精品解析：安徽阜阳市太和中学2025-2026学年下学期高二年级期末考试 化学试卷

高二年级期末考试化学试卷 (满分：100分，时间：75分钟) 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 一、单选题：每小题3分共42分。 1. 下列有关物质分类说法错误的是 A. 酿造啤酒过程中产生了乙醇，乙醇是极性分子 B. 大列巴面包由全麦粉制成，面粉中的淀粉属于多糖 C. 红肠中含有油脂，油脂属于有机高分子化合物 D. 制作冰棍儿使用的奶粉中含有乳糖，乳糖属于寡糖 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确，不符合题意； B．淀粉由大量葡萄糖单元通过糖苷键连接聚合而成，属于多糖，B正确，不符合题意； C．有机高分子化合物的相对分子质量通常在10000以上，油脂是甘油和脂肪酸形成的酯类，相对分子质量仅为几百到一千左右，不属于有机高分子化合物，C错误，符合题意； D．乳糖由1分子葡萄糖和1分子半乳糖缩合形成，属于二糖，二糖是寡糖的一类，D正确，不符合题意； 故答案选C。 2. 下列有机物的名称错误的是 A. 2-戊烯 B. 乙苯 C. 2，3-二甲基丁烷 D. 1，3，4-三甲苯 【答案】D 【解析】 【详解】A．官能团距离端点最近的开始编号，则碳碳双键在2号位，命名为2-戊烯，A正确； B．苯环上连一个乙基，命名为乙苯，B正确； C．主链最长4个碳，母体为丁烷，2、3号位各有一个甲基，命名为2，3-二甲基丁烷，C正确； D．1，3，4-三甲苯，该命名中取代基的编号不是最小的，正确命名为：1，2，4-三甲基苯，D错误； 故选D。 3. 谱图是研究物质结构的重要手段之一。下列对各谱图的分析错误的是 A．红外光谱图可判断化学键和官能团种类 B．光谱图可判断电子从基态跃迁至激发态 C．核磁共振氢谱图可判断氢原子数目 D．质谱图可判断相对分子质量 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．红外光谱中不同化学键、官能团的吸收峰位置不同，可判断化学键和官能团种类，A正确； B．该光谱为吸收光谱，暗线对应原子吸收的特征波长，说明原子吸收能量后核外电子从基态跃迁至激发态，B正确； C．核磁共振氢谱只能判断等效氢的种类和各类等效氢的相对数目，无法直接得到氢原子的总数量，C错误； D．质谱图中质荷比的最大值对应物质的相对分子质量，可判断相对分子质量，D正确； 故答案选C。 4. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 乙醚的结构简式： C. Br原子的简化电子排布式： D. 中共价键的电子云图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中心S原子价层电子对数为，有1孤电子对，VSEPR模型为四面体形，与题图一致，A正确； B．乙醚为二乙基醚，结构简式为，B正确； C．Br是35号元素，核外电子排布式为，选项漏写了，C错误； D．HCl中H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头形成s-p σ键，电子云偏向电负性更大的Cl，与题图一致，D正确； 故选C。 5. 2025年6月《自然》杂志报道科学家成功合成出中性N6分子，该分子在室温下迅速爆炸式分解，每克N6分解释放的能量是等量质量TNT的2.2倍。下列说法错误的是 A. N6和N2都属于氮元素的同素异形体 B. N6分子中N原子杂化方式完全相同 C. 室温下，N6(g)=3N2(g)是自发反应 D. N6爆炸释放能量高，产物无毒，因此可作新型火的推进剂或炸药 【答案】B 【解析】 【详解】A．N6和N2是由N元素形成的不同单质，都属于氮元素的同素异形体，A正确； B．N6分子中中间的两个N原子为sp2杂化，带+电荷的氮原子为sp杂化，杂化方式不相同，B错误； C．N6分子在室温下迅速爆炸式分解，反应N6(g)=3N2(g)是自发反应，C正确； D．N6爆炸释放能量高，产物为N2无毒，因此可作新型火的推进剂或炸药，D正确； 答案选B。 6. 化合物M是重要的有机合成中间体，广泛用于药品、香料等领域，结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且分布于三个不同周期，元素Z最外层电子数是电子层数的三倍。 下列叙述错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性： B. Y单质的晶体类型可为分子晶体、共价晶体、混合晶体 C. 分子间存在氢键 D. 的空间结构为三角锥形 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，分布于三个不同周期，则X为H，Z最外层电子数是电子层数的三倍，Z为O，Y位于第二周期，W位于第三周期，根据结构图，Y形成4个共价键，且离子团带1个正电荷，可知Y为N，W的简单阴离子带1个负电荷，W为Cl。 【详解】A．非金属性Cl>N，最高价氧化物对应水化物的酸性：，HClO4是无机含氧酸中的最强酸，A正确； B．Y为N，其常见单质N2的晶体类型为分子晶体，B错误； C．分子中存在N-H键、O-H键，可以形成分子间氢键，C正确； D．中心N原子的价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，D正确； 故选B。 7. 利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等，下列说法不正确的是 A. COCl2分子内含有σ键和π键 B. 在一定条件下发生反应：，过程中断裂配位键，形成金属键 C. CO分子与N2、含有相同电子数 D. Fe(CO)5中铁的化合价为0，其基态原子的价电子排布式3d6 【答案】D 【解析】 【详解】A．其分子含有碳碳双键、碳氯单键，含有σ键和π键，A正确； B．反应之后配位键断裂，生成单质铁，即有金属键生成，B正确； C．CO、N2、CN-都是14个电子，C正确； D．该配合物中铁的基态价电子排布式为3d64s2，D错误； 故选D。 8. 下列陈述Ⅰ、陈述Ⅱ错误或没有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 电子云半径： 3s电子能量高，在离核更远的区域出现的概率大 B 分子极性： B元素和Cl元素的电负性差值大于N元素和Cl元素的电负性差值 C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 分子内氢键使物质沸点降低，分子间氢键使物质沸点升高 D 键的极性：N—H<O—H<F—H 电负性： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．3s轨道能层高于1s，3s电子能量更高，在离核更远的区域出现概率更大，因此电子云半径，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，A不符合题意； B．的价层电子对数为：，无孤对电子，为平面正三角形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子；的价层电子对数为：，含有一对孤对电子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故分子极性，陈述Ⅰ错误；且分子极性不仅与成键元素电负性差值有关，还与分子空间构型有关，二者无因果关系，B符合题意； C．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键使沸点降低，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键使沸点升高，故沸点邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，C不符合题意； D．成键原子电负性差值越大，共价键的极性越强，电负性，因此与H形成的共价键极性，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，D不符合题意； 故选B。 9. 下列离子方程式正确的是 A. 用醋酸除去茶壶中的水垢： B. 2-溴丁烷中加入氢氧化钠溶液并加热： C. 乙醛被新制氢氧化铜碱性悬浊液氧化： D. 苯酚钠溶液中通入少量： 【答案】B 【解析】 【详解】A．用醋酸除去茶壶中的水垢，水垢的主要成分是CaCO3不能拆：，A错误； B．2-溴丁烷中加入氢氧化钠溶液并加热：，B正确； C．乙醛被新制氢氧化铜碱性悬浊液氧化：，C错误； D．苯酚钠溶液中通入少量生成碳酸氢钠：+CO2+H2O+，D错误； 故选B。 10. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是 A. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1：2 B. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE C. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形 D. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ 【答案】B 【解析】 【详解】A． 碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×mol=2molC-C键，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故A正确； B． 该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故B错误； C． 在氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6，距Na+最近的Cl-是6个，6个氯离子形成正八面体结构，在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形，故C正确； D． 在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，其数目为：8×+6×=4，则每个晶胞平均占有4个Ca2+，故D正确； 故选B。 11. 某有机物M的结构简式如图所示，若等物质的量的M在一定条件下分别与金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应，则消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为 A. 1：2：1 B. 2：4：1 C. 2：3：1 D. 1：2：2 【答案】B 【解析】 【详解】钠能与羟基、羧基发生反应；氢氧化钠能与酚羟基、羧基、卤原子、酯基反应；碳酸氢钠只能与羧基反应，且三者的反应数目关系都是1：1；从有机物的结构简式可以看出其中含有一个酚羟基、一个羧基、一个酯基、一个溴原子，故1 mol该有机物，能反应掉2 mol钠，4 mol氢氧化钠，1 mol碳酸氢钠，即消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为2：4：1，故选B。 12. 下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加溴水，溴水褪色 丙烯醛中含碳碳双键 B 将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，产生白色浑浊 证明酸性：碳酸＞苯酚 C 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气体通入溴水，溴水褪色 该反应生成了乙烯 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯醛中同时含有醛基，醛基具有还原性，也可被溴水氧化使溴水褪色，无法证明一定含有碳碳双键，A错误； B．盐酸具有挥发性，反应生成的中混有挥发的HCl，HCl也可与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明酸性：碳酸＞苯酚，B错误； C．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应，挥发的乙醇不与溴水反应，能使溴水褪色的气体为乙烯，可证明该反应生成了乙烯，C正确； D．苯与溴水不发生化学反应，水层颜色变浅是因为苯萃取了溴水中的溴，属于物理变化，D错误； 故选C。 13. 下列有机物的鉴别方法(必要时可加热)，不能达到目的的是 A. 用溴水鉴别苯、环己烷、环己烯 B. 用新制氢氧化铜溶液鉴别溴乙烷、乙酸、乙醇溶液 C. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、溴苯、乙酸 D. 用盐酸鉴别苯、苯酚钠溶液、碳酸氢钠溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯、环己烷密度均小于水，与溴水混合后均发生萃取，现象均为上层橙红色、下层无色，无法区分；仅环己烯可与溴水发生加成反应使溴水褪色，因此不能鉴别三种物质，A符合题意； B．溴乙烷不溶于水且密度大于水，与新制氢氧化铜混合分层，有机层在下层；乙酸与氢氧化铜发生中和反应，沉淀溶解得到蓝色溶液；乙醇与水互溶，与新制氢氧化铜溶液混合后无明显现象（或不反应），三种现象不同可鉴别，B不符合题意； C．乙醇具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色；溴苯不溶于水且密度大于水，与酸性高锰酸钾混合分层，有机层在下层；乙酸与酸性高锰酸钾互溶不反应，溶液仍为紫色，三种现象不同可鉴别，C不符合题意； D．苯不溶于水且密度小于水，与盐酸混合分层，有机层在上层；苯酚钠与盐酸反应生成常温下溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊；碳酸氢钠与盐酸反应，有气泡产生，三种现象不同可鉴别，D不符合题意； 故答案选A。 14. 某工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收四种物质的方案如下： 下列说法不正确的是 A. 回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇 B. 操作Ⅱ是分液，操作Ⅲ是蒸馏 C. 试剂a是NaOH溶液 D. 试剂b为，试剂c为稀硫酸 【答案】C 【解析】 【分析】废液含乙醇、苯酚、乙酸、二氯甲烷，加入试剂a（可选Na2CO3溶液），与乙酸、苯酚反应生成乙酸钠和苯酚钠，二氯甲烷不溶于水，通过操作I（蒸馏）分离出二氯甲烷（沸点40℃）和乙醇（沸点78.5℃），所以回收物1是二氯甲烷、回收物2是乙醇；A为苯酚钠和乙酸钠溶液。向A中加试剂b（CO2），与苯酚钠反应生成苯酚（苯酚溶解度小），经操作Ⅱ（分液）分离出苯酚，得到乙酸钠溶液；再向乙酸钠溶液加试剂c（稀硫酸），硫酸与乙酸钠反应生成乙酸，通过操作Ⅲ（蒸馏，因为乙酸有挥发性）得到乙酸。 【详解】A．二氯甲烷沸点为40℃，乙醇沸点为78.5℃，因此回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，A正确； B．根据分析，操作Ⅱ是分液，操作Ⅲ是蒸馏，B正确； C．NaOH溶液碱性过强，会导致二氯甲烷发生水解，降低目标产物回收率，因此试剂a应选用溶液比NaOH溶液更合适，C错误； D．试剂b为，酸性强于苯酚、弱于乙酸，可将苯酚钠转化为苯酚析出且不与乙酸钠反应；试剂c为稀硫酸，酸性强于乙酸，可将乙酸钠转化为乙酸，D正确； 故选C。 二、填空题。 15. 回答下列问题： （1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______。 A. B. C. D. （2）有以下五种晶体：①冰、②金刚石、③MgO、④CaCl2、⑤干冰，它们的熔点由高到低的顺序为_______。(填序号) （3）向CuSO4溶液中滴加氨水可以得到1∶1型离子化合物，其阳离子结构如图所示，阴离子为正四面体结构。 该阳离子中存在的化学键类型为_______(填字母)。 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．σ键 E．π键 F．配位键 G．氢键 （4）酞菁和钴酞菁的分子结构如图1所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子形成大Π键的N原子是_______(填图1酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______。 （5）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图2所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______cm3。 （6）在硅酸盐中存在结构单元，当无限多个(用n表示)分别以3个顶角氧和其他3个形成层状结构时(如图所示)，其化学式为_______。 【答案】（1）A （2）②③④①⑤ （3）BDF （4） ①. ③ ②. +2 （5） ①. 2：1：1 ②. 8a3×10-21 （6） 【解析】 【小问1详解】 分析硼元素的原子结构：硼（B）是5号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p1，电离能的大小和电子所处轨道的能量、是否成对有关。 A．1s22s2，是B+的电子排布，失去的是2s轨道的成对电子，但B原子基态失去一个电子后，形成的B+更稳定，第二电离能远大于第一电离能，再失电子需要的能量最高。 B．1s22s22p1（基态 B 原子），失去的是2p单电子，能量较低。 C．1s22s12p1（激发态 B 原子），电子能量高，易失去。 D．1s22s12p2（激发态 B 原子），电子能量高，易失去。 故选A。 【小问2详解】 判断晶体类型：①冰：由水分子通过分子间作用力（含氢键）结合而成，属于分子晶体。②金刚石：由碳原子通过共价键形成的空间网状结构，属于原子晶体（共价晶体）。③MgO（氧化镁）：由镁离子（）和氧离子（）通过离子键结合而成，属于离子晶体。④CaCl2（氯化钙）：由钙离子（）和氯离子（）通过离子键结合而成，属于离子晶体。⑤干冰（固态）：由二氧化碳分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体。 根据晶体类型比较熔点：一般情况下，不同晶体类型的熔点高低顺序为：原子晶体 > 离子晶体 > 分子晶体。②金刚石是原子晶体，熔点最高。③MgO和④CaCl2是离子晶体，熔点居中。①冰和⑤干冰是分子晶体，熔点最低。 同类晶体内部比较：比较离子晶体 ③MgO和 ④CaCl2：离子晶体的熔点取决于晶格能的大小。晶格能与离子所带电荷成正比，与离子半径成反比。MgO中  和  均带2个单位电荷，而 CaCl2中带2个单位电荷，带1个单位电荷。MgO的离子电荷数更大，且半径小于，半径小于。因此，MgO的晶格能大于CaCl2，熔点 ③MgO > ④CaCl2。比较分子晶体 ①冰和⑤干冰：分子晶体的熔点取决于分子间作用力的强弱。冰中水分子之间除了存在范德华力外，还存在较强的氢键，这使得冰的熔点（）相对较高；而干冰（固态二氧化碳）分子间只存在较弱的范德华力，常温下即为气体，熔点极低（升华点）。因此，熔点 ①冰 > ⑤干冰。 综合排序：将上述比较结果综合起来，这五种晶体的熔点由高到低的顺序为：原子晶体（金刚石） > 离子晶体（MgO） > 离子晶体（CaCl2） > 分子晶体（冰） > 分子晶体（干冰）。对应的序号顺序为：② > ③ > ④ > ① > ⑤。 【小问3详解】 分析阳离子的组成和结构：向CuSO4溶液中滴加氨水，会发生反应生成铜氨络离子。题目指出得到的是1:1型离子化合物，且阴离子为正四面体结构。结合图片所示的阳离子结构，中心是一个铜离子（Cu2+），周围配位着四个氨分子（NH3）和两个水分子（H2O），形成 [Cu(NH3)4(H2O)2]2+阳离子。分析阳离子中存在的化学键类型：配位键：中心Cu2+提供空轨道，配体NH3中的氮原子和H2O中的氧原子提供孤对电子，两者之间形成配位键。极性键：在配体NH3分子内部，氮原子和氢原子之间形成N-H极性共价键；在H2O分子内部，氧原子和氢原子之间形成O-H极性共价键。��键：所有的单键（包括 N-H键、 O-H键）以及配位键都属于��键。综上所述，该阳离子中存在的化学键类型包括极性键、��键和配位键。对应的字母选项为：B、D、F。 【小问4详解】 题目指出酞菁分子中所有原子共平面，这意味着分子中的原子大多采取  杂化。观察酞菁分子的结构图，分子中含有四种标号的 N 原子：①、②、③ 以及未标号的 NH 中的 N。对于标号 ① 的 N 原子：它位于外围的吡咯环上，且与两个碳原子形成双键（C=N）。该 N 原子采取  杂化，其 p 轨道上只有 1 个电子参与形成  键。对于标号 ② 的 N 原子：它位于分子内部，连接两个碳原子。该 N 原子采取  杂化，其 p 轨道上只有 1 个电子参与形成  键。对于标号 ③ 的 N 原子：它位于分子内部，且与一个碳原子形成单键，与另一个碳原子形成双键（类似于吡咯中的 N 原子）。由于分子共平面，该 N 原子采取  杂化。它形成 3 个  键（其中一个是 N-H 键），其 p 轨道上保留了一对孤对电子。为了形成整个分子的大  键体系，这对孤对电子会进入 p 轨道参与共轭。因此，p 轨道能提供一对电子形成大  键的 N 原子是标号为 ③ 的原子；观察钴酞菁的分子结构，中心是一个钴（Co）离子，周围被四个氮原子包围。在酞菁分子中，内部的四个 N 原子（即原图中的 ③ 号位 N 原子）各自提供一对孤对电子。在形成钴酞菁时，这四个 N 原子与 Co 离子形成配位键。钴酞菁是一个中性配合物分子，酞菁配体通常带 2 个单位负电荷，为了保持整个分子呈电中性，中心的钴离子必须带有 2 个单位正电荷。因此，钴离子的化合价为 +2。 【小问5详解】 分析结构单元，左图：Co原子位于立方体的8个顶点，Ga原子位于立方体的体心。这是一个边长为 �� nm 的小立方体。右图：Co原子位于立方体的8个顶点，Ni原子位于立方体的体心。这也是一个边长为 �� nm 的小立方体。构建完整晶胞： Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心。这意味着这两种结构单元在空间中交替排列，共同构成一个更大的晶胞。为了形成完整的周期性结构，这个大晶胞是由 2×2×2=8 个这样的小立方体（边长为 �� ）堆叠而成的。因此，整个大晶胞是一个边长为 2�� nm 的立方体。 计算大晶胞中各原子的数目：Co原子：在由8个小立方体组成的大晶胞中，Co原子构成了这些网格的节点。大晶胞的8个顶点各有1个Co原子（每个被8个晶胞共享，贡献 8×=1 ）。大晶胞的6个面心各有1个Co原子（每个被2个晶胞共享，贡献 6×=3）。 大晶胞的12条棱的中点各有1个Co原子（每个被4个晶胞共享，贡献12×= 3）。 大晶胞的体心（即8个小立方体交汇的中心）有1个Co原子（完全属于该晶胞，贡献1）。 Co原子总数= 1+3+3+1 = 8个。Ga原子和Ni原子：它们交替占据这8个小立方体的体心。因为共有8个小立方体，且Ga和Ni交替填充，所以其中4个小立方体的体心是Ga原子，另外4个小立方体的体心是Ni原子。 这些小立方体的体心完全位于大晶胞内部，因此Ga原子总数为4个，Ni原子总数也为4个。得出粒子个数最简比：Co : Ga : Ni = 8:4:4=2:1:1，计算立方晶胞的体积，由前面的分析可知，该合金的完整立方晶胞是由边长为a nm 的小立方体 2×2×2 堆叠而成的。 因此，大立方晶胞的棱长为2a nm。已知 1 nm=10−7 cm。晶胞的棱长（单位：cm）= 2a×10−7 cm。晶胞的体积 = (棱长)3=(2a × 10−7 cm)3=8a3 × 10−21 cm3。 【小问6详解】 在硅酸盐层状结构中，每个单元通过3个顶角氧与相邻单元共享，形成二维网络。推导其化学式需考虑原子归属与电荷平衡：原子比例分析：每个含1个Si和4个O。其中3个O被两个单元共享，每个单元实际拥有3×12=1.5个共享氧。加上1个独立氧，总氧原子数为1+1.5=2.5。故Si : O = 1 : 2.5 = 2 : 5，化学式基础为 Si2O5。 电荷计算：Si为+4，O为-2。Si2O5的总电荷：2×(+4)+5×(−2) = −2。因此每个Si2O5单元带2−电荷。无限结构表达：对于n个Si原子，对应2.5n个O原子，总电荷为−2n。通常以重复单元表示为。最终化学式为： 16. 一种基于CO、碘代烃类合成化合物E的路线如下(部分反应条件略去)： （1）与A互为同分异构体的芳香族化合物(不包含A)有___________种。B分子中处于同一平面上的原子最多有___________个。 （2）写出化合物A反应生成B化学方程式：___________。 （3）化合物X为C的同分异构体，能与FeCl3溶液显色，且在核磁共振氢谱上只有4组峰。X的结构简式为___________。 （4）D分子中采取sp2、sp3杂化的原子数目之比为___________。 （5）下列关于有关物质的说法正确的是___________ a．C物质有反式异构体 b．E能发生加成反应、聚合反应、取代反应 c．E与足量H2加成后的产物不含手性碳原子 （6）写出化合物D反应生成E的化学方程式：___________。 【答案】（1） ①. 4 ②. 14 （2）2+O22+2H2O （3） （4）3：2 （5）ac （6）++CO+HI 【解析】 【分析】催化氧化生成，与反应生成，与氢气加成生成，与CO和反应生成，据此分析； 【小问1详解】 与互为同分异构体的芳香族化合物，①取代基为甲基与羟基，有邻间对三种，②取代基为有一种，共4种；分子中苯环上12个原子共面，醛基上4原子共面，故分子中最多所有原子处于同一平面上，最多有14个； 【小问2详解】 A（苯甲醇）催化氧化生成B（苯甲醛），是醇的催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O。 【小问3详解】 的同分异构体，能与溶液显色说明含酚羟基，取代基的不饱和度为2，则含有碳碳双键，核磁共振氢谱上只有4组峰，说明高度对称，故X的结构式为：。 【小问4详解】 中，苯环上碳采取的原子数目为6，杂化的原子为3个饱和碳和羟基上氧原子，共4个，采取、杂化的原子数目之比为3：2。 【小问5详解】 a．C为，碳碳双键两端的碳原子都连接两个不同基团，存在顺反异构，因此有反式异构体，a正确； b．E含苯环，可与氢气发生加成反应；含酯基可发生水解（取代反应）；但无双键或三键，不能发生聚合反应，b错误；  c．E与足量加成后，加氢后苯环变成环己烷，所有的碳均为或对称结构，无手性碳原子，c正确； 故选ac。 【小问6详解】 D（3-苯基丙醇）和碘环戊烷、CO发生羰基化反应生成酯E和HI，方程式为：++CO+HI。 17. 乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体。某化学实验小组在实验室中制备并提纯乙酰苯胺。制备乙酰苯胺的原理：①；②。已知：有机物相关数据如表所示。 名称 相对分子质量 常温下状态 主要性质 硝基苯 123 无色油状液体 难溶于水，易溶于有机溶剂 苯胺 93 无色油状液体 有碱性和还原性，在空气中易被氧化，微溶于水，易溶于乙醇和乙醚 乙酰苯胺 135 白色晶体 微溶于冷水，溶于沸水，溶于有机溶剂 Ⅰ．制备并提纯苯胺 还原硝基苯所得苯胺粗产品的提纯过程如下：苯胺粗产品水层有机层苯胺。已知：苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐。 （1）操作1与操作2需要用到的主要玻璃仪器有________。 （2）无水硫酸钠固体的作用是________。 Ⅱ．制备乙酰苯胺 向圆底烧瓶中加入9.3 g苯胺、足量冰醋酸及少量锌粉，组装好仪器，保持圆底烧瓶中反应温度在100-110℃之间，一段时间后，趁热将圆底烧瓶中的混合物倒入冰水中，抽滤、洗涤、烘干，得到乙酰苯胺粗产品。制备装置如图所示。 （3）a处应选择仪器________。 （4）结合反应原理，从化学平衡角度分析，使用蒸馏装置的目的是________。 （5）加入少量锌粉的作用是________。 Ⅲ．乙酰苯胺粗产品提纯 向乙酰苯胺粗产品中加入适量蒸馏水，加热，搅拌，使粗产品完全溶解。加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸6 min，趁热过滤。待所得滤液完全冷却后滤出晶体，经冷水洗涤、干燥、称重，得到产品9.5 g。 （6）冷水洗涤的目的是________，该实验中乙酰苯胺的产率为________(保留三位有效数字)。 【答案】（1）分液漏斗、烧杯 （2）干燥剂 （3）直形冷凝管 （4）及时移走生成的水，促使平衡正向移动，提高乙酰苯胺产率。 （5）防止苯胺被氧化 （6） ①. 除去晶体表面杂质，同时降低乙酰苯胺的溶解度，减少损失 ②. 70.4% 【解析】 【分析】Ⅰ．制备并提纯苯胺：分析操作1：该步骤是将苯胺粗产品与盐酸混合。根据题意，苯胺会与盐酸反应生成可溶于水的苯胺盐酸盐（），进入水层。而粗产品中不与盐酸反应且不溶于水的有机杂质会形成另一层（有机层）。分析操作2： 该步骤是向操作1得到的水层（主要为）中加入NaOH溶液，NaOH会与反应，重新生成苯胺，由于苯胺微溶于水，会形成有机层。分析操作3：经过操作2分液后得到的有机层主要是苯胺，但其中会溶解有少量的水，为了得到纯净的苯胺，需要除去这些水分，无水硫酸钠（  ）是一种常用的中性固体干燥剂，它能与水结合形成水合物，从而吸收有机液体中混有的水分，因此，向有机层中加入无水硫酸钠固体的作用是干燥有机层。 【小问1详解】 根据分析可知，操作1与操作2的目的都是分离水层和有机层。分离两种互不相溶的液体，采用的操作是分液。因此，操作1和操作2都是分液操作，进行分液操作需要用到的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯； 【小问2详解】 根据分析可知，无水硫酸钠固体的作用是作干燥剂； 【小问3详解】 观察制备装置图，a 处是冷凝管，用于冷凝从反应体系中蒸出的物质。该反应需要在100-110℃之间进行，此时反应生成的水（沸点100℃）以及过量的醋酸（沸点约118℃）可能会挥发。为了将挥发出来的水蒸气冷凝并收集，同时避免冷凝后的液体残留在冷凝管中，通常使用直形冷凝管。球形冷凝管一般用于反应物的回流，而直形冷凝管多用于蒸馏。图中 a 处为倾斜的蒸馏冷凝装置，因此应选择直形冷凝管； 【小问4详解】 制备乙酰苯胺的反应原理为苯胺与冰醋酸发生的酰化反应（取代反应）：，这是一个可逆反应。根据勒夏特列原理，要提高产率，需要促使平衡向正反应方向移动。反应温度控制在  ，此时生成的水会以水蒸气的形式不断蒸出（通过蒸馏装置）。不断将生成物水从反应体系中分离出去，降低了生成物的浓度，从而促使化学平衡向正反应方向（生成乙酰苯胺的方向）移动，提高乙酰苯胺的产率； 【小问5详解】 题目已知信息中提到，苯胺具有还原性，在空气中易被氧化。在加热反应的过程中，为了防止苯胺被空气中的氧气氧化，通常会加入少量的还原剂。锌粉是一种活泼金属，具有还原性，可以消耗体系中的微量氧气或氧化性物质，从而起到保护苯胺不被氧化的作用； 【小问6详解】 ①冷水洗涤的目的：根据已知数据，乙酰苯胺“微溶于冷水，溶于沸水”。在提纯过程中，冷却结晶后得到的晶体表面会附着一些可溶性杂质（如未反应的醋酸、盐类等）。使用冷水洗涤，可以有效洗去晶体表面的杂质。同时，因为乙酰苯胺在冷水中溶解度很小，用冷水洗涤可以最大程度地减少乙酰苯胺晶体因溶解而造成的损失； ②产率的计算：已知：加入9.3 g苯胺，冰醋酸足量。理论产量计算：苯胺的物质的量。根据反应方程式，苯胺与乙酰苯胺按转化，理论上可生成乙酰苯胺。理论质量，实际产量为。产率：。保留三位有效数字，即为。 18. 有机化合物P是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如下。 回答下列问题： （1）A属于芳香烃，试剂a为________。 （2）E既有酸性又有碱性，D→E的反应类型为________。 （3）G→J的化学方程式为________。 （4）L中的含氧官能团的名称为________。 （5）同时满足下列条件的F的同分异构体有________种。 ⅰ．含有3个官能团(其一为碳碳三键)；ⅱ．遇溶液显紫色；ⅲ．除苯环外无其它环状结构 （6）写出物质L与溶液反应的化学方程式________。 【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸 （2）还原反应 （3）HOOCCH2COOH+2CH3OHCH3OOCCH2COOCH3+2H2O （4）酰胺基、酯基 （5）13 （6）+3NaOH+NaOOCCH(OH)COONa+CH3OH+NaBr 【解析】 【分析】A发生硝化反应生成B，B发生氧化反应生成D，由D逆推，A是、B是；E和Cl-COOC2H5发生取代反应生成F，由F逆推，E是；HOOCCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成J，J是CH3OOCCH2COOCH3，J和发生取代反应生成K，K与溴发生取代反应生成L，由L逆推，K是；F、M经三步反应生成P，由P逆推，可知M是。 【小问1详解】 根据以上分析，A是，A发生硝化反应生成，试剂a为浓硝酸、浓硫酸； 【小问2详解】 E既有酸性又有碱性，E是；D→E是D中硝基变为氨基生成E，反应类型为还原反应； 【小问3详解】 G→J是HOOCCH2COOH和甲醇发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3和水，反应的化学方程式为HOOCCH2COOH+2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3+2H2O 【小问4详解】 根据L的结构简式，L中的含氧官能团的名称为酰胺基、酯基； 【小问5详解】 ⅰ．含有3个官能团(其一为碳碳三键)；ⅱ．遇溶液显紫色，含有酚羟基；ⅲ．除苯环外无其它环状结构，苯环上的取代基可能有-OH、-C≡CH、-NO2或-OH、-C≡C-NO2，若有3个取代基-OH、-C≡CH、-NO2，有10种结构；若有2个取代基-OH、-C≡CH-NO2，有3种结构；所以同时满足条件的F的同分异构体有13种； 【小问6详解】 物质L与溶液发生水解反应生成、NaOOCCH(OH)COONa、CH3OH、NaBr，反应的化学方程式为+3NaOH+NaOOCCH(OH)COONa+CH3OH+NaBr。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级期末考试化学试卷 (满分：100分，时间：75分钟) 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 一、单选题：每小题3分共42分。 1. 下列有关物质分类说法错误的是 A. 酿造啤酒过程中产生了乙醇，乙醇是极性分子 B. 大列巴面包由全麦粉制成，面粉中的淀粉属于多糖 C. 红肠中含有油脂，油脂属于有机高分子化合物 D. 制作冰棍儿使用的奶粉中含有乳糖，乳糖属于寡糖 2. 下列有机物的名称错误的是 A. 2-戊烯 B. 乙苯 C. 2，3-二甲基丁烷 D. 1，3，4-三甲苯 3. 谱图是研究物质结构的重要手段之一。下列对各谱图的分析错误的是 A．红外光谱图可判断化学键和官能团种类 B．光谱图可判断电子从基态跃迁至激发态 C．核磁共振氢谱图可判断氢原子数目 D．质谱图可判断相对分子质量 A. A B. B C. C D. D 4. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 乙醚的结构简式： C. Br原子的简化电子排布式： D. 中共价键的电子云图： 5. 2025年6月《自然》杂志报道科学家成功合成出中性N6分子，该分子在室温下迅速爆炸式分解，每克N6分解释放的能量是等量质量TNT的2.2倍。下列说法错误的是 A. N6和N2都属于氮元素的同素异形体 B. N6分子中N原子杂化方式完全相同 C. 室温下，N6(g)=3N2(g)是自发反应 D. N6爆炸释放能量高，产物无毒，因此可作新型火的推进剂或炸药 6. 化合物M是重要的有机合成中间体，广泛用于药品、香料等领域，结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且分布于三个不同周期，元素Z最外层电子数是电子层数的三倍。 下列叙述错误的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性： B. Y单质的晶体类型可为分子晶体、共价晶体、混合晶体 C. 分子间存在氢键 D. 的空间结构为三角锥形 7. 利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等，下列说法不正确的是 A. COCl2分子内含有σ键和π键 B. 在一定条件下发生反应：，过程中断裂配位键，形成金属键 C. CO分子与N2、含有相同电子数 D. Fe(CO)5中铁的化合价为0，其基态原子的价电子排布式3d6 8. 下列陈述Ⅰ、陈述Ⅱ错误或没有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 电子云半径： 3s电子能量高，在离核更远的区域出现的概率大 B 分子极性： B元素和Cl元素的电负性差值大于N元素和Cl元素的电负性差值 C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 分子内氢键使物质沸点降低，分子间氢键使物质沸点升高 D 键的极性：N—H<O—H<F—H 电负性： A. A B. B C. C D. D 9. 下列离子方程式正确的是 A. 用醋酸除去茶壶中的水垢： B. 2-溴丁烷中加入氢氧化钠溶液并加热： C. 乙醛被新制氢氧化铜碱性悬浊液氧化： D. 苯酚钠溶液中通入少量： 10. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是 A. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为1：2 B. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE C. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体形 D. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+ 11. 某有机物M的结构简式如图所示，若等物质的量的M在一定条件下分别与金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应，则消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为 A. 1：2：1 B. 2：4：1 C. 2：3：1 D. 1：2：2 12. 下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加溴水，溴水褪色 丙烯醛中含碳碳双键 B 将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液，产生白色浑浊 证明酸性：碳酸＞苯酚 C 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气体通入溴水，溴水褪色 该反应生成了乙烯 D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应 A. A B. B C. C D. D 13. 下列有机物的鉴别方法(必要时可加热)，不能达到目的的是 A. 用溴水鉴别苯、环己烷、环己烯 B. 用新制氢氧化铜溶液鉴别溴乙烷、乙酸、乙醇溶液 C. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、溴苯、乙酸 D. 用盐酸鉴别苯、苯酚钠溶液、碳酸氢钠溶液 14. 某工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收四种物质的方案如下： 下列说法不正确的是 A. 回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇 B. 操作Ⅱ是分液，操作Ⅲ是蒸馏 C. 试剂a是NaOH溶液 D. 试剂b为，试剂c为稀硫酸 二、填空题。 15. 回答下列问题： （1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______。 A. B. C. D. （2）有以下五种晶体：①冰、②金刚石、③MgO、④CaCl2、⑤干冰，它们的熔点由高到低的顺序为_______。(填序号) （3）向CuSO4溶液中滴加氨水可以得到1∶1型离子化合物，其阳离子结构如图所示，阴离子为正四面体结构。 该阳离子中存在的化学键类型为_______(填字母)。 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．σ键 E．π键 F．配位键 G．氢键 （4）酞菁和钴酞菁的分子结构如图1所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子形成大Π键的N原子是_______(填图1酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______。 （5）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图2所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______cm3。 （6）在硅酸盐中存在结构单元，当无限多个(用n表示)分别以3个顶角氧和其他3个形成层状结构时(如图所示)，其化学式为_______。 16. 一种基于CO、碘代烃类合成化合物E的路线如下(部分反应条件略去)： （1）与A互为同分异构体的芳香族化合物(不包含A)有___________种。B分子中处于同一平面上的原子最多有___________个。 （2）写出化合物A反应生成B化学方程式：___________。 （3）化合物X为C的同分异构体，能与FeCl3溶液显色，且在核磁共振氢谱上只有4组峰。X的结构简式为___________。 （4）D分子中采取sp2、sp3杂化的原子数目之比为___________。 （5）下列关于有关物质的说法正确的是___________ a．C物质有反式异构体 b．E能发生加成反应、聚合反应、取代反应 c．E与足量H2加成后的产物不含手性碳原子 （6）写出化合物D反应生成E的化学方程式：___________。 17. 乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体。某化学实验小组在实验室中制备并提纯乙酰苯胺。制备乙酰苯胺的原理：①；②。已知：有机物相关数据如表所示。 名称 相对分子质量 常温下状态 主要性质 硝基苯 123 无色油状液体 难溶于水，易溶于有机溶剂 苯胺 93 无色油状液体 有碱性和还原性，在空气中易被氧化，微溶于水，易溶于乙醇和乙醚 乙酰苯胺 135 白色晶体 微溶于冷水，溶于沸水，溶于有机溶剂 Ⅰ．制备并提纯苯胺 还原硝基苯所得苯胺粗产品的提纯过程如下：苯胺粗产品水层有机层苯胺。已知：苯胺与盐酸反应生成可溶于水的盐。 （1）操作1与操作2需要用到的主要玻璃仪器有________。 （2）无水硫酸钠固体的作用是________。 Ⅱ．制备乙酰苯胺 向圆底烧瓶中加入9.3 g苯胺、足量冰醋酸及少量锌粉，组装好仪器，保持圆底烧瓶中反应温度在100-110℃之间，一段时间后，趁热将圆底烧瓶中的混合物倒入冰水中，抽滤、洗涤、烘干，得到乙酰苯胺粗产品。制备装置如图所示。 （3）a处应选择仪器________。 （4）结合反应原理，从化学平衡角度分析，使用蒸馏装置的目的是________。 （5）加入少量锌粉的作用是________。 Ⅲ．乙酰苯胺粗产品提纯 向乙酰苯胺粗产品中加入适量蒸馏水，加热，搅拌，使粗产品完全溶解。加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸6 min，趁热过滤。待所得滤液完全冷却后滤出晶体，经冷水洗涤、干燥、称重，得到产品9.5 g。 （6）冷水洗涤的目的是________，该实验中乙酰苯胺的产率为________(保留三位有效数字)。 18. 有机化合物P是一种具有抗肿瘤、抗菌等多种药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如下。 回答下列问题： （1）A属于芳香烃，试剂a为________。 （2）E既有酸性又有碱性，D→E的反应类型为________。 （3）G→J的化学方程式为________。 （4）L中的含氧官能团的名称为________。 （5）同时满足下列条件的F的同分异构体有________种。 ⅰ．含有3个官能团(其一为碳碳三键)；ⅱ．遇溶液显紫色；ⅲ．除苯环外无其它环状结构 （6）写出物质L与溶液反应的化学方程式________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $