO3比O2在水中的溶解度更大O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，是极性分子；O2是非极性分子CCl2、Br2、I2的键能依次下降，键长依次增大从Cl到I，原子半径依次增大，可得出从Cl2到I2其X-X键长依次增大，键能依次下降D锂与镁在过量的空气中燃烧均生成正常的氧化物，而不是过氧化物元素周期表中，某些主族元素与右下角的主族元素的有些性质相同，这种相似性称为对角线规则。A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．戊醇中烃基为憎水基，羟基为亲水基，憎水基的影响大于亲水基，所以1-戊醇微溶与水，故A错误；B．O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合，是极性分子；O2是非极性分子，所以O3比O2在水中的溶解度更大，故B正确；C．从Cl到I，原子半径依次增大，所以Cl2到I2其X-X键长依次增大，键能依次下降，故C正确；D．根据“对角线规则，”锂与镁性质相同，在过量的空气中燃烧均生成正常的氧化物，而不是过氧化物，故D正确；〖答案〗选A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.F-F键的P-Pσ键的形成：B.BF3的空间结构：(平面三角形)C.分子的VSEPR模型为D.CCl4的空间填充模型为〖答案〗B〖解析〗A．，肩并肩表示π键的形成过程，不是P-Pσ键的形成，故A错误；B．BF3中心原子B为sp2杂化没有孤电子对，分子为平面正三角形，故B正确；C．是NH3分子空间模型，NH3的VSEPR模型为故C错误；D．CCl4的空间填充模型中，Cl原子的半径应大于C原子，可以表示甲烷的空间填充模型，故D错误；故选B。4.下列说法错误的是A.AlCl3和NaCl晶体类型不同B.Si晶体的熔点低于SiC晶体C.HF比HCl稳定与HF分子间存在氢键有关D.H3O+和NH都含有配位键〖答案〗C〖解析〗A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，AlCl3和NaCl晶体类型不同，A正确；B．Si与SiC都是共价晶体，C原子半径小于Si原子，碳硅键的键能大于硅硅键，Si晶体的熔点低于SiC晶体，B正确；C．HF比HCl稳定与F非金属性强于Cl有关，与氢键无关，C错误；D．H3O+中O原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，中N原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，D正确；故选C。5.下列对一些实验事实或理论解释错误的是选项实验事实理论解释A酸性CF3COOH<CCl3COOH<CH3COOH电负性：F>Cl>HB可用CCl4能萃取碘水中的I2CCl4和I2均为非极性分子，相似相溶C石墨的熔点高于金刚石相邻C原子的核间距石墨小于金刚石D用质谱仪检测乙醇蒸气出现最大质荷比922个乙醇分子通过氢键形成了二聚体A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．这几种羧酸中，元素的电负性越强，其吸电子的能力越强，导致羧基越易电离出氢离子，则酸性越强，电负性：F＞Cl＞H，吸引电子的能力：F＞Cl＞H，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，故A错误；B．非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，I2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，I2易溶于四氯化碳而难溶于水，所以CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理，故B正确；C。金刚石中碳原子之间为C-C单键，而石墨中C原子之间还存在大派键，电子云之间重叠程度比金刚石中更大，故石墨中C-C键的键长更短，碳碳键更稳定，故石墨的熔点高于金刚石，故C正确；D．质谱仪测定相对分子质量，用质谱仪检测乙醇蒸气时，谱图中出现质荷比为120的峰，说明两个乙醇分子通过氢键形成二聚体，故D正确；〖答案〗选A。6.图一是由元素(H、N、O、Cu)形成的一种呈轴向狭长的八面体结构阳离子；图二是由元素(H、C、O)形成的一种杯酚。下列有关配合物与超分子说法错误的是A.图一阳离子的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，配位原子为O和N原子B.图一配位数为6，加热首先失去的配体是H2OC.图二杯酚就是一种超分子，具有自组装和分子识别的特征D.图二杯酚可与C60通过范德华力相结合，通过尺寸匹配实现分子识别〖答案〗C〖解析〗A．由图一可知Cu2+与2个H2O和4个NH3分子形成了配位键，配位原子中O和N原子提供孤对电子，中心离子Cu2+提供空轨道，故A正确；B．由图一可知Cu2+与2个H2O和4个NH3分子形成了6个配位键，因为电负性O>N，配位原子O给电子能力小于N原子，所以NH3与Cu2+形成的配位键稳定性大于H2O与Cu2+形成的配位键，加热配位键弱的先失去，故B正确；C．超分子是一种由两种或两种以上的不同分子通过非共价相互作用形成的复杂分子聚集体，杯酚不是超分子，不具有自组装和分子识别的特征，故C错误；D．杯酚与C60相互以范德华力作用形成超分子，超分子可以通过尺寸匹配实现分子识别，故D正确；故选C。7.氧化钾是一种无色立方晶体，主要用于生产氢氧化钾和钾盐，下图为K2O晶胞，晶胞边长为apm，已知K2O的摩尔质量是Mg/mol，阿伏伽德罗常数为NA，分析下列说法中错误的是A.已知A点原子坐标参数为(0，0，0)，则B点原子的坐标参数为B.O2-的配位数为8，K+每个周围最近且等距离的K+有6个C.K2O晶体的密度为g/cm3D.K2O晶体的离子键百分比和熔点均小于Cs2O晶体〖答案〗D〖解析〗A．B位于晶胞内部，若将晶胞分成8个相等的小立方体，B位于前右下小立方体的体心，则B点原子的坐标参数为，故A正确；B．若将晶胞分成8个相等的小立方体O2-位于立方体的体心，则其配位数为8，以顶点的K+为起点，周围最近且等距离的K+位于3条棱上，顶点的K+被8个晶胞共有，则K+每个周围最近且等距离的K+有个，故B正确；C．根据均摊法计算每个晶胞中含有K+个数为个，4个O2-位于体心，则每个晶胞中含4个K2O，根据公式，故C正确；D．K2O和Cs2O都属于离子晶体，Cs与O的电负性之差大于K与O的电负性之差，电负性差越大形成的离子键比例就越大，所以K2O晶体的离子键百分比小于Cs2O晶体。根据离子半径越小离子晶体的熔点越高，离子所带的电荷越多离子晶体的熔点越高，K2O和Cs2O所带的电荷一样，但K+半径小于Cs+，所以K2O晶体的熔点大于Cs2O晶体，故D错误；故选D。8.下列说法正确的是A.CH3CH2COOCH3与CH3COOCH2CH3互为同系物，且均属于酯类B.反-2-丁烯的分子结构模型：C.和为同种物质D.与互为同分异构体，且均属于醇类〖答案〗C〖解析〗A．CH3CH2COOCH3与CH3COOCH2CH3均为含四个碳的酯，不互为同系物，两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A错误；B．与碳碳双键相连的相同基团在同侧时为顺式异构体，在异侧时为反式异构体，该模型中-H在双键同侧，则是顺-2-丁烯的分子结构模型，故B错误；C．烷烃的系统命名法中选择最长碳链做母体，两者的最长碳链都是戊烷，取代基甲基均在3号碳上，则两者是同种物质，名称为3-甲基戊烷，故C正确；D．前者羟基连接在烷基上属于醇羟基，属于醇类，后者羟基连接在苯上属于酚羟基，属于酚类，故D错误；故选C。9.某未知物A的相对分子质量为46，其红外光谱图和核磁共振氢谱如图所示，下列说法错误的的是A.由红外光谱图推测该未知物A是含有羟基官能团的化合物B.由核磁共振氢谱可知，未知物A分子中有3种处于不同化学环境的氢原子C.该未知物A中所有原子不可能共平面D.可采用分液操作分离未知物A中的水〖答案〗D〖解析〗由红外光谱图可知，未知物A分子中含有碳氢键、氢氧键和碳氧键，由相对分子质量为46可知，A分子式为C2H6O，由核磁共振氢谱可知，A分子中含有3种处于不同化学环境的氢原子，且个数比为3：2：1，则A为官能团为羟基的乙醇。A．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，故A正确；B．由分析可知，A分子中含有3种处于不同化学环境的氢原子，且个数比为3：2：1，故B正确；C．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，乙醇分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能共平面，故C正确；D．由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇，乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，故D错误；故选D。10.X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大短周期主族元素，X的价电子排布式为nsnnpn，Y的2p能级为半满结构，Z为地壳中含量最高的元素，Z与Q同主族。下列说法正确的是A.X的最高价氧化物中X原子的杂化轨道类型是sp2杂化B.Z与Q能形成化合物QZ2，其分子的空间结构为直线形C.X与W形成的五原子分子中只有σ键，且为非极性分子D.Y的简单气态氢化物分子的VSEPR模型为平面三角形，键角为120。〖答案〗C〖解析〗由题干信息得，X的价电子排布式为2s22p2，则X为碳元素；Y的2P能级为半满结构，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最高的元素，则Z为氧元素；Z与Q同主族，则Q为硫元素；W为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W是硫元素。A．X的最高价氧化物为CO2，碳原子的杂化轨道类型是sp杂化，故A项错误；B．Z与Q能形成化合物SO2，其分子的空间结构为V形，故B项错误；C．X与W形成的五原子分子CCl4中只有σ键，且为非极性分子，故C项正确；D．Y的简单气态氢化物为NH3，其VSEPR模型三角锥形，键角为107°，故D项错误；故本题选C。11.白黎芦醇广泛存在于食物(例如桑椹、花生，尤其是葡萄)中，它具有抗氧化和预防心血管疾病的作用，下列说法错误的是A.白藜芦醇的分子式是C14H12O3B.1mol白藜芦醇在一定条件下能与7molH2发生反应C.白藜芦醇极易溶于水，是一种天然的抗氧化剂D.白藜芦醇的所有原子可能在同一平面〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，白藜芦醇的分子式为C14H12O3，故A正确；B．由结构简式可知，白藜芦醇分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件能与氢气发生加成反应，则1mol白藜芦醇可与7mol氢气发生加成反应，故B正确；C．由结构简式可知，白藜芦醇属于酚类，难溶于水，故C错误；D．由结构简式可知，白藜芦醇分子中苯环、碳碳双键双键均为平面结构，分子中所有原子可能同在一个平面上，故D正确；故选C。12.有机化合物M的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.该有机物与溴水反应使溴水褪色，能证明其含有碳碳双键B.1mol该有机物能与最多3molH2发生加成反应C.1mol该有机物能与3molNaOH发生反应D.该有机物不能与FeCl3发生显色反应〖答案〗C〖解析〗A．醛基也能使溴水褪色，故溴水褪色不能证明该有机物含有碳碳双键，A错误；B．苯环、碳碳双键和醛基均能与氢气发生加成反应，1mol该有机物最多能与5molH2发生加成反应，B错误；C．酚羟基具有酸性，能与NaOH溶液反应，酯基能在NaOH溶液中水解，生成酚羟基与乙酸，故1mol该有机物能与3molNaOH发生反应，C正确；D．该有机物含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，D错误；故选C。13.下列关于实验装置的说法正确的是AB直接加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明发生了取代反应。NaOH溶液可替换为蒸馏水CD加热后得到砖红色沉淀，证明乙醛具有还原性若将饱和Na2CO3溶液替换为NaOH溶液，现象无明显变化A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．直接取上清液滴入硝酸银溶液，生成白色沉淀可能AgOH，不能证明发生了取代反应，故A错误；B．NaOH溶液可以除去挥发的乙醇和产生的SO2等杂质，避免干扰后续实验现象的观察，若换为蒸馏水后无法完全除去SO2会干扰乙烯的检验，故B错误；C．乙醛被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，证明乙醛具有还原性，故C正确；D．乙酸乙酯在强碱性环境下水解趋于完全，故试管内溶液不分层，现象不同，故D错误；故选C。14.中国科学技术大学化学系江海龙教授开发催化剂实现了芳醇选择性氧化制备芳醛，其原理如图所示。下列叙述正确的是A.若R为醛基，0.1mol乙发生银镜反应生成43.2gAgB.若R为甲基，对甲基苯酚与甲互为同系物C.若R为乙基，甲中最多有8个碳原子共平面D.若R为乙烯基，乙能使酸性高锰酸钾溶液褪色证明其含有醛基〖答案〗A〖解析〗A．若R为醛基0.1mol乙发生银镜反应生成0.4mol银单质，质量为43.2g，A正确；B．若R为甲基，对甲基苯酚与甲组成上相差1个CH2原子团，但结构不相似，故不为同系物，B错误；C．若R为乙基，甲中所有C原子均可共面，故最多有9个碳原子共平面，C错误；D．若R为乙烯基，碳碳双键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能证明乙中含有醛基D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.1-溴丁烷可用于生产染料和香料，是一种重要的有机合成中间体。实验室用加热1-丁醇、浓硫酸和溴化钠混合物的方法来制备少量1-溴丁烷，其装置如下图所示（夹持装置略）。实验步骤如下：步骤1：在烧杯中加入10mL的水，边搅拌边缓慢滴加10mL浓硫酸（18mol/L），混合均匀并冷却至室温后，将其转入圆底烧瓶。再依次加入5g正丁醇、8.0g研细的无水溴化钠。充分振荡后加入几粒沸石，按照装置Ⅰ中进行小火加热，保持微沸，回流40分钟。步骤2：待反应完后，冷却，改回流装置为蒸馏装置（装置Ⅱ），蒸出粗产品。步骤3：向馏出液加入10mL水洗涤，分液后再用5mL浓硫酸洗涤有机层。其后，有机层依次分别用水、饱和碳酸氢钠溶液、水洗涤，静止分层后，有机层从______(填“上口倒出”、“下口放出”)，然后转移至干燥的锥形瓶中，加入无水氯化钙干燥。步骤4：将干燥后的粗产物转移至烧瓶中，加热蒸馏，收集99-103℃的馏分，产量约为6.5g。根据以上实验，回答下列问题：（1）仪器A的名称是____________，装置B的作用是________________。（2）装置I中圆底烧瓶中发生的主反应方程式为：NaBr(s)+H2SO4(浓)HBr+NaHSO4，_____________。（3）本实验可能产生的副产物有SO2、Br2、丁醚和_____________。（4）步骤3中“_____”所填内容为_____________。（5）1-溴丁烷的产率是__________%（保留小数点后1位，无水溴化钠和浓硫酸均过量）。（6）为检验1-溴丁烷中含有的溴原子，正确的操作顺序为________________（填下列序号）。①加热

②加入AgNO3

③加入稀HNO3

④加入NaOH溶液⑤取少量1-溴丁烷〖答案〗（1）①.（球形）冷凝管②.吸收有害尾气，防止污染环境（2）CH3CH2CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2CH2Br+H2O（3）1-丁烯（或CH2=CHCH2CH3）、CO2（4）下口放出（5）70.2（6）⑤④①③②〖解析〗在烧杯中加入10mL的水，边搅拌边缓慢滴加5mL浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，将其转入圆底烧瓶。再依次加入5g正丁醇、8.0g研细的无水溴化钠。充分振荡后加入几粒沸石，按照装置Ⅰ中进行小火加热，保持微沸，回流40分钟。粗品中含有1-溴丁醇、正丁醇、1-丁烯、正丁醚、浓硫酸、硫酸氢钠、溴单质等，粗品依次用水(洗去硫酸)、饱和碳酸氢钠溶液(洗去硫酸及溴单质)、10mL水(洗去钠盐)洗涤并分液，分出的产物用无水氯化钙(除水)充分干燥，滤除氯化钙固体，分离出有机混合液体，用图2所示装置加热蒸馏，收集99~103℃的馏分，得纯净1-溴丁烷。【小问1详析】仪器A的名称是（球形）冷凝管，作用为导气、冷凝、回流，故〖答案〗为：（球形）冷凝管；正丁醇、溴化钠、硫酸反应时，会有挥发出来的和生成的SO2，用氢氧化钠溶液吸收，所以装置B的作用是吸收有害尾气，防止污染环境（或防倒吸），故〖答案〗为：吸收有害尾气，防止污染环境；【小问2详析】本实验制备1-溴丁烷的原理为：，，总反应为：，故〖答案〗为：；【小问3详析】浓硫酸具有强氧化性，能将氧化成，本身还原为SO2，1-丁醇在浓硫酸作用下，会发生取代反应生成丁醚，也会消去反应生成1-丁烯，所以可能产生的副产物有SO2、Br2、丁醚和1-丁烯，故〖答案〗为：1-丁烯（或CH2=CHCH2CH3）、CO2；【小问4详析】有机层在下层，所以从下口放出，故〖答案〗为：下口放出；【小问5详析】已知无水溴化钠和浓硫酸均过量，所以用正丁醇的质量进行计算，，m(1-溴丁烷)=g，，故〖答案〗为：70.2%；【小问6详析】1-溴丁烷中的溴元素以溴原子的形式存在，不能直接检验，应先通过水解反应转化为溴离子再检验，正确顺序为：⑤④①③②，故〖答案〗为：⑤④①③②。16.随着现代科学的发展和环境的变化，制备一种绿色、广谱、高效的抗菌材料显得至关重要。科学研究表明，用抗坏血酸做还原剂，以三水硝酸铜和硝酸银为原料，将银和氧化亚铜纳米颗粒负载在壳聚糖改性材料上，可获得具有可见光抗菌性能的多元复合材料。（1）基态铜原子的核外电子运动状态有______种；基态Cu+比基态Cu2+更稳定的原因是：____________；（2）三水硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]是重要的化工原料，其中NO的空间构型为___________；其所含元素的电负性由大到小的顺序是：______________。（3）壳聚糖是一种来源于天然的生物高分子多糖，具备一定的抗菌活性，其结构如下图所示，其中碳原子的杂化方式为_______；壳聚糖极易溶于水，主要原因是：____________。（4）氧化亚铜纳米颗粒是一种具有良好光催化性能的半导体材料，能够通过形成异质结提高复合材料的抗菌性能的影响。氧化亚铜的晶胞结构如图所示，该晶胞中氧原子以金刚石方法堆积，晶胞参数为apm，由此可见，氧原子之间的最短距离为________pm；该晶胞的密度为__________g/cm3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示）〖答案〗（1）①.29②.Cu+价电子排布为3d10，Cu2+为3d9，3d10全满结构更稳定（2）①.平面三角形②.O＞N＞H＞Cu（3）①.sp3②.其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键（4）①.②.〖解析〗【小问1详析】铜是29号元素，原子核外有29个电子，每个电子的运动状态各不相同，则铜原子的核外电子运动状态有29种，Cu+价电子排布为3d10，3d轨道中的电子为全满结构，更稳定；Cu2+为3d9，3d轨道中有一个未成对的电子，故〖答案〗为：29；Cu+价电子排布为3d10，Cu2+为3d9，3d10全满结构更稳定；【小问2详析】NO中心原子N的孤电子对数为，NO中心原子N的价电子数为3，无孤对电子，为sp2，空间构型为平面三角形；元素的非金属性越强，电负性越强，则四种元素电负性由大到小的顺序是：O＞N＞H＞Cu，故〖答案〗为：平面三角形；O＞N＞H＞Cu；【小问3详析】碳原子均形成单键，故碳原子杂化方式为sp3；壳聚糖极易溶于水，是由于其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键，故〖答案〗为：sp3；其中含有羟基、氨基等亲水基团，可以与水分子形成分子间氢键【小问4详析】氧原子以金刚石方法堆积，其中氧原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，故最短距离为；根据均摊法计算，Cu位于晶胞内部，晶胞中含Cu个数为16，O个数为，则晶胞质量为：；晶胞体积为：a310-30cm3，故密度为：1030；故〖答案〗为：；1030。17.钪(Sc)是原子序数最小的稀土金属，含量极低，其在电子、超导、合金、催化剂等领域有广泛的应用，如在铝合金中只需掺杂0.4%的SC，就能使强度增加30%，以下是利用金红石（主要成分是TiO2，还有一定量的FeO和Sc2O3）富集并提取Sc的流程：（1）在流程中电解制备Sc化学方程式是____________。（2）“萃取”使用10