湖南省常宁一中高三第三次测评化学试卷含解析.doc

2021-2022高考化学模拟试卷含解析
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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、下列实验操作规范并能达到实验目的的是

实验操作
实验目的
A
在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气
除去乙烷中的乙烯
B
用玻璃管蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数
粗略测定NaClO溶液pH
C
用0.1 mol/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1 mol/LCuSO4溶液
比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小
D
向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸
检验亚硫酸钠溶液是否变质
A．A B．B C．C D．D
2、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是
A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成
B．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO
C．探究Na与水的反应可能有O2生成
D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致
3、用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是（ ）

A．通电后阳极区溶液pH增大
B．阴极区的电极反应式为4OH－–4e－＝O2↑+2H2O
C．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的Cl2生成
D．通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出
4、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
5、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）
A．8 B．10 C．12 D．14
6、已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是

A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大
B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点
C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）
D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
7、下列说法正确的是（ ）
A．天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应
B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
C．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚
D．氨基酸种类较多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸
8、分子式为C5H12的烃，其分子内含3个甲基，该烃的二氯代物的数目为
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
9、25℃将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100 mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH关系如图。下列说法错误的是

A．曲线II表示HA溶液体积
B．x点存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)
C．电离平衡常数K(HA)>K(BOH)
D．向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小
10、将100mL1L•mol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（ ）
A．减小、减小 B．增大、减小 C．增大、增大 D．减小、增大
11、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A．1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NA
B．常温常压下，将15g NO和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NA
C．标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
D．6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子
12、《天工开物》中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。下列相关分析不正确的是（ ）
A．石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐
B．“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应
C．丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物
D．丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质
13、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11， YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B．气态氢化物的稳定性：Z> W
C．简单离子半径：W> R
D．Z、R形成的化合物中可能含有共价键
14、如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是(　　)

A．简单阴离子的半径大小：X>Y>Z
B．单质的氧化性：X>Y>Z
C．Y的氢化物只有一种
D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
15、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019－nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是

A．基态C1原子的核外电子有17种运动状态
B．C、N、O、P四种元素中电负性最大的是O
C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4
D．与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变
16、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其电子总数的，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。下列说法正确的是
A．Z的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZO
B．X和Z的简单氢化物的稳定性：X<Z
C．X、Y、Z均可与M形成18e-的分子
D．常温下W2XY3的水溶液加水稀释后，所有离子浓度均减小
二、非选择题（本题包括5小题）
17、近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下：

已知：Ⅰ.卤原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。
Ⅱ. E为汽车防冻液的主要成分。
Ⅲ. 2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH
请回答下列问题
(1)写出B的名称__________，C→D的反应类型为_____________ ；
(2)写出E生成F的化学方程式___________________________。
写出H生成I的化学方程式__________________。
(3)1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗________mol NaOH。
(4)H有多种同分异构体，其满足下列条件的有_________种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为___________。
①只有两种含氧官能团
②能发生银镜反应
③1 mol 该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2
(5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物，合成路线如图：

写出P、Q结构简式：P_______，Q________。
18、有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：

回答下列问题：
（1）C4H8的结构简式为_________________，试剂II是________________。
(2)检验B反应生成了C的方法是___________________________________________。
（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为___________；
(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是_______________________________。

19、I.硝酸钾用途广泛，工业上一般用复分解反应制取硝酸钾（相关物质的溶解度曲线见表）。以硝酸钠和氯化钾为原料制备硝酸钾的工艺流程如下：

完成下列填空：
(1)为了加速固体溶解，可采取的措施有__________(至少写两种)；实验室进行蒸发结晶操作时，为了防止液滴飞溅，进行的操作是_____________。
(2)过滤I所得滤液中含有的离子是________；过滤I所得滤液在进行冷却结晶前应补充少量水，目的是______________。
(3)检验产品KNO3中杂质的方法是________________。
II.实验室模拟工业上用氯化钾和硝酸铵为原料制取硝酸钾的过程如下：
取40 g NH4NO3和37.25 g KCl固体加入100 g水中，加热至90℃，固体溶解, 用冰水浴冷却至5℃以下，过滤(a)。在滤液中再加入NH4NO3，加热蒸发，当体积减小到约原来的时，保持70℃过滤(b)，滤液可循环使用。完成下列填空：
(4)过滤(a)得到的固体物质主要是__________；在滤液中再加入NH4NO3的目的是________________________。
(5)为检测硝酸钾样品中铵盐含量，称取1.564 g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用20.00 mL 0.102 mol/L H2SO4溶液全部吸收，滴定过量的H2SO4用去0.089 mol/L标准NaOH溶液16.55 mL。滴定过程中使用的指示剂是________；样品中含铵盐(以氯化铵计)的质量分数是___________(保留3位小数)。
20、ClO2熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。

实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。
(1)装置A除酒精灯外，还必须添加__________装置，目的是____________。装置B应该添加_____________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60℃的热水浴”)装置。
(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_____________。
实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：

①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；
②按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；
③将生成的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用cmol/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。
(3)装置中玻璃液封管的作用是______________。
(4)滴定终点的现象是___________________。
(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_______(用整理过的含的代数式表示)。
(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_________。

21、雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。
(1)天然气中含有的微量 H2S 会腐蚀管道和设备，可在 1200℃下进行脱硫处理，H2S 会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键
H-S
O=O
H-O
SO2 中共价键
键能/(kJ∙mol-1)
339
498
464
1083
请写出该反应的热化学方程式：______。
(2)利用 NaClO2/H2O2 酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将 NO、SO2 氧化为硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液 pH 对脱硫脱硝的影响如图所示：

①从图 a 和图 b 中可知脱硫脱硝最佳 n(H2O2)/n(NaClO2)是_______、最佳 pH 是______。
②图 b 中 SO2 的去除率随 pH 的增大而增大，而 NO 的去除率在 pH>5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因是______。
(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为 2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入 l mol O3 和 2 mol NO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：

①0~15min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =______。(保留 2 位有效数字)
②下列措施能提高容器乙中 NO2 转化率的是________(填字母标号)
A．向容器中充入氦气，增大容器的压强
B．升高容器的温度
C．向容器中再充人一定量的 NO2
D．向容器中再充入 l mol O3 和 2 mol NO2
③甲容器的初始压强为 p0，计算该反应的平衡常数 Kp=______。(分压=总压×物质的量分数)
(4)过二硫酸钾(K2S2O8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和 KHSO4 溶液制备 K2S2O8。电解装置如图所示：

①电极 B 为______极(“阳”或“阴”)。
②在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与 pH 的关系如图所示，将电极 A 区域的 pH 控制在 0~2 之间进行电解，则电极 A 的电极反应方程式为______。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；
B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误；
C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2 mL NaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；
D. 亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误；
故答案为：C。
2、C
【解析】
A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成有意义，故A不符合题意；
B、浓硫酸具有强氧化性，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义，故B不符合题意；
C、Na是非常活泼的金属，不可能与水反应生成O2，所以探究Na与水的反应可能有O2生成没有意义，故C符合题意；
D、Cl2能与NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致有意义，故D不符合题意。
3、D
【解析】
A、左端为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应2Cl－2e－=Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，pH有所降低，故错误；
B、右端是阴极区，得到电子，反应是2H＋＋2e－=H2↑，故错误；
C、根据选项A的电极反应式，通过1mol电子，得到0.5molCl2，故错误；
D、根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从正极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，故正确。
4、B
【解析】
根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；
答案选B。
5、C
【解析】
该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4个C的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4个C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共有12种，故答案选C。
6、C
【解析】
A．由图象可知，A点c[Fe(SCN)3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；
B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C正确；
D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误；
故选C。
7、D
【解析】
A．天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；
B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；
C．加入硫酸钠，蛋白质不变性；
D．氨基酸含羧基和氨基官能团。
【详解】
A．油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；
B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；
C．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；
D．氨基酸结构中都含有﹣COOH 和﹣NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；
故选：D。
【点睛】
解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。
8、C
【解析】
分子式为C5H12含3个甲基的烃为，该烃的一氯代物有4种：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二个氯原子的位置如图： 、、、，该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种，答案选C。
9、C
【解析】
A. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；
B. 根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故B正确；
C. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，溶液显碱性，说明K(HA)<K(BOH)，故C错误；
D. 根据图像，z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积，溶液为BA和BOH的混合溶液，碱过量水的电离程受抑制，所以向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小，故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，注意电离、盐类水解等知识的运用。
10、D
【解析】
将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，则溶液中c（CO32-）减小；另外一份加入少许Ba(OH)2固体，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，则溶液中c(CO32-)增大；
故选D。
11、B
【解析】
A．酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；
B．常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；
C．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D．熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K++HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量==0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；
故选：B。
【点睛】
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。
12、B
【解析】
A选项，石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，故A正确；
B选项，“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于分解反应，故B错误；
C选项，丝属于蛋白质，麻属于纤维素，都属于有机高分子类化合物，故C正确；
D选项，丝最终水解生成氨基酸，麻最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】
天然高分子化合物主要有淀粉、纤维素、蛋白质；淀粉、纤维素最终水解为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸。
13、A
【解析】
YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；
R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；
W和Z同主族，则W是S；
X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；
综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、S，据此解答。
【详解】
A．X、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3·H2O的水溶液显碱性，A错误；
B．非金属性：Z(O)＞W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)＞W(S)，B正确；
C．S2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-＞Na+，C正确；
D．Z、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。
答案选A。
14、A
【解析】
根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。
【详解】
周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，离子半径的大小：X＞Y＞Z，故A正确；
B．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性X＜Y＜Z，故B错误；
C．N的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C错误；
D．P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；
答案选A。
【点睛】
理解元素的排列规律，正确判断元素是解题的关键，本题的易错点为C，要注意肼也是N的氢化物。
15、D
【解析】
A．基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；
B．非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C＜P＜N＜O，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；
C．H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4，故C正确；
D．磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(∗所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(∗所示): ，故D错误；
答案选D。
【点睛】
计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。
16、B
【解析】
M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层电子数是其电子总数的，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na元素，Z为F元素，据此分析解答问题。
【详解】
A．Z的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C<F，则稳定性：CH4<HF，B选项正确；
C．C、O可以与H形成18e-的分子分别为C2H6、H2O2，但F元素不可以，C选项错误；
D．常温下Na2CO3的水溶液加水稀释后，溶液中OH-的浓度减小，由于水的离子积常数不变，则H+的浓度增大，D选项错误；
答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、硝基苯 还原反应 HOCH2-CH2OH+O2OHC—CHO+2H2O +CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH 4 12 、
【解析】
A分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A是苯，结构简式为，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：；由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的G，说明F中含有-CHO，G含有2个-COOH，则G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H，H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I与D反应产生J和H2O，J在一定条件下反应产生J，K发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生M，M在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是，B是，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。
(1) B是，名称是硝基苯；C是，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：，-NO2被还原为-NH2，反应类型为还原反应；
(2) E是HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；
H是C2H5OOC-COOC2H5，H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+ CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；
(3)J结构简式是，在J中含有1个Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl和酚羟基；含有2个酯基，酯基水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应，所以1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4 molNaOH；
(4)H结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团；②能发生银镜反应说明含有醛基；③1 mol该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2，结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构的羧基可能有 共4种结构；碳链结构的羧基可能有4种结构；碳链结构的羧基可能有3种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构，因此符合要求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为、；
(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，发生催化氧化产生Q是；与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生P是，P与Fe、HCl发生还原反应产生，与在HAc存在条件下，加热40—50℃反应产生和H2O，故P是，Q是。
【点睛】
本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。
18、 NaOH水溶液 取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化
【解析】
（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2—甲基—2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应②应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；
（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C；
（3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；
(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。

19、加热、搅拌、研细颗粒 用玻璃棒不断搅拌滤液 K+、NO3-、Na+、Cl- 减少NaCl的结晶析出 取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质 KNO3 增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵结晶析出 甲基橙 8.92%
【解析】
硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K+、NO3-、Na+、Cl-，由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由于硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NO3，可增大溶液中NH4+浓度，有利于NH4Cl结晶析出。
【详解】
I.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；
(2)过滤I后析出部分NaCl，滤液I含有K+、NO3-、Na+、Cl-；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；
(3)产品KNO3中可能含有Na+、Cl-杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶于水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl，即含有杂质；
II.(4)取40 g NH4NO3和37.25 g KCl固体加入100 g水中，加热至90℃所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5℃以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸铵可以增大铵根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；
(5)由于恰好反应时生成的溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；
硫酸总的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.102 mol/L×0.02 L=0.00204 mol，含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2SO4)=2×0.00204 mol =0.00408mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)= c·V =0.089 mol/L×0.01655 L=0.001473 mol，所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408 mol-0.001473 mol=0.002607 mol，所以根据N元素守恒，可知样品中氯化铵的物质的量为0.002607 mol，
则样品中氯化铵的质量分数为：×100%≈8.92%。
【点睛】
本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。
20、温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 1.35cV×10-2g 偏高 偏低
【解析】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；
(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；
(6)根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。
【详解】
(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，用氯酸钾粉末与草酸在60℃时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59℃，沸点为11.0℃，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80℃之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0℃，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；
(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；
(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；
(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n(ClO2) c•V•10-3 mol
所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) •M=×c•V•10-3 mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g；
(6)①若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，