精品解析：江西宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期期末考试化学试卷（日新班）

丰城九中2025-2026学年高二年级日新班上学期期末考试 化学试卷 考试时间：75分钟 试卷总分：100分 可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Ba：137 一、单项选择题(14小题，每小题3分，共42分) 1. “神舟十八号”载人飞船上开展了“蛋白与核酸共起源及密码子起源的分子进化研究”和“空间用固液复合润滑材料的设计、界面作用机理及舱外验证”等科学试验。下列有关叙述错误的是 A. 核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物 B. 在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质易发生变性 C. 液体润滑剂中，矿物油和植物油的主要成分分别为液态烃和酯类 D. 常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均属于天然高分子材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．许多核苷酸单体聚合形成核酸，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，A正确； B．蛋白质在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质失去活性而发生变性，B正确； C．矿物油是石油经过加工得到，属于液态烃类，植物油属于油脂，是酯类，C正确； D．常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均人工合成高分子材料，D错误； 答案选D。 2. 升麻入药载于《神农本草经》，升麻具有抗菌、抗炎作用，升麻酸D是其主要活性成分之一，结构简式如图所示。下列有关升麻酸D的说法错误的是 A. 能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 1mol升麻酸D最多消耗7mol NaOH C. 能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色 D. 能发生酯化、氧化、加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构，分子中有3个酚羟基（-OH直接连接在苯环上），酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应（通常为紫色），A正确； B．升麻酸D中含有酚羟基（-OH）：3个，每个消耗1 mol NaOH，共3 mol；酯基（-COO-）：1个，消耗1 mol NaOH；羧基（-COOH）：2个，消耗2 mol NaOH；而醇羟基不消耗NaOH，因此，1 mol升麻酸D最多消耗6 mol NaOH，而不是7 mol，B错误； C．升麻酸D中含有碳碳双键（C=C），可被酸性KMnO4氧化，也可与溴水发生加成反应，导致两者褪色，C正确； D．升麻酸D中有醇羟基和羧基，可以发生酯化反应，含有醇羟基，可发生氧化反应，含有碳碳双键，可与H2、Br2等发生加成反应，D正确； 故选B。 3. 聚脲是一种先进的防腐、防水材料，合成方法如下，下列说法正确的是 A. R的核磁共振氢谱有2组峰 B. Q中最多7原子共线 C. 聚脲链间形成大量氢键，使其具有防水性 D. 反应1、2均有水参与加成反应 【答案】C 【解析】 【分析】合成聚脲是先通过1分子的有机物R和1分子的有机物Q发生氨基和氮碳双键加成生成有机物H（），然后有机物H再自身不断通过氨基和氮碳双键加成生成合成聚脲。 【详解】A．有机物R（）有三种氢原子，所以R的核磁共振氢谱有3组峰，A错误； B．Q()的结构中，苯环是平面正六边形，其对角线方向的原子共线，-CH2-为四面体结构，最多有四个原子共线，B错误； C．聚脲链间的-NH-和C=O可形成大量氢键，氢键的存在会增强分子间作用力，使聚脲结构更致密，从而阻止水分子渗透，因此具有防水性，C正确； D．反应1：R（含-C=N=O）与水反应生成 Q（含-NH2），属于加成反应（H2O加成到-C=N=O上），反应2：Q（含-NH2）与 R（含-C=N=O）反应生成聚脲，是-NH2与-C=N=O的加成反应，无H2O参与，D错误； 故答案选C。 4. 地沟油某成分Ⅰ可发生“酯交换”反应制备生物柴油Ⅲ，转化如下图所示。下列说法正确的是 A. 1 mol化合物Ⅰ充分氢化需要消耗 B. Ⅰ和Ⅲ都属于天然油脂的主要成分 C. 生物柴油与石化柴油组成元素不同 D. 水萃取法分离Ⅱ和Ⅲ时，加入NaOH溶液可提升分离效果 【答案】C 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，化合物Ⅰ分子中含有2个碳碳双键（在基团内），所以1 mol化合物I充分氢化需要消耗2 mol 氢气，A错误； B．天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，则由结构简式可知，Ⅲ不属于天然油脂的主要成分，B错误； C．石化柴油组成元素为碳元素和氢元素，由结构简式可知，生物柴油组成元素为碳元素、氢元素和氧元素，所以生物柴油与石化柴油组成元素不同，C正确； D．由结构简式可知，Ⅲ是酯的混合物，酯能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，所以水萃取法分离Ⅱ和Ⅲ时，加入氢氧化钠溶液不能提升分离效果，D错误； 故选C。 5. “黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如下(R、R代表烃基)。下列说法错误的是 A. ①为加成反应，②为消去反应 B. 物质丙、丁互为同分异构体 C. 反应⑤可表示为 D. 通过黄鸣龙还原反应，丙酮可转化为乙烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①为碳氧双键断裂，O原子与H连接、C原子与-NH-NH2连接，为加成反应；反应②相当于从乙分子内去掉1个水分子，在C、N原子间形成1个碳氮双键，为消去反应，故A正确； B．由丙、丁的结构可知，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故B正确； C．根据图示，戊结合H2O中的H原子生成己，同时有OH-生成，反应⑤可表示为，故C正确； D．由反应机理可知，通过黄鸣龙还原反应，羰基转化为亚甲基，丙酮会转化为丙烷，故D错误； 故选D。 6. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 中共价键形成的轨道重叠示意图： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 溶液中的水合离子： D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 【答案】A 【解析】 【详解】A．中的共价键为p-p共价键，中共价键形成的轨道重叠示意图为，A正确； B．苯酚与甲醛在催化剂作用下缩聚形成酚醛树脂，结构简式为，B错误； C．溶液中电离出的Na+带正电荷，与带负电荷的O之间有作用力，带负电荷的Cl-与带正电荷的H之间有作用力，溶液中的水合离子为，C错误； D．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键为：，D错误； 故选A。 7. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 A pKa：CF3COOH<CCl3COOH F的电负性大于Cl，吸电子能力强，导致中羟基极性大 B 键角 孤电子对与成键电子对之间斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 C 稳定性： H-F键的键能大于H-O键 D 在中的溶解度大于在中的溶解度 和均为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．F的电负性大于Cl，吸电子能力强，使CF3COOH中O-H键极性增大，酸性增强，A正确； B．NH3中N有孤电子对，键角较小；[Cu(NH3)4]2+中N的孤电子对用于配位，无孤电子对斥力，键角增大，B正确； C．H-F键能（约565 kJ/mol）大于H-O键能（约463 kJ/mol），故稳定性：HF＞H2O，C正确； D．O3为极性分子，臭氧在非极性的CCl4中溶解度更大，因其极性较弱，而不是题干中说的非极性分子，D错误； 故答案选D。 8. 1828年，化学家维勒发现无机化合物通过加热可以直接转化为有机化合物，，，，，为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的原子半径在短周期元素中最大。Y、Z、W位于同周期且相邻，基态Y、W原子的未成对电子数相等。下列叙述错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 简单氢化物的稳定性： D. 有机物B分子间能形成氢键 【答案】B 【解析】 【分析】维勒发现无机化合物通过加热可以直接转化为有机化合物；，，，，为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的原子半径在短周期元素中最大，R为钠；Y、Z、W位于同周期且相邻，基态Y、W原子的未成对电子数相等，且其原子序数小于钠，则Y为碳、Z为氮、W为氧；无机物A能转化为有机物B，结合AB化学式，推测X为氢； 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，A正确； B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，B错误； C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：，C正确； D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子含2个氨基，分子间存在较强的氢键，D正确； 故选B。 9. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 证明的酸性强于HClO： B. 向溶液中通入过量制取次氯酸： C. 溶液中通入 D. 向溶液中滴加溶液至完全沉淀： 【答案】D 【解析】 【详解】A．因为ClO⁻具有氧化性，SO2具有还原性，两者发生氧化还原反应生成Cl-和，正确的离子方程式为： ，A错误； B．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2时，应生成HClO和可溶的Ca(HCO3)2，无CaCO3沉淀，正确离子方程式为： ，B错误； C．在溶液中电离出的银离子是以络离子的形式存在的。在书写离子方程式时，络离子不能拆开写成简单的金属离子，正确离子方程式应为：，C错误； D．当完全沉淀时，加入的Ba(OH)2提供2Ba2+和4OH-，Al3+形成Al(OH)3沉淀，形成NH3·H2O，离子方程式为：，D正确； 故选D。 10. 硫化锌()是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法正确的是 已知：晶胞中和共占据7个位置。 A. B. 晶胞完全转化生成晶胞，转移的电子数为 C. 在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律 D. 若的晶胞边长为，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为 【答案】A 【解析】 【详解】A．依据晶胞结构，可算出一个晶胞中有4个硫原子，可得，可求出，A正确； B．为，晶胞(即)完全转化生成晶胞，转移的电子数为，B错误； C．在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，C错误； D．若的晶胞边长为，，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为，D错误； 故答案为：A。 11. 为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是 A. 步骤I中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色 B. 步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C. 试剂X可用硫酸 D. 粗可用升华法进一步提纯 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘。 【详解】A．由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，故A正确； B．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故B错误； C．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确； D．碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D正确； 故选B。 12. 有一无色溶液，可能含有K+、A13+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、HCO、MnO中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是 A. 肯定有A13+、Mg2+、Cl﹣ B. 肯定有A13+、Mg2+、NH C. 肯定有K+、HCO、MnO D. 肯定有A13+、Mg2+、SO 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】已知溶液为无色，则不含有MnO；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，生成氧气和NaOH，则无色无味的气体为氧气，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则白色沉淀只能为氢氧化镁、氢氧化铝，可判断溶液中不含NH、HCO；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，但没有气体产生，则原溶液含有SO；综上所述，可判断原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO；一定不含有NH、HCO、MnO，故选D。 13. 下列各组离子一定能大量共存在指定溶液中的是 A. 的溶液中：、、、 B. 能使石蕊试液变红色的溶液：Na＋、NO、S2−、CO C. 加入铝粉能产生H2的溶液：NH、K＋、SO、NO D. 由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液：Na＋、Ba2＋、Cl−、NO 【答案】D 【解析】 【详解】A．条件 表明溶液呈碱性，在碱性溶液中会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A项不符合题意； B．能使石蕊试液变红色的溶液为酸性，S2−、会与H+反应分别生成H2S和CO2气体，且NO在酸性条件下与S2−发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意； C．加入铝粉能产生H2的溶液可能为酸性或碱性，在酸性条件下，Al与H+和反应不生成H2，故该溶液只能是碱性溶液。碱性时与OH-反应生成氨气和水，不能大量共存，C项不符合题意； D．由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液为强酸性或强碱性，Na＋、Ba2＋、Cl−、之间不反应，能大量共存，D项符合题意； 答案选D。 14. 溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下： 下列说法正确的是 A. 气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 B. 若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀 C. 滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH- D. 溶液A中可能有Na+，无Cl- 【答案】B 【解析】 【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液中n()=n(BaSO4)==0.01mol，n()=n(BaSO3)==0.01mol，n()=n(BaSO4)==0.02mol，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液中一定有Na+，无法确定是否有Cl-。 【详解】A．气体E是二氧化硫，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但不会褪色，A错误； B．若向沉淀B有0.01mol的BaSO4和0.01mol的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02mol硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确； C．溶液中没有OH-，C错误； D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误； 故答案为：B。 二、非选择题(4小题，共58分) 15. 中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 （1）磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色Fe3O4磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将2：1混合时，理论上制得的纳米Fe3O4产率应该最高，但事实并非如此，可能的原因是___________。 ③水热法制备纳米Fe3O4的反应为，当4molFe2+被氧化时有___________mol O2被还原。 （2）一种新型人工固氮的原理如图。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成O2___________ L(标准状况下)。 （3）工业废水中氮的主要存在形态是、NH3、，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除pH=1的某含氮废水(废水中总氮≈10 mg/L)中的，图1为只加过量Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量Fe粉与Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因可能是___________。 （4）氨(NH3)及铵盐是重要的化学物质；(NH4)2SO4是常见的铵盐，在400℃时，(NH4)2SO4和Al2O3反应可生成NH4Al(SO4)2。 ①NH4Al(SO4)2既是铵盐，也是硫酸盐，此分类方法是___________。 ②取4.53 gNH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。其中分解生成的固体为___________(填化学式)。 【答案】（1） ①. 丁达尔效应 ②. 被氧化，使四氧化三铁的产率降低 ③. 2 （2）6.72 （3） ①. ②. HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高 （4） ①. 交叉分类法 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①磁流体分散系的分散质粒子大小在36−55nm之间，属于胶体，胶体可以利用丁达尔效应来鉴别； ②将混合时，理论上制得的纳米产率应该最高，但亚铁离子容易被空气中氧气等被氧化为三价铁离子，导致纳米产率降低； ③根据离子方程式，硫元素、铁元素化合价升高被氧化，氧气中氧元素化合价降低被还原，当消耗1mol氧气时，氧化2mol，当4mol被氧化时，消耗的氧气为2mol； 答案为：①丁达尔效应；②Fe2+被氧化，使四氧化三铁的产率降低；③2； 【小问2详解】 由图知，反应①：N2+6Li=2Li3N，反应②：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，反应③：4LiOH4Li+O2↑+2H2O，总反应为：；则每生成0.4 molNH3，最终生成O2为0.3 mol，标况下氧气的体积为6.72 L；答案为：6.72； 【小问3详解】 ①对比图1，20~60 min内图2中硝酸根离子浓度下降，铵根离子浓度上升，发生主要反应的离子方程式为：；②控制其他条件相同，当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高；答案为：①；②HClO氧化性比ClO-强，随着pH降低，溶液中HClO浓度增大，氧化能力增强，导致氨氮去除率升高； 【小问4详解】 ①NH4Al(SO4)2既是铵盐，也是硫酸盐，此分类方法是交叉分类法； ②的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，4.53 g的物质的量为0.01 mol，时固体的质量为2.37g，即时分解产物为0.01 mol；的相对分子质量为342，由铝原子守恒可知，0.01 mol 受热分解生成0.005 mol，质量，故时的固体为；答案为：①交叉分类法；②。 16. 化合物V是一种重要的免疫增强剂，工业上可以进行如下路线的合成： （1）化合物Ⅰ的分子式___________，名称为___________。 （2）化合物Ⅱ的某种同分异构体，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，且苯环上的一氯代物有3种，其结构简式为___________。 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。 A. 化合物Ⅲ到Ⅳ原子利用率100% B. 由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性键的断裂与形成 C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ以及由Ⅳ到V的转化过程，反应类型相同 D. 化合物V中C原子的杂化方式有sp、sp2、sp3三种 （4）对化合物V，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ ② ___________ ___________ 催化氧化反应 【答案】（1） ①. ②. 苯甲醛 （2） （3）AC （4） ①. 浓硫酸、加热 ②. 消去反应 ③. 、Cu、加热 ④. 【解析】 【分析】由流程，Ⅰ中醛基和先加成，再消去转化为Ⅱ，发生还原反应转化得到Ⅲ，和发生加成反应转化为Ⅳ，中硝基还原为氨基得到Ⅴ； 【小问1详解】 由结构简式知，化合物Ⅰ的分子式为，名称为苯甲醛； 【小问2详解】 由结构简式知，化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是硝基；除苯环外含有2个碳原子、1个氮原子、2个氧原子，其同分异构体在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，则含有醛基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有3种氢，化合物Ⅱ的同分异构体的结构简式为； 【小问3详解】 A．由分析可知，Ⅲ和发生加成反应转化为Ⅳ，因此原子利用率为100%，A正确； B．由分析可知，Ⅰ中醛基和先加成，断键，形成键；再消去转化为Ⅱ，断键，形成，因此有极性键的断裂与形成，有非极性键的形成但无非极性键断裂，B错误； C．由化合物Ⅱ到Ⅲ为还原反应；Ⅳ到Ⅴ为还原反应，反应类型相同，C项正确； D．化合物V中，苯环和羧基上的C原子为杂化，其余饱和C原子为杂化，无杂化的C原子，D错误； 【小问4详解】 ①Ⅴ中含有羟基，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成碳碳双键得到； ②Ⅴ中含有羟基，可以在铜催化加热条件下，被氧气氧化为酮羰基得到。 17. 2-噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下： Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。 Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。 Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中液体A可以选择___________。 a．乙醇      b．水      c．甲苯 （2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是___________。 （3）步骤Ⅱ的化学方程式为___________。 （4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是___________。 （5）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是___________(填名称)；无水的作用为___________。 （6）产品的产率为___________(用计算，精确至0.1%)。 【答案】（1）c （2）吡咯可形成分子间氢键，使其熔沸点升高 （3）2+2Na2+ （4）将环氧乙烷溶液沿烧瓶内壁分批缓慢加入，并不断用玻璃棒搅拌 （5） ①. 球形冷凝管、分液漏斗 ②. 作干燥剂，干燥有机相 （6）70.0% 【解析】 【分析】本实验以噻吩为原料，分五步制备抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体2-噻吩乙醇：步骤Ⅰ在液体A中加热金属钠制得钠砂，增大钠的反应接触面积；步骤Ⅱ降温至10℃，加入噻吩与钠反应生成2-噻吩钠，实现噻吩的α位活化；步骤Ⅲ降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷（四氢呋喃作溶剂），与2-噻吩钠发生亲核加成反应生成2-噻吩乙醇钠；步骤Ⅳ加水水解、盐酸调pH至4~6，将2-噻吩乙醇钠转化为2-噻吩乙醇，分液分离有机相并水洗除杂；步骤Ⅴ用无水干燥有机相，过滤后蒸馏除去溶剂四氢呋喃、未反应的噻吩和液体A，最终得到2-噻吩乙醇产品。 【小问1详解】 步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水都能和金属Na反应，甲苯和金属Na不反应，选c； 【小问2详解】 噻吩沸点低于吡咯(  )的原因是：  中含有N-H键，可以形成分子间氢键，氢键可以使其熔沸点升高； 【小问3详解】 步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和，化学方程式为：2+2Na2+； 【小问4详解】 步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧瓶内壁分批缓慢加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热； 【小问5详解】 步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水的作用是：作干燥剂，干燥有机相； 【小问6详解】 步骤Ⅰ中向烧瓶中加入液体A和金属钠，Na的物质的量为，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2 mol 2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。 18. 化合物I具有杀虫和杀真菌活性，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。 回答下列问题： （1）I中含氧官能团的名称是_______。 （2）A的结构简式为_______。 （3）由B生成C的化学方程式为_______。反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇；若改为向异丙醇中滴加B则会导致更多副产物的生成，副产物可能的结构简式为_______(写出一种即可)。 （4）由D生成E的反应类型为_______。 （5）由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为，则J的结构简式为_______(写出一种即可)。 （6）G的同分异构体中，含有碳氧双键的还有_______种(不考虑立体异构)；其中，能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异构体的结构简式为_______。 【答案】（1）醚键，酯基 （2） （3） ①. ②. 或或或等 （4）取代反应 （5）或 （6） ①. 6 ②. 【解析】 【分析】A在氯气和氯化铁催化下生成B，根据B的结构可推出A为，B与异丙醇发生取代反应生成C，C与浓硝酸发生取代反应生成D，根据F的结构推出D为，D与发生取代反应生成E，E为，E与铁粉，氯化氢发生还原反应生成F，F与3-戊酮在一定条件下生成H，H与乙酰氯发生反应生成I，据此解答。 【小问1详解】 由I的结构式可知，其含氧官能团为醚键，酯基，故答案为：醚键，酯基； 【小问2详解】 由分析可知，A为，故答案为：； 【小问3详解】 由分析可知，B与异丙醇发生取代反应生成C和氯化氢，化学方程式为：；反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇，异丙醇较少，滴加下去优先和活泼的酰氯发生反应，若改为向异丙醇中滴加B，则异丙醇足量，会导致更多副产物的生成，主反应生成的HCl会与体系中大量的异丙醇发生反应，例如，在加热的情况下，异丙醇会与HCl发生取代反应生成 （2-氯丙烷），或者发生消去反应生成（丙烯），异丙醇在加热和酸性条件下也可能发生分子间取代反应生成 （异丙醚），B也可能与异丙醇 反应生成； 【小问4详解】 根据C的结构推出D为，D与发生取代反应生成E，故答案为：取代反应； 【小问5详解】 由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为，说明F生成H发生了已知信息第一步反应，然后第二步反应，第二步两种产物互为顺反异构体，则J的结构简式为或，故答案为：或； 【小问6详解】 G为3-戊酮，分子式为C5H10O，它的同分异构体中，含有碳氧双键，说明为醛或酮，若为醛，可以看成将醛基挂在-C4H9上，共有4种同分异构体，分别为：，若为酮，除了G本身外，共有2种同分异构体，分别为：，共有6种符合要求的同分异构体，其中，能发生银镜反应（含有醛基），且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：6；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2025-2026学年高二年级日新班上学期期末考试 化学试卷 考试时间：75分钟 试卷总分：100分 可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Ba：137 一、单项选择题(14小题，每小题3分，共42分) 1. “神舟十八号”载人飞船上开展了“蛋白与核酸共起源及密码子起源的分子进化研究”和“空间用固液复合润滑材料的设计、界面作用机理及舱外验证”等科学试验。下列有关叙述错误的是 A. 核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物 B. 在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质易发生变性 C. 液体润滑剂中，矿物油和植物油的主要成分分别为液态烃和酯类 D. 常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均属于天然高分子材料 2. 升麻入药载于《神农本草经》，升麻具有抗菌、抗炎作用，升麻酸D是其主要活性成分之一，结构简式如图所示。下列有关升麻酸D的说法错误的是 A. 能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 1mol升麻酸D最多消耗7mol NaOH C. 能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色 D. 能发生酯化、氧化、加成反应 3. 聚脲是一种先进的防腐、防水材料，合成方法如下，下列说法正确的是 A. R的核磁共振氢谱有2组峰 B. Q中最多7原子共线 C. 聚脲链间形成大量氢键，使其具有防水性 D. 反应1、2均有水参与加成反应 4. 地沟油某成分Ⅰ可发生“酯交换”反应制备生物柴油Ⅲ，转化如下图所示。下列说法正确的是 A. 1 mol化合物Ⅰ充分氢化需要消耗 B. Ⅰ和Ⅲ都属于天然油脂的主要成分 C. 生物柴油与石化柴油组成元素不同 D. 水萃取法分离Ⅱ和Ⅲ时，加入NaOH溶液可提升分离效果 5. “黄鸣龙还原法”是首例以中国科学家命名的有机化学反应，反应机理如下(R、R代表烃基)。下列说法错误的是 A. ①为加成反应，②为消去反应 B. 物质丙、丁互为同分异构体 C. 反应⑤可表示为 D. 通过黄鸣龙还原反应，丙酮可转化为乙烷 6. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 中共价键形成的轨道重叠示意图： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 溶液中的水合离子： D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 7. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 A pKa：CF3COOH<CCl3COOH F的电负性大于Cl，吸电子能力强，导致中羟基极性大 B 键角 孤电子对与成键电子对之间斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 C 稳定性： H-F键的键能大于H-O键 D 在中的溶解度大于在中的溶解度 和均为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 8. 1828年，化学家维勒发现无机化合物通过加热可以直接转化为有机化合物，，，，，为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的原子半径在短周期元素中最大。Y、Z、W位于同周期且相邻，基态Y、W原子的未成对电子数相等。下列叙述错误的是 A. 简单离子半径： B. 第一电离能： C. 简单氢化物的稳定性： D. 有机物B分子间能形成氢键 9. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 证明的酸性强于HClO： B. 向溶液中通入过量制取次氯酸： C. 溶液中通入 D. 向溶液中滴加溶液至完全沉淀： 10. 硫化锌()是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法正确的是 已知：晶胞中和共占据7个位置。 A. B. 晶胞完全转化生成晶胞，转移的电子数为 C. 在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律 D. 若的晶胞边长为，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为 11. 为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是 A. 步骤I中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色 B. 步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C. 试剂X可用硫酸 D. 粗可用升华法进一步提纯 12. 有一无色溶液，可能含有K+、A13+、Mg2+、NH、Cl﹣、SO、HCO、MnO中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生。下列推断正确的是 A. 肯定有A13+、Mg2+、Cl﹣ B. 肯定有A13+、Mg2+、NH C. 肯定有K+、HCO、MnO D. 肯定有A13+、Mg2+、SO 13. 下列各组离子一定能大量共存在指定溶液中的是 A. 的溶液中：、、、 B. 能使石蕊试液变红色的溶液：Na＋、NO、S2−、CO C. 加入铝粉能产生H2的溶液：NH、K＋、SO、NO D. 由水电离出的c(OH−)=10−13mol·L-1的溶液：Na＋、Ba2＋、Cl−、NO 14. 溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下： 下列说法正确的是 A. 气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 B. 若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀 C. 滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH- D. 溶液A中可能有Na+，无Cl- 二、非选择题(4小题，共58分) 15. 中国的崛起，离不开我国强大的材料制造工业。 （1）磁流体材料是电子材料的新秀，在一定条件下，将FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液按一定的比例混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，可得到分散质粒子大小在之间的黑色Fe3O4磁流体。 ①所得的磁流体分散系可以用___________来鉴别。 ②将2：1混合时，理论上制得的纳米Fe3O4产率应该最高，但事实并非如此，可能的原因是___________。 ③水热法制备纳米Fe3O4的反应为，当4molFe2+被氧化时有___________mol O2被还原。 （2）一种新型人工固氮的原理如图。假设每一步均完全转化，每生成，最终生成O2___________ L(标准状况下)。 （3）工业废水中氮的主要存在形态是、NH3、，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。 ①还原法：控制其他条件相同，去除pH=1的某含氮废水(废水中总氮≈10 mg/L)中的，图1为只加过量Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像，图2为同时加过量Fe粉与Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。 分析上述图像，图2中内发生主要反应的离子方程式为___________。 ②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。研究发现，控制其他条件相同，当废水为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因可能是___________。 （4）氨(NH3)及铵盐是重要的化学物质；(NH4)2SO4是常见的铵盐，在400℃时，(NH4)2SO4和Al2O3反应可生成NH4Al(SO4)2。 ①NH4Al(SO4)2既是铵盐，也是硫酸盐，此分类方法是___________。 ②取4.53 gNH4Al(SO4)2·12H2O加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。其中分解生成的固体为___________(填化学式)。 16. 化合物V是一种重要的免疫增强剂，工业上可以进行如下路线的合成： （1）化合物Ⅰ的分子式___________，名称为___________。 （2）化合物Ⅱ的某种同分异构体，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，且苯环上的一氯代物有3种，其结构简式为___________。 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有___________。 A. 化合物Ⅲ到Ⅳ原子利用率100% B. 由化合物Ⅰ到Ⅱ的转化中，有非极性键的断裂与形成 C. 由化合物Ⅱ到Ⅲ以及由Ⅳ到V的转化过程，反应类型相同 D. 化合物V中C原子的杂化方式有sp、sp2、sp3三种 （4）对化合物V，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ ② ___________ ___________ 催化氧化反应 17. 2-噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下： Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。 Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。 Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。 Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。 Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中液体A可以选择___________。 a．乙醇      b．水      c．甲苯 （2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是___________。 （3）步骤Ⅱ的化学方程式为___________。 （4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是___________。 （5）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是___________(填名称)；无水的作用为___________。 （6）产品的产率为___________(用计算，精确至0.1%)。 18. 化合物I具有杀虫和杀真菌活性，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。 回答下列问题： （1）I中含氧官能团的名称是_______。 （2）A的结构简式为_______。 （3）由B生成C的化学方程式为_______。反应时，在加热搅拌下向液体B中滴加异丙醇；若改为向异丙醇中滴加B则会导致更多副产物的生成，副产物可能的结构简式为_______(写出一种即可)。 （4）由D生成E的反应类型为_______。 （5）由F生成H的反应中可能生成中间体J，已知J的分子式为，则J的结构简式为_______(写出一种即可)。 （6）G的同分异构体中，含有碳氧双键的还有_______种(不考虑立体异构)；其中，能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示为两组峰的同分异构体的结构简式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $