2026届安徽省考试研究中心高考化学二模试卷含解析

这是一份2026届安徽省考试研究中心高考化学二模试卷含解析，共40页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（ ）
A．氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体
B．氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性
C．乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应
D．碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大
2、实验测知 K3C60 熔融状态下能导电，关于 K3C60 的分析错误的是
A．是强电解质B．存在两种作用力
C．是离子晶体D．阴阳离子个数比为 20∶1
3、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋ N2＋Cl－＋H2O（未配平）。下列说法错误的是
A．Cl2 是氧化剂，CO2 和 N2 是氧化产物
B．该反应中，若有 1ml CN－发生反应，则有 5NA 电子发生转移
C．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2∶5
D．若将该反应设计成原电池，则 CN－在负极区发生反应
4、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体
5、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）
A．砷酸的分子式为H2AsO4
B．红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出
C．该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1
D．该反应中每析出4.8g硫磺转移1ml电子
6、25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。在这一过程中，没有发生改变的是
A．溶液中溶质的质量B．溶液中KCl质量分数
C．溶液中溶剂的质量D．KCl溶液质量
7、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．10gNH3含有4NA个电子
B．0.1ml铁和0.1ml铜分别与0.1 ml氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA
C．标准状况下，22.4 L H2O中分子数为NA 个
D．1L0.1ml·L－1Na2CO3溶液中含有0.1NA个CO32－
8、已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种
B．对二烯苯与苯乙烯互为同系物
C．对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面
D．1ml对二烯苯最多可与5ml氢气发生加成反应
9、下列物质的名称中不正确的是（ ）
A．Na2CO3：苏打B．CaSO4•2H2O：生石膏
C．：3，3-二乙基己烷D．C17H35COOH：硬脂酸
10、下列化学用语正确的是
A．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—
B．二氧化碳分子的比例模型：
C．的名称：1，3—二甲基丁烷
D．氯离子的结构示意图：
11、铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。下列叙述错误的是
A．发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性
B．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶
C．在反应Cr2O72-＋I－＋H＋→Cr3＋＋I2＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
D．污水中的Cr3＋在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-
12、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是
A．X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小
B．工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质
C．Y、Q形成的化合物是非电解质
D．工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质，同时得到W的最高价氧化物
13、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010ml/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y可能是硅元素
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．气态氢化物的稳定性：Y＞W
D．非金属性：Y＞Z
14、设NA为阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是（ ）
A．在标况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NA
B．12g金刚石中含有的共价键数为4NA
C．0.1mlNa2O2晶体中含有0.3NA个离子
D．铝跟氢氧化钠溶液反应生成1ml氢气时，转移的电子数为NA
15、下列离子方程式不正确的是
A．足量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-＝SO42-＋Cl-＋2H+
B．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3-
C．用浓H2SO4溶解FeS固体：FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑
D．氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O
16、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。
已知：RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。
请回答下列问题：
(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。
(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。
(3)写出E转化为F的化学方程式____________。
(4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。
①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上有两种类型的取代基
(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。
18、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：
己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基
I. R'CHO+ R"CH2CHO
II. RCHO+
（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为___________________。
（2）己知A→B为加成反应，则X的结构简式为_______；B中官能团的名称是_________。
（3）反应①的化学方程式为______________________。
（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应②的反应试剂和条件是_______________________。
（5）反应③的化学方程式为____________________________。
（6）在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇的作用是__________________________。
（7）己知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_________________。
19、苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：
实验操作步骤：
①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。
②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。
③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。
可能用到的有关数据如下：
回答以下问题：
(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____
(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。
(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。
(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。
(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。
(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。
20、已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：
已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2
b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+
c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2
d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20ml·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：
___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为____________·H2O。
21、CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：
已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；
ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→
（1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______．
（2）写出结构简式：A______；C_______．
（3）在反应②中，1ml C7H5O2Br最多消耗NaOH____ml．
（4）写出反应方程式：反应⑦________．
（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________
i．1ml该物质与1ml Na2CO3反应，生成1ml CO2气体
ii．含有4种化学环境不同的氢原子
（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________
（合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物 ）
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；
B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意；
C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意；
D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意；
故选：D。
2、D
【解析】
A.K3C60 熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；
B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；
C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；
D.K3C60=3K++ C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；
故选：D。
3、C
【解析】
反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。
【详解】
A．反应CN-+OH-+Cl2→CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；
B．由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1ml CN-发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；
C．由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；
D．C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。
故选：C。
4、C
【解析】
向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。
【详解】
A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；
B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；
C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；
答案选C。
5、C
【解析】
A. As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；
B. 红棕色气体为NO2，N的化合价由＋5价→＋4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；
C. 根据题中信息，As的化合价由＋3价→＋5价，S的化合价由－2价→0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)×[2×(5－3)＋3×2]=n(HNO3)×(5－4)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；
D. 4.8g硫磺的物质的量为：=0.15ml，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05ml，根据C 选项分析，1mlAs2S3参与反应，转移10mle－，则0.05mlAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05ml×10=0.5ml，故D错误；
答案：C。
6、C
【解析】
25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。
7、B
【解析】
A．NH3的相对分子质量是17，每个分子中含有10个电子，所以10gNH3含有电子的个数是：(10g÷17g/ml)×10NA=5.88NA个电子，错误；
B．Fe是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl2 2FeCl3 ，根据反应方程式中两者的关系可知0.1ml的Cl2与Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl2为标准，转移的电子数为0.2NA，Cu与Cl2发生反应产生CuCl2，0.1ml铜分别与0.1 ml氯气完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；
C．标准状况下H2O是液体，不能使用气体摩尔体积计算H2O的物质的量，错误；
D．Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32－发生水解反应而消耗，所以1L0.1ml·L－1Na2CO3溶液中含有CO32－小于0.1NA个，错误；
答案选B。
8、D
【解析】
A. 对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；
B. 对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；
C. 对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；
D. 对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1ml对二烯苯最多可与5ml氢气发生加成反应，故D正确；
选D。
【点睛】
本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。
9、C
【解析】
A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；
B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；
C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；
D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；
综上所述，答案为C。
10、D
【解析】
A．聚丙烯的链节：，A错误；
B．O的原子半径比C的原子半径小，二氧化碳分子的比例模型：，B错误；
C．的名称：2—甲基戊烷，C错误；
D．氯离子最外层有8个电子，核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，D正确；
答案选D。
11、D
【解析】
A、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现，可服用具有还原性的维生素C缓解毒性，故A正确；
B、K2Cr2O7可以将乙醇氧化为乙酸，同时反应后含铬化合物的颜色发生变化，该反应可用于检查酒后驾驶，故B正确；
C、在反应Cr2O72-+I-+H+→Cr3++I2+H2O中，根据电子守恒和原子守恒配平为：Cr2O72-+6I-+14H+＝2Cr3++3I2+7H2O，氧化产物是碘单质，还原产物是三价铬离子，二者的物质的量之比为3：2，故C正确；
D、氧气的氧化性弱于Cr2O72-，Cr3+在溶解的氧气的作用下不能被氧化为Cr2O72-，故D错误。
答案选D。
12、B
【解析】
短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na，Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答。
【详解】
根据上述分析可知：W为C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。
A. X是Na，Y是Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X>Y，A错误；
B. Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正确；
C. Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C错误；
D. C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2 Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
13、B
【解析】
第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01ml/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01ml/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。
【详解】
由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；
C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；
D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；
故答案为B。
14、C
【解析】
A.在标况下，11.2LNO与11.2LO2 的物质的量均为0.5ml，二者混合后发生反应2NO+O2=2NO2，所以0.5mlNO和0.5ml O2 反应生成0.5mlNO2，消耗0.25mlO2，所以反应后气体的总物质的量应为0.75ml，但因存在2NO2=N2O4平衡关系，所以所含分子数小于0.75NA，故A错误；
B.12g金刚石中C的物质的量为n== 1ml，金刚石中碳原子成正四面体构型，每个碳原子连接4个其他的碳原子，因此每个C-C键中2个原子各自占一半，所以含有的共价键数为2NA，故B错误；
C.每个Na2O2中含有2个钠离子，1个过氧根离子，所以0.1ml Na2O2晶体中含有0.3mlNA个离子，故C正确；
D.铝跟氢氧化钠溶液反应生成lml氢气时转移2ml电子，所以转移的电子数为2NA，故D错误；
答案选C。
15、C
【解析】
A. SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－＝SO42－＋Cl－＋2H+，故A正确；
B. 在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3－，故B正确；
C. 因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解FeS固体，不能生成Fe2＋和H2S，故C错误；
D. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故D正确；
答案选C。
【点睛】
明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2＋和H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。
16、D
【解析】
A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；
B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；
C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；
D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；
答案：D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、对甲基苯酚或4-甲基苯酚 取代反应 碳碳双键、羧基、酚羟基 C9H8O4 +3NaOH +NaCl+2H2O 8 、、
【解析】
A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。
(1) C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；
(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；
(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；
(4) G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；
(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。
【点睛】
本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。
18、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液／△保护醛基不被H2还原
【解析】
标准状况下，3.36L气态烃A的质量是3.9g，则相对摩尔质量为=26g/ml，应为HC≡CH，A与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，X发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知，
（1）标准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2ml, 质量是5.2g，摩尔质量为26g/ml，所以A为乙炔，结构简式为HC≡CH；正确答案：HC≡CH。
（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为. CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。
（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：
（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液／△ ；正确答案：稀NaOH溶液／△ 。
（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。
（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不被H2还原。
（7）高分子醇中2个 -CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为；正确答案：。
19、球形冷凝管 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 作催化剂 防止暴沸 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 除去硫酸及未反应的苯甲酸 下口放出 89.6
【解析】
根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；
(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。
【详解】
(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；
(2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；
(3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；
(4)步骤③中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；
(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；
(6) 12.2g苯甲酸的物质的量==0.1ml，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43ml，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1ml，质量为0.1ml×150g/ml=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。
20、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2
【解析】
（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；
（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。
（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑；
（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；
（5）结合实际操作的规范性作答；
（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。
【详解】
（1）为了加快蓝色晶体在2 ml·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；
（2）配制100mL0.20ml·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20ml·L-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用0.25ml·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；
（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；
（5）过程⑥是用0.25ml·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；
（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)
=·L－1V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25ml·L-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O 。

【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
21、取代反应 消去反应 3 +H2O 或
【解析】
根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B酸化生成，所以C7H5O2Br的结构简式为；与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为，Y为，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，据此分析解答。
【详解】
(1)反应①是苯环上的一个氢被溴取代，所以为取代反应；反应⑤为C脱水发生消去反应生成D，所以为消去反应；
(2)根据以上分析，A结构简式；C结构简式为；
(3)在反应②中，1ml C7H5O2Br，根据其结构简式为中卤代烃溴原子消耗NaOH2ml，酚羟基消耗NaOH1ml，所以1ml C7H5O2Br最多消耗NaOH3ml；
(4)反应⑦为E与Y发生酯化反应，方程式为：；
(5)E为i． 1ml该物质与1ml Na2CO3反应，生成1ml CO2气体，说明含有2个羧基；ii．含有4种化学环境不同的氢原子，即一般对称结构，所以符合条件的E的同分异构体为或；
(6)用Y即制备苯乙酮()，则采用逆推法，要合成，则要得到，要得到，则要合成，在浓硫酸加热条件下发生消去反应即可得到，所以流程为：。
【点睛】
能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点/℃
溶解性
苯甲酸
122
1.27
249
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚
苯甲酸乙酯
150
1.05
211-213
微溶于热水，溶于乙醇、乙醚
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
乙醚
74
0.73
34.5
微溶于水