湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高二化学第二学期期末联考模拟试题含解析

湖南省长沙麓山国际实验学校2025届高二化学第二学期期末联考模拟试题注意事项：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、下列物质的熔点高低顺序，正确的是A．金刚石＞晶体硅＞碳化硅B．K＞Na＞LiC．NaF＜NaCl＜NaBrD．CI4＞CBr4＞CCl4＞CH42、下列说法正确的是A．与丙三醇互为同系物B．与的单体相同C．淀粉、蛋白质、光导纤维均为有机高分子化合物D．按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3，4-乙基己烷3、以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．1molNH3分子中含有3NA个σ键和4NA个sp3杂化轨道B．1molCO2分子中含有2NA个σ键和2NA个sp2杂化轨道C．1molC2H2分子中含有2NA个σ键2NA个π键D．1molC2H4分子中含有4NA个σ键2NA个π键4、某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO－4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()A．CH3COO－ B．SO32-C．CO32- D．HCO3-5、下列叙述正确的是（）A．明矾和ClO2常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的反应原理相同。B．盛放KOH溶液的试剂瓶不能用橡胶塞，应该用玻璃塞。C．北京时间3月11日日本发生9.0级地震，引起核泄漏，产生的粉尘中含有较多的131I，这是一种质子数为131的有放射性的碘的一种核素。D．冰岛和印度尼西亚火山喷发，火山灰在空气中几周都不能沉降，可能与胶体的性质有关。6、有机结构理论中有一个重要的观点：有机化合物分子中，原子（团）之间相互影响，从而导致化学性质不同。以下事实中，不能够说明此观点的是A．乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．苯酚与饱和溴水直接就可反应，而苯与溴单质反应则需要加铁屑D．苯的硝化反应一般生成硝基苯，而甲苯的硝化反应生成三硝基甲苯(TNT)7、右图表示4-溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物官能团种类不会减少的反应是()A．②③ B．③④C．①② D．①④8、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如下图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积)。关于该固体混合物，下列说法正确的是()A．一定含有MgCl2和FeCl2B．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有Al，其质量为4.5gD．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等9、能说明溶液呈中性的可靠依据是A．pH=7B．石蕊试液不变色C．pH试纸不变色D．c(H+)=c(OH-)10、异丙苯[]是一种重要的化工原料，下列关于异丙苯的说法不正确的是()A．异丙苯是苯的同系物B．可用酸性高锰酸钾溶液区别苯与异丙苯C．在光照条件下，异丙苯与Cl2发生取代反应生成的氯代物有三种D．在一定条件下能与氢气发生加成反应11、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>③B．②>①>③C．③>②>①D．③>①>②12、下列实验仪器的使用不正确的是（）A该仪器为滴定管，可用来盛装NaOH溶液B该仪器为酒精喷灯，用于高温加热C该仪器为洗气瓶，可用于气体的除杂D该仪器为吸滤瓶，可用于减压过滤A．A B．B C．C D．D13、下列属于非电解质的是A．氯化钠 B．氨气 C．氯水 D．铜14、下列有关化学键类型的判断不正确的是A．s­—sσ键与s—­pσ键的对称性相同B．分子中含有共价键，则至少含有一个σ键C．已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D．乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键15、下列除杂方法正确的是A．苯中含有苯酚杂质:加入溴水，过滤B．乙醇中含有乙酸杂质：加入饱和碳酸钠溶液,分液C．乙醛中含有乙酸杂质:加入氢氧化钠溶液，分液D．乙酸丁酯中含乙酸杂质:加入饱和碳酸钠溶液，分液16、某有机物的结构简式如下图。此有机可发生的反应类型有①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和⑧缩聚⑨加聚A．①②③⑤⑥⑧B．②③④⑤⑥⑨C．①②③④⑤⑥⑦⑧⑨D．②③④⑤⑥⑦⑨二、非选择题（本题包括5小题）17、通过对煤的综合利用，可以获得多种有机物。化合物A含有碳、氢、氧3种元素，其质量比是12∶3∶8。液态烃B是一种重要的化工原料，其摩尔质量为78g·mol－1。E是有芳香气味的酯。它们之间的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：(1)化合物A的结构简式是____________。(2)A与D反应生成E的反应类型是____________。(3)E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是________________________。(4)下列说法正确的是____________。A．将铜丝在空气中灼烧后迅速插入A中，反复多次，可得到能发生银镜反应的物质B．在一定条件下，C可通过取代反应转化为C．苯甲酸钠(常用作防腐剂)可通过D和氢氧化钠反应得到D．共amol的B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气大于7.5amol18、已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为__________________；（3）E+的核外电子排布式为__________________，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为__________________；（4）化合物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式__________________；（6）将CrCl3·6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是__________________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力19、丙酸异丁酯(isobutylacetate)具有菠萝香气，主要用作漆类的溶剂和配制香精。实验室制备丙酸异丁酯的反应、装置示意图和有关信息如下：实验步骤：在圆底烧瓶中加入3.7g的异丁醇，7.4g的丙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，控温106～125℃，反应一段时间后停止加热和搅拌，反应液冷却至室温后，用饱和NaHCO3溶液洗涤分液后加入少量无水硫酸镁固体干燥，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行常压蒸馏纯化，收集130～136℃馏分，得丙酸异丁酯3.9g。回答下列问题：(l)装置A的名称是__________。(2)实验中的硫酸的主要作用是___________。(3)用过量丙酸的主要目的是______________________。(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯的目的是____________。(5)在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后_________（填字母）。A．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗上口倒出B．直接将丙酸异丁酯从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从下口放出(6)本实验丙酸异丁酯的产率是_________。20、氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的质量分数，设计如下两种实验方案。（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。（2）图1中仪器a的名称是___（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液至不再产生气体，打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置在反应前后的质量变化。通入氮气的目的是____（4）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见____（方案2）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。a．CCl4b．H2Oc．饱和NH4Cl溶液d．苯（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。21、北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）。（1）丙烷通过脱氢反应可得丙烯。已知：①C3H8(g)→CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)△H1=+156.6kJ/mol②C3H6(g)→CH4(g)+C2H2(g)△H2=+32.4kJ/mol则相同条件下，反应C3H8(g)→C3H6(g)+H2(g)的△H=________kJ/mol。（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，电解质是KOH溶液。则燃料电池的负极反应式为_________________。（3）常温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH大于8，则该溶液中c(H2CO3)_____c(CO32-)（填“＞”、“=”、“＜”），原因是_____________（用离子方程式和必要的文字说明）。（4）常温下，请写出0.1mol/LNa2CO3溶液中的各离子浓度大小关系式：_______；

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：A．金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长就越短，原子的结合力就越强，键能就越大，克服共价键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于共价键C－C<C－Si<Si－Si，所以熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，错误；B．对于金属晶体来说，金属原子的半径越大，金属键就越弱，物质的熔沸点就越低，所以物质的熔点由高到低的顺序是：K<Na<Li,错误；C．物质都是离子晶体，对于离子晶体来说，离子半径越小，离子键的键长就越短，离子的结合力就越强，键能就越大，克服离子键使物质熔化或汽化消耗的能量就越大，物质的熔沸点就越高，由于离子半径F-<Cl-<Br-，所以熔点由高到低的顺序是：NaF>NaCl>NaBr,错误。D．这几种物质都是由分子构成的物质，结构相似，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以熔点由高到低的顺序是：CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4。正确。考点：考查各类晶体的熔沸点比较的知识。2、B【解析】A．含有6个羟基，丙三醇含有3个羟基，二者结构不相似，一定不属于同系物，故A错误；B．根据高聚物的结构可知，合成该缩聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH；根据的结构可知，合成该加聚产物的单体为HO-CH(CH=CH2)-COOH，单体相同，故B正确；C．淀粉、蛋白质均为有机高分子化合物，光导纤维为二氧化硅晶体，不是高分子化合物，故C错误；D．按系统命名法，化合物的名称是2-甲基-3，4-二乙基己烷，故D错误；故选B。3、A【解析】

A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；答案选A。4、A【解析】

Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，答案选A。5、D【解析】分析：A.明矾净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，二氧化氯具有氧化性；B.玻璃的主要成分是二氧化硅,可以和强碱发生反应；C.根据核素表示方法来回答；D.胶体的胶粒带同种电荷有介稳性。详解：明矾净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，二氧化氯因为具有氧化性而杀菌消毒,二者原理不一样,A错误；玻璃的主要成分是二氧化硅,可以和强碱发生反应,所以盛放KOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,应该用橡胶塞,B错误；131I是一种质量数为131的有放射性的碘的一种核素，质子数是53，C错误；火山灰在空气中形成胶体,胶粒带同种电荷,同种电荷之间相互排斥作用，导致胶体较稳定,所以不能沉降,D正确；正确选项D。6、A【解析】分析：A．乙烯含官能团碳碳双键，而甲烷不含官能团；B．苯环影响甲基，则甲苯中甲基易被氧化；C．酚羟基影响苯环上氢的活泼性；D．甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼。详解：A．乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应，是因官能团导致化学性质不同，A符合；B．甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲烷不能，苯环影响甲基，则甲苯中甲基易被氧化，可说明原子（团）之间相互影响导致化学性质不同，B不符合；C．苯酚与饱和溴水直接就可反应，而苯与溴单质反应则需要加铁屑，则酚羟基影响苯环，使苯环上的H更活泼，可说明原子（团）之间相互影响导致化学性质不同，C不符合；D．苯硝化反应一般生成硝基苯，而甲苯硝化反应生成三硝基甲苯，则甲基影响苯环，使苯环上的H更活泼，可说明原子（团）之间相互影响导致化学性质不同，D不符合；答案选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团对性质的影响、原子团之间相互影响的差别为解答的关键，注意甲苯中甲基、苯环均不是官能团，题目难度不大。7、C【解析】4-溴环己烯水解生成X，则X中含有羟基和碳碳双键，属于醇。4-溴环己烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧酸W，但W中还有溴原子。4-溴环己烯中含有碳碳双键，也能和溴化氢发生加成反应生成Z，所以Z是卤代烃。4-溴环己烯在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成Y，所以Y是二烯烃，因此正确的答案选C。8、D【解析】分析：14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸,气体剩余3.36L，体积减少5.60L-3.36L=2.24L，结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36L，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，因为氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，一定不存在FeCl2；

14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，以此解答该题。详解：结合以上分析，A.根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀,且白色沉淀没有变化,则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故A错误；

B.根据以上分析可以知道,固体混合物中一定含有MgCl2和AlCl3，故B错误；

C.固体混合物中一定含有Al，可以根据标况下3.36L氢气可以计算出铝的物质的量为0.1mol，质量为2.7g，故C错误；D.根据以上分析可以知道，原固体混合物中一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的。9、D【解析】分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，据此判断。详解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，A错误；B．石蕊的变色范围是5.0～8.0，使石蕊试液不变色的溶液，常温下溶液不一定显酸性，B错误。C．pH试纸不能精确测定溶液的pH，pH试纸不变色，只能说明溶液接近中性，C错误；D．c(H+)=c(OH-)时溶液一定呈中性，D正确；答案选D。点睛：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。10、C【解析】分析：A.根据苯的同系物的概念分析判断；B.异丙苯中的侧链能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；C.在光照的条件下，异丙苯中的侧链与Cl2发生取代反应；D.结合苯的性质分析判断。详解：A.异丙苯中含有苯环，与苯相差3个CH2原子团，是苯的同系物，故A正确；B.异丙苯能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以区别，故B正确；C.在光照的条件下，发生苯环侧链的取代反应，异丙基中含有2种氢原子，因此异丙苯与Cl2发生侧链的取代反应生成的氯代物有两种，故C错误；D.异丙苯中含有苯环，在一定条件下能与氢气发生加成反应，故D正确；故选C。点睛：本题考查有机物的结构和性质，掌握苯的同系物的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意苯环上的氢原子和侧链上的氢原子发生取代反应的条件是不同的。11、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。12、B【解析】

A、为滴定管，氢氧化钠不能腐蚀聚四氟乙烯，因此可用来盛装NaOH溶液，故A正确；B、为酒精喷灯，常用于需加强热的实验、玻璃加工等，故B错误；C、为洗气瓶，可用于气体的除杂，故C正确；D、为吸滤瓶，可用于减压过滤(抽滤)，故D正确；故选B。13、B【解析】

A．氯化钠溶于水能导电，所以氯化钠属于电解质，故A不符合题意；B．氨气水溶液能导电，是因为氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的离子，所以氨气属于非电解质，故B符合题意；C．氯水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D．铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故答案：B。【点睛】根据电解质和非电解质概念进行判断。注意非电解质是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物。14、C【解析】

根据共价键的种类和应用分析解答。【详解】A.σ键都是轴对称图形，故A正确；B.共价单键为σ键，双键和三键中均含1个σ键，则分子中含有共价键，则至少含有一个σ键，故B正确；C.乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键，2个π键，两个C—H键是σ键，故C错误；D.乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键，单键都为σ键，故都是σ键，故D正确。故选C。【点睛】单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；碳碳双键、碳碳三键中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应。15、D【解析】A.溴易溶于苯，溴水与苯发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，用溴水除杂，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用溴水来除去苯中的苯酚，应向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A错误；B.乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故B错误；C.乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醛互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故C错误；D.乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故D正确；本题选D。点睛：乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中。16、C【解析】分析：由结构简式可以知道,分子中含双键、-COO-、-OH、-COOH,结合烯烃、酯、醇、羧酸的性质来解答。详解：①该物质具有苯环、甲基、羟基等结构，可发生取代反应，故选①；②该物质具有双键，可发生加成反应，故选②；③该物质具有羟基，且与羟基相邻的碳原子含有氢原子，可发生消去反应，故选③；④该物质具有羟基、羧基，可发生酯化反应，故选④；⑤该物质具有酯基，可发生水解反应，故选⑤；⑥该物质具有羟基、双键等结构，可发生氧化反应，故选⑥；⑦该物质具有羧基，可发生中和反应，故选⑦。综上①②③④⑤⑥⑦⑧⑨符合题意，C正确；正确选项C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯、醇、羧酸的性质及反应的考查，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2OH取代反应+NaOH+CH3CH2OHA、B、C【解析】

由化合物A含有碳、氢、氧三种元素，且质量之比是12：3：8知碳、氢、氧的个数之比为2：6：1，分子式为C2H6O；液态烃B是重要的化工原料，由煤焦油分馏得到且相对分子质量为78知B为，由B到C为加成反应，D为苯甲酸和A反应生成有芳香气味的酯得A为醇。【详解】（1）化合物A分子式为C2H6O，且属于醇类，则A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；（2）A与D反应生成酯，反应类型为酯化反应或取代反应；（3）E为苯甲酸与乙醇酯化反应得到的酯，为苯甲酸乙酯，E与氢氧化钠溶液发生水解化学方程式是+NaOH+CH3CH2OH；（4）A、乙醇在铜做催化剂的条件下氧化为乙醛，乙醛可以发生银镜反应，选项A正确；B、在一定条件下C与硝酸反应生成，选项B正确；C、苯甲酸钠与氢氧化钠反应生成苯甲酸钠和水，选项C正确；D、amol的B和D混合物在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量等于7.5amol，选项D错误。答案选ABC。18、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子间能形成氢键[N=N=N]-A、C【解析】

C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为8×1/8+1=2，则O与Cu+数目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-；（6）A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C．该溶液中不存在金属键，故选；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E．溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。19、（球形）冷凝管催化剂和吸水剂增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行洗掉浓硫酸和丙酸C60%【解析】分析：丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备，可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答；(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答；(6)根据产率=实际产量理论产量×100%详解：(l)根据图示，装置A是冷凝管，故答案为：冷凝管；(2)根据酯化反应的原理可知，实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(3)用过量丙酸，能够增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行，故答案为：增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行；(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯，可以降低丙酸异丁酯在水中的溶解度，同时洗掉浓硫酸和丙酸，故答案为：洗掉浓硫酸和丙酸；(5)丙酸异丁酯的密度小于水，在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出，故选C；(6)7.4g的丙酸的物质的量为7.4g74g/mol=0.1mol，3.7g的异丁醇的物质的量为3.7g74g/mol=0.05mol，理论上可以生成0.05mol丙酸异丁酯，质量为130g/mol×0.05mol=6.5g，而实际产量是3.9g，所以本次实验的产率=3.9g6.5g点睛：本题考查性质实验方案的设计，涉及常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，明确酯化反应原理及化学实验基本操作方法为解答关键。本题的易错点为(6)，要注意丙酸过量。20、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d4.1V22.4m【解析】

（1）已知AlN与NaOH反应得