2025届湖北省仙桃市汉江高级中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2025届湖北省仙桃市汉江高级中学化学高二下期末学业水平测试模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列物质中，不属于醇类的是
A．C3H7OH B．C6H5CH2OH
C．CH3CH(OH)CH3 D．C6H5OH
2、聚偏二氯乙烯(PVDC)的结构简式为，它可以承受高温蒸煮，也可作为保鲜食品的包装材料，下列有关PVDC的叙述错误的是
A．没有固定的熔点，沸点 B．聚合度为n，属于混合物
C．单体可由乙烯与氯气加成制得 D．单体可发生加成、取代、氧化、消去等反应
3、下列有关说法正确的是
A．298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0
B．氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小
C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D．25℃时Ka(HClO)＝3.0×10−8，Ka(HCN)＝4.9×10−10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)
4、下列化学用语正确的是（ ）
A．四氯化碳的电子式：
B．丙烷分子的比例模型：
C．2－乙基－1，3－丁二烯的键线式：
D．聚丙烯的结构简式：
5、按F、Cl、Br、I顺序递增的是
A．外围电子 B．原子半径 C．电负性 D．第一电离能
6、将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：
实验序号
稀硝酸的体积/mL
剩余固体的质量/g
NO的体积/L
1
100
17.2
2.24
2
200
8.00
4.48
3
400
0
V
下列说法正确的是（ ）
A．表中V=7.84L
B．原混合物粉末的质量为25.6g
C．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3
D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 mol•L﹣1
7、下列物质①乙烷 ②丙烷 ③乙醇，沸点由高到低的顺序正确的是
A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>②>① D．③>①>②
8、400℃时，向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应过程中测得的部分数据见下表：
t/min
0
10
20
30
n(CO)/mol
0.20
0.08
0.04

n(H2)/mol
0.40

0.08
下列说法不正确的是
A．反应在前10min内的平均速率为v(H2)＝0.012 mol/(L·min)
B．400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1，则反应的ΔH＜0
D．相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
9、下列说法正确的是（ ）
A．纤维素能发生银镜反应
B．酒精能杀毒属于蛋白质变性
C．苯与浓溴水反应制溴苯
D．油脂都不能使溴水褪色
10、下列说法正确的是
A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B．反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
11、下列描述中正确的是
A．ClO3—的空间构型为平面三角形 B．SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对
C．BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D．BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形
12、下列各组离子能大量共存的是(　　)
①“84”消毒液的水溶液中：Fe2＋、Cl－、Ca2＋、Na＋
②加入KSCN显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、S2－
③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3＋、Al3＋、SO、K＋
④pH＝2的溶液中：NH、Na＋、Cl－、Cu2＋
⑤无色溶液中：K＋、CH3COO－、HCO、MnO
A．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．③④
13、（题文）龙脑烯醛是合成檀香系列香料的中间体，其结构简式为，下列关于检验该物质官能团的试剂和顺序正确的是
A．先加入溴水；后加入银氨溶液，水浴加热
B．先加入新制氢氧化铜悬浊液，加热；酸化后再加入溴水
C．先加入溴水；后加入酸性高锰酸钾溶液
D．先加入银氨溶液；再另取该物质加入溴水
14、某有机物A与氢气的相对密度是38，取有机物A7.6g完全燃烧后，生成0.2molCO2和0.2molH2O。此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应。下列有关A的说法中不正确的是
A．A的分子式为C2H4O3
B．A的结构简式为HO－CH2－COOH
C．A分子中的官能团有两种
D．1 molA与足量的单质Na反应时放出H2的物质的量为0.5mol
15、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图2所示装置制取少量氨气
B．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
C．选择合适的试剂，用图4所示装置可分别制取少量CO2、NO和O2
D．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
16、从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂。HIn(aq，红色)H+＋In-(aq，黄色)，在浓度为0.02 mol·L-1的下列各溶液(1)HCl、(2)Na2O2、 (3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中，加入该指示剂，其中能使指示剂显黄色的是
A．(1)(4)(5)B．(2)(6)C．(1)(3)(4)D．(5)(6)
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为__。
将9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g
（2）A的分子式为__。
另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。
（3）用结构简式表示A中含有的官能团__、__。
A的核磁共振氢谱如图：

（4）A中含有__种氢原子。
综上所述，A的结构简式为__。

18、由五种常见元素构成的化合物X，某学习小组进行了如下实验：
①取4.56g X，在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
②将A溶于水后，得蓝色溶液；再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C和蓝绿色溶液D。
③在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液，又得3.82g白色沉淀和黄色溶液。
(1)X中5种元素是H、O、__________________________________(用元素符号表示)
(2)X受热分解的化学方程式是__________________________________。
(3)蓝绿色溶液D与足量KI反应的离子方程式是__________________________________。
19、某课外活动小组的同学在实验室用如下装置制取乙酸乙酯。其主要步骤如下：
①在30mL的大试管A中按体积比2：3：2的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。
②按如图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5~10min。

③待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层。
④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。
已知下列数据：
物质
熔点（℃）
沸点（℃）
密度（g/cm3）
乙醇
－117.0
78.0
0.79
乙酸
16.6
117.9
1.05
乙酸乙酯
－83.6
77.5
0.90
浓硫酸（98%）
――
338.0
1.84
请回答下列问题：
（1）配制该混合溶液时，加入这三种物质的先后顺序是___________；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：___________。
（2）该实验中，浓硫酸的作用是___________。
（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___________（填字母）。
A 吸收部分乙醇
B 中和乙酸
C 降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出
D 加速酯的生成，提高其产率
（4）步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是___________。
（5）步骤③中B试管内的上层物质是___________（填物质名称）。
（6）步骤④中分离操作用到的主要仪器是___________；可选用的干燥剂为___________（填字母）。
A 生石灰 B NaOH固体
C 碱石灰 D 无水Na2SO4
20、B．[实验化学]
丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为

实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。

（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是________。
（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是______；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是____；分离出有机相的操作名称为____。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。
21、磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题。
（1）基态磷原子价电子轨道表示式为______________________；磷的第一电离能比硫大，其原因是_____________________________________________。
（2）已知反应6P2H4＝P4+8PH3↑。P2H4分子中磷原子杂化类型是________________；P4分子的几何构型是________________________。
（3）N和P同主族。
①NH3的沸点比PH3高，其原因是_________________________；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是______________________________________________。
②氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是___________________________________________。
（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。In的配位数为_______________；与In原子间距离为a nm的In原子有________个。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
根据醇的定义判断：醇是羟基与脂肪烃基相连或者与脂环烃、芳香烃侧链相连的化合物。
【详解】
A. 脂肪烃中的氢原子被羟基所取代，所以C3H7OH一定属于醇，故A不符合题意；
B. 羟基与C6H5CH2-相连，属于芳香醇，故B不符合题意选； 
C. 羟基与(CH3)2CH-相连，属于脂肪醇，故C不符合题意选；
D. 羟基与苯环直接相连为酚，故D符合题意；
所以本题正确答案为D。
醇的官能团为-OH, -OH与脂肪烃基相连为醇, -OH与苯环直接相连为酚,以此来解答。
2、C
【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质。
详解：A.该物质是混合物，没有固定的熔沸点，故正确；B.聚合度为n，属于混合物，故正确；C.单体为1，1-二氯乙烯，不能由乙烯和氯气加成得到，故错误；D.单体为1，1-二氯乙烯，能发生加成反应和取代反应，氧化反应，和消去反应，故正确。故选C。
3、D
【解析】
A.反应能自发进行，应满足∆H-T∆S<0，而该反应S0，当∆H>0时不能自发进行，当H0时低温可自发进行，该反应298K时能自发进行，故∆H<0，故A错误；
B.氨水稀释后，电离平衡正向移动，•的物质的量减少，物质的量增大，因为在同一溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B错误；
C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn、Fe、Cu失电子，电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，阴极为Cu2+得电子还原成Cu，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C错误；
D.25℃时， Ka(HClO)=3.0，Ka(HCNO)=4.9时，HClO溶液的酸性大于HCN，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，c(NaClO)c(NaCN)，故D正确；
本题答案为D。
判断一个化学反应能否自发进行，要看H-T是大于零还是小于零，只有当H-T小于零时才能自发进行。
4、C
【解析】
A、氯原子未成键的孤对电子对未画出，分子中碳原子与氯原子之间形成1对共用电子对，电子式为，选项A错误；B、图中模型为丙烷的球棍模型，选项B错误；C、键线式用短线表示化学键，交点、端点是碳原子，C原子、H原子不标出，故2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式为，选项C正确；D、聚丙烯的结构简式为，选项D错误；答案选C。
5、B
【解析】
A．F、Cl、Br、I为第VIIA族元素，同主族外围电子数相同，故A不选；
B．同主族，从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，故B选；
C．同主族，从上到下，电负性减弱，则F、Cl、Br、I电负性逐渐减小，故C不选；
D．同主族，从上到下，第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故D不选；
答案选B。
6、A
【解析】
由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得
所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g÷56 g·mol-1：14.4g÷64 g·mol-1=8：9；
400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L×4 mol·L-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：
铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n(Cu) ×2÷3+ 2n(Cu) ×2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=[2n（Cu）+3n（Fe）] ÷3 ×22.4L·,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g×3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。
点睛：对于硝酸与Fe的反应，Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3，过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+，如本题中第1、第2次的两次实验，金属剩余，Fe应该生成Fe2+，这是解决本题的关键，为确定剩余8g的成分提供依据，即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+，根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成，通过第三次实验判断硝酸过量，Fe生成Fe3+。
7、C
【解析】试题分析：物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越强，物质的熔沸点就越高，当物质的相对分子质量相同时，由极性分子构成的物质的分子间作用力大于由非极性分子构成的物质，熔沸点就高。所以①乙烷 ②丙烷 ③乙醇，沸点由高到低的顺序是③>②>①，答案选C。
考点：考查物质的熔沸点的比较。
8、D
【解析】
A.容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，10min后n(CO)= 0.08mol，变化了0.12mol，H2变化了0.24mol，所以10min内的H2的平均速率为v(H2)＝=0.012 mol/(L·min)；故A正确；
B. 由表中的数据分析可知：20min时CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡，各物质浓度变化情况为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始浓度（mol·L-1） 0.1 0.2 0
变化浓度（mol·L-1） 0.08 0.16 0.08
平衡浓度（mol·L-1） 0.02 0.04 0.08
400℃时，该反应的平衡常数K==2.5×103，故B正确；
C. 保持其他条件不变，升高温度使反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1<0.08 mol·L-1，说明平衡逆向移动了，Δ则该反应的ΔH＜0，故C正确；
D. 当容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，达到平衡时，CO的转化率为80%；根据等效平衡，若开始加0.2mol的CH3OH时，达到平衡时CH3OH的转化率为20%；相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，相当于增减了反应物，达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
综上所述，本题正确答案：D。
考查化学反应速率计算及其影响因素，化学平衡移动及等效平衡的知识。依据化学反应速率计算公式v=，化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
9、B
【解析】
A. 纤维素属于多糖，不含醛基，不能发生银镜反应，A错误；
B. 酒精可以改变蛋白构型，使蛋白质发生不可逆的变性、凝固，从而起到杀菌消毒的作用，B正确；
C. 苯不能和溴水反应，只能发生萃取；苯和液溴在铁的催化作用下可以生成溴苯；C错误；
D. 植物油脂含有不饱和键，可以和溴水发生加成反应使溴水褪色，D错误；
故合理选项为B。
10、C
【解析】
A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；
B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；
C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；
D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；
答案选C。
本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。
11、B
【解析】
A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；
B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；
C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；
D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。
【详解】
A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；
B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；
C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；
D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。
本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。
12、D
【解析】分析：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO -，具有强氧化性； ②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe 3+； ③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性； ④pH=2的溶液，为酸性溶液； ⑤MnO 4 -在水溶液中为紫色。
详解：①“84”消毒液的水溶液中含有ClO -，具有强氧化性，与Fe 2+发生氧化还原反应而不能共存，故①错误； 
②加入KSCN显红色的溶液中含有Fe 3+，与S 2-相互促进水解而不能共存，故②错误； 
③能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液，具有强氧化性，但该组离子之间不反应，则能够共存，故③正确； 
④pH=2的溶液，为酸性溶液，该组离子之间不反应，则能够共存，故④正确； 
⑤MnO 4 -在水溶液中为紫色，与无色溶液不符，故⑤错误； 
故选D． 
点睛：本题考查离子的共存，明确题目中的隐含信息及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大。
13、B
【解析】分析：由结构可知，分子中含碳碳双键、-CHO，均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验-CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答。
详解：A．先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，A不选；
B．先加新制氢氧化铜，加热，可检验-CHO，酸化后再加溴水，可检验碳碳双键，B选；
C．先加溴水，双键发生加成反应，-CHO被氧化，不能检验，C不选；
D．先加入银氨溶液，不加热，不能检验-CHO，D不选；答案选B。
14、D
【解析】
有机物A与氢气的相对密度是38，故有机物A的相对分子质量为76，7.6gA的物质的量为0.1mol，完全燃烧后，生成0.2molCO2和0.2molH2O，可知1mol有机物含有2molC、4molH，有机物含有O原子为(76−2×12−4)/16=3，则有机物分子式为C2H4O3，此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应，则结构简式应为HOCH2COOH，1molHOCH2COOH与足量的单质Na反应时放出H2的物质的量为1mol，ABC正确，D错误。
答案选D。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据生成物的质量和有机物的质量判断有机物中是否含有O元素为解答该题的关键。
15、B
【解析】
分析：A. 收集氨气不能用橡皮塞塞住试管口，据此考虑；B.可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，需注意洗气时应“长进短出”；C. 一氧化氮可以和空气中的氧气反应生成二氧化氮，据此分析；D. 纯碱为粉末状固体，易溶于水，据此分析。
详解：收集氨气不能用橡皮塞塞住试管口，否则会导致压强过大而导致实验事故，可以在试管口塞一团棉花，图示装置不合理，A错误；除去氯化氢可以用饱和食盐水，洗气时应该“长进短出”，图1所示装置合理，B正确；NO易与空气中的氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集，C错误；纯碱为粉末状固体，易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，D错误；正确选项B。
16、D
【解析】分析：能使指示剂显黄色，应使c(HIn)＜c(In-)，所加入物质应使平衡向正反应方向移动，所加入溶液应呈碱性，以此解答该题。
详解：能使指示剂显黄色，应使c(HIn)＜c(In-)，所加入物质应使平衡向正反应方向移动，所加入溶液应呈碱性，①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而②⑤⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，③为中性溶液，平衡不移动，但②中过氧化钠具有强氧化性，溶液可能褪色，故选D。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素，解答本题的关键是根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，再结合外界条件对平衡移动的影响分析。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、90 C3H6O3 -COOH -OH 4
【解析】
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；   
（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；
（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；
（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；
（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。
【详解】
(1)由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为45×2=90，
故答案为：90；
(2)由题意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g−0.3×12g−0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根据原子守恒可知A的分子式为C3H6O3，
故答案为：C3H6O3；
(3)0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，
故答案为：-COOH；-OH；
(4)核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1:1:1:3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3:1:1:1，所以结构简式为：。
18、Cu、S、N Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑ 2Cu2++ 4I-= 2CuI↓+I2
【解析】
X在180℃加热分解，得到白色固体A和1.792L(折算成标准状况)纯净气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明B为NH3，NH3的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol；将A溶于水后得蓝色溶液，则A中含有Cu2+，再加入足量的BaCl2溶液，得4.66g白色沉淀C，4.66g白色沉淀C为BaSO4沉淀，故A为CuSO4，BaSO4的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，得到蓝绿色溶液D，在蓝绿色溶液D中加入足量的KI溶液又得3.82g白色沉淀，白色沉淀为CuI，CuI的物质的量为3.82g÷191g/mol=0.02mol，所以n(Cu2+)：n(NH3)：n(SO42-)=0.02mol：0.08mol：0.02mol=1：4：1，所以X的化学式为Cu(NH3)4SO4，据此答题。
【详解】
（1）由分析可知，X中含有的5种元素分别是H、O、Cu、N、S，故答案为Cu、S、N。
（2）由分析可知，X的化学式为Cu(NH3)4SO4，X受热分解生成CuSO4和NH3，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑，故答案为Cu(NH3)4SO4CuSO4+4NH3↑。
（3）蓝绿色溶液D与足量KI反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2++ 4I-=2CuI↓+I2，故答案为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
19、乙醇、浓硫酸、乙酸 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂 ABC 因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应 乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 D
【解析】
（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，三种物质的加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。
（2）该实验中，乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸起到催化剂的作用，加快酯化反应的速率；又因为该反应是可逆反应，浓硫酸吸水可以促进平衡向正反应方向进行，所以浓硫酸还起到吸水剂的作用。
（3）由于乙醇、乙酸易挥发，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸具有酸性，能与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出，答案为：ABC；　
（4）步骤②中需要小火均匀加热操作，其主要理由是：因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；
（5）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香味，步骤③中B试管内的上层物质是乙酸乙酯；
（6）步骤④中分离操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯；
干燥乙酸乙酯，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择生石灰、碱石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在碱性条件下水解，答案选D。
本题考查酯化反应原理、乙酸乙酯制备、仪器的选择以及乙酸乙酯的分离和提纯。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
20、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高
【解析】
（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；
（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；
（3）丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；
（4）水浴加热提供最高温度为100℃，而丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。
《实验化学》的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。
21、 磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定 sp3 正四面体 NH3 分子间可以形成氢键，PH3不能 N 的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大 磷的原子半径大，磷原子间形成的σ键较长，p一p轨道间肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 4 12
【解析】
（1）P为15号元素，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，则其价电子排布式为3s23p3，所以基态磷原子价电子轨道表示式为，磷原子最外层能级中，3p电子处于半满状态，相对比较稳定，失电子较难。答案为： 、磷的3P轨道处于半充满状态，较稳定；
（2）P2H4分子中磷原子可以形成3个σ键，还有1对孤对电子，所以磷原子杂化类型是sp3杂化；在白磷中，磷原子的5个价电子中的3个形成了3个σ键，还剩下1个未成键价电子对，其键价层电子对总数是4，需要形成4个杂化轨道而采用sp3杂化，所以白磷分子是正四面体形结构。答案为：sp3、正四面体；
（3）①NH3和PH3为分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，但是NH3分子间可以形成氢键，PH3不能，故NH3的沸点比PH3高；N的电负性大于P，NH3中N－H键的键长比PH3中P－H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；
②P原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,所以难以形成π键。
故答案为①NH3分子间可以形成氢键，PH3不能；N的电负性大于P，成键电子对偏向N，从而增加了成键电子对间的斥力，键角变大；②磷的原子半径大，磷原子间形