精品解析浙江省届高三超级全能生选考科目联考A卷化学试题附解析.docx

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精品解析浙江省届高三超级全能生选考科目联考A卷化学试题附解析

“超级全能生”浙江省选考科目2017年8月联考（A卷）

化学试题

1.下列属于酸酐的是（）

A.COB.Na2OC.SiO2D.H2SO4

【答案】C

【解析】

酸酐与水反应生成相应的酸，且化合价不变化，或者与碱反应生成盐和水，A、CO是不成盐氧化物，不是酸酐，故A错误；B、Na2O与水反应生成NaOH，Na2O是碱性氧化物，故B错误；C、SiO2虽然与水不生成H2SiO3，但与碱反应生成Na2SiO3，即SiO2是H2SiO3的酸酐，故C正确；D、酸酐是二元化合物，其中一种元素是氧元素，即H2SO4属于酸，但不是酸酐，故D错误。

2.下列仪器名称正确的是（）

A.干燥器

B.镊子

C.三脚架

D.圆底烧瓶

【答案】A

【解析】

A、此仪器是干燥器，故A正确；B、此仪器是坩埚钳，故B错误；C、此仪器是泥三角，故C错误；D、此仪器为蒸馏烧瓶，故D错误。

3.下列属于强电解质的是

A.次氯酸B.酒精C.氢氧化钾D.铜

【答案】C

【解析】

强电解质为强酸、强碱、大多数盐，A、次氯酸为弱酸，是弱电解质，故A错误；B、酒精属于非电解质，故B错误；C、氢氧化钾属于强碱，是强电解质，故C正确；D、铜既不是电解质也不是非电解质，故D错误。

4.下列化学反应中水是氧化剂的是

A.Cl2+H2O

HCl+HClOB.NaH+H2O=NaOH+H2↑

C.2F2+2H2O=4HF+O2D.2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O

【答案】B

【解析】

A、H2O中价态没有发生变化，H2O不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、H2O中＋1价H转化为0价，化合价降低，因此H2O作氧化剂，故B正确；C、F2的化合价由0价→－1价，化合价降低，F2为氧化剂，H2O中O由－2价→0价，化合价升高，因此H2O为还原剂，故C错误；D、H2O是生成物，故D错误。

5.下列有关氢氧化铁胶体说法不正确的是

A.能产生丁达尔效应B.对浑浊泥水具有净化作用

C.是不均匀的分散系D.是红褐色透明的混合物

【答案】C

【解析】

A、胶体具有丁达尔效应，故A说法正确；B、氢氧化铁胶体可以吸附水中悬浮杂质，胶体凝聚，达到净水的目的，故B说法正确；C、胶体是均匀的分散系，故C说法错误；D、Fe（OH）3是红褐色，且胶体属于混合物，是由分散质和分散剂组成的，故D说法正确。

6.下列说法不正确的是

A.可燃冰开采属于新能源的利用B.MgO可作耐火材料

C.晶体硅大量用于电子信息技术D.在含Br2的水溶液中，可用热空气吹出Br2

【答案】A

【解析】

A、可燃冰的成分是甲烷，不属于新能源的利用，故A说法错误；B、氧化镁的熔点较高，可以作耐高温材料，故B说法正确；C、晶体硅是良好的半导体的材料，用于电子信息技术，故C说法正确；D、液溴是易挥发的液体，利用热空气吹出溴单质，故D说法正确。

7.下列表示不正确的是

A.H2S的结构式：

H—S—HB.甘氨酸的结构简式：

H2NCH2COOH

C.乙烯的球棍模型:

D.H2O2的电子式：

【答案】D

【解析】

A、H2S种S与两个氢原子形成共价键，即结构式为H－S－H，故A说法正确；B、甘氨酸结构简式H2NCH2COOH，故B说法正确；C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，球棍模型是

，故C说法正确；D、H2O2属于共价化合物，电子式为：

，故D说法错误。

8.下列说法正确的是

A.NaI能使淀粉溶液变蓝B.用pH试纸可测定氯水的PH

C.活性炭能使红墨水褪色D.SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色

【答案】C

【解析】

A、淀粉遇碘单质变蓝，故A错误；B、氯水具有强氧化性，能把有色物质漂白，因此不能用pH试纸测定氯水的pH，故B错误；C、活性炭具有吸附性，能吸附有机色素，使红墨水褪色，故C正确；D、SO2只能使紫色石蕊试液变红，但不褪色，故D错误。

9.下列化学反应属于吸热反应的是

A.NaOH+HCl=NaCl+H2OB.CH3COONa+H2O

CH3COOH+NaOH

C.S+O2

SO2D.Na2O+H2O====2NaOH

【答案】B

【解析】

中和反应、多数的化合反应、活泼金属与水、酸的反应、所有的燃烧、氧化钠与水的反应等属于放热反应，盐类水解、Ba（OH）2·8H2O和NH4Cl反应、多数分解反应、C和H2O、C和CO2等反应属于吸热反应，故选项B正确。

10.下列说法不正确的是

A.萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗上口玻璃塞放气

B.蒸馏乙醚、乙醇等实验中，应远离明火

C.容量瓶不能储存试剂

D.检验干燥的气体时，试纸要湿润

【答案】A

【解析】

A、萃取振荡时，及时打开分液漏斗下端的活塞进行放气，故A说法错误；B、乙醇和乙醚是易燃性气体，因此蒸馏时，应远离明火，故B说法正确；C、容量瓶不能作溶解、反应、稀释、长期储存试剂的仪器，故C说法正确；D、检验干燥的气体时，试纸要湿润，故D说法正确。

11.下列说法不正确的是

A.符合CnH2n+2且n不同的烃一定属于同系物

B.石墨与C60互为同素异形体，熔点都很高

C.碳元素有多种核素，其中14C可用于考古断代

D.乙酸的同分异构体多于两种

【答案】B

【解析】

A、此烃为烷烃，n值不同的烃一定属于同系物，故A说法正确；B、石墨和C60都是碳元素组成的单质，因此互为同素异形体，但石墨属于混合晶体，熔点较高，C60属于分子晶体，熔点较低，故B说法错误；C、碳元素有多种核素，如C－12、C－14等，其中C－14用于考古断代，故C说法正确；D、乙酸分子式为C2H4O2，其结构简式为CH3COOH，乙酸与酯互为同分异构体，结构简式可以是HCOOCH3，羧基拆成羟基和羰基，结构简式为HO－CH2CHO，故D说法正确。

12.与外界隔热、容积不变的密闭容器中.发生2X（g）+Y（g）

3Z（g）+M（s）△H=-akJ/mol，下列说法不正确的是

A.容器的温度不再升高，表明反应达到平衡状态

B.容器压强不变，表明反应达到平衡状态

C.达到化学平衡时，反应放出的总热量可能为akJ

D.反应过程中，气体的密度始终保持不变

【答案】D

【解析】

A、当温度不再改变，说明反应达到平衡，故A说法正确；B、因为此容器是隔热容器，且此反应是放热反应，随着反应进行，温度升高，压强增大，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故B说法正确；C、通入X和Y的量比系数多，有可能达到平衡时，放出的热量为akJ·mol－1，故C说法正确；D、因为M为固体，向正反应方向进行，气体质量减少，容器为恒容状态，密度减小，故D说法错误。

点睛：

本题的易错点是B，学生认为M为固体，反应前后气体系数之和相等，压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡，学生忽略了此容器为隔热容器，气体受温度的影响大，此反应是放热反应，随着反应温度升高，气体压强增大，即压强不变，说明反应达到平衡。

13.下列离子方程式不正确的是

A.NaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液：

HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O

B.SO2通入溴水中：

SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-

C.O3通入KI溶液中：

O3+2I-+H2O=O2+2OH-+I2

D.新制氯水中加入少量Na2CO3溶液：

2Cl2+H2O+CO32-=CO2↑+2HClO+2Cl-

【答案】A

【解析】

A、Ba（OH）2是少量，Ba（OH）2的系数为1，离子反应方程式为Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故A说法错误；B、利用溴水的氧化性，把SO2氧化成SO42－，离子反应方程式为SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－，故B说法正确；C、O3具有强氧化性，能把I－氧化成I2，离子反应方程式为O3＋2I－＋H2O=O2＋2OH－＋I2，故C说法正确；D、新制的氯水中含有HCl，Na2CO3是少量，因此离子反应方程式为：

2Cl2+H2O+CO32－=CO2↑+2HClO+2Cl－，故D说法正确。

点睛：

易错点是选项A，Ba（OH）2是少量，即Ba（OH）2系数为1，1molBa（OH）2中有2molOH－，需要消耗2molHCO3－，离子反应方程式为：

Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－。

14.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示，已知：

E元素原子的最外层电子数是次外层的2倍。

下列说法不正确的是

A.X有多种氢化物B.简单阴离子的半径：

Y>Z

C.气态氢化物的稳定性：

W>Y>ZD.Y的氢化物与Z单质能发生化学反应

【答案】C

【解析】

根据元素周期表的结构，它们位于第二周期和第三周期，E位于第二周期，E元素原子的最外层电子数是次外层的2倍，因此E为C，则W为O，X为Si，Y为S，Z为Cl，A、Si和C位于同主族，C和H构成一类化合物，即烃，因此Si和H可以构成硅烷，故A说法正确；B、简单离子是S2－和Cl－，核外电子排布相同，因此半径随着原子序数的递增而减小，即S2－的半径大于Cl－，故B说法正确；C、非金属性强弱的顺序是O>Cl>S，因此气态氢化物的稳定性为H2O>HCl>H2S，故C说法错误；D、H2S与Cl2的反应是H2S＋Cl2=2HCl＋S，故D说法正确。

15.下列说法不正确的是

A.煤中含有苯、甲苯、二甲苯等化合物，这些物质可以通过煤的干馏，从煤焦油中蒸馏而得

B.石油催化裂化是为提高轻质油的产量与质量，裂化制得的汽油能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色

C.乙炔分子中的4个原子在同一直线上，而乙烷分子中的8个原子不可能在同一平面上

D.把氯气与正己烷（C6H14）混合，光照下振荡后静置，分层且上下层几乎均是无色

【答案】A

【解析】

A、煤的干馏是隔绝空气对煤加强热使之分解，属于化学变化，煤中不含苯、甲苯、二甲苯，故A说法错误；B、石油裂化的目的是得到更多的轻质汽油，此汽油中含有碳碳不饱和键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故B说法正确；C、乙炔的分子式为C2H2，空间构型为直线型，乙烷分子式为C2H6，甲烷空间构型为正四面体，因此C2H6中8个原子不可能在同一平面，故C说法正确；D、正己烷状态为液态，密度小于水的密度，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成无色物质，故D说法正确。

16.下列说法正确的是

A.乙醛、葡萄糖、甲酸甲酯、油脂都能与银氨溶液发生银镜反应

B.蛋白质溶液中加入NaOH溶液、CuSO4溶液、福尔马林、乙醇溶液均会使蛋白质析出，加水后不能重新溶解

C.钠与乙醇反应时钠浮在液面上，且反应比与水反应更剧烈

D.淀粉溶液中加入少量的硫酸溶液，加热后，直接加新制的氢氧化铜悬浊液加热，可证明淀粉的水解是否发生

【答案】B

【解析】

A、乙醛、葡萄糖、甲酸甲酯种含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，油脂中不含醛基，不能发生银镜反应，故A错误；B、蛋白质溶液中加入强碱、重金属离子、甲醛水溶液、乙醇等，能使蛋白质变性，加水后不能重新溶解，故B正确；C、金属钠的密度大于乙醇，在底部反应，乙醇中羟基电离出H＋能力弱于水，因此乙醇与金属钠反应比水缓慢，故C错误；D、需要中和过量的硫酸，让溶液显碱性，然后加入氢氧化铜悬浊液，题目中没有中和硫酸，故D错误。

点睛：

本题的易错点是选项D，注意糖类水解的催化剂是稀硫酸，发生银镜反应或与新制氢氧化铜悬浊液发生反应，要求环境是碱性，因此本实验中没有中和硫酸，使溶液显碱性。

17.镍氢电池具有性能好、寿命长等优点，其反应原理是NiO（OH）+MH==NiO+M+H2O，MH可理解为储氢合金M中吸收结合氢原子，下列说法不正确的是

A.MH电极是负极

B.OH-向MH极移动

C.正极电极反应式：

NiO（OH）+e-=NiO+OH-

D.电子从MH电极流向NiO（OH）电极，经KOH溶液流回MH极

【答案】D

【解析】

A、根据反应原理，负极上失电子，化合价升高，即MH电极为负极，故A说法正确；B、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即OH－移向MH极，故B说法正确；C、电解质为KOH，根据反应原理，正极电极反应式为NiO（OH）＋e－=NiO＋OH－，故C说法正确；D、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中只有阴阳离子的移动，故D说法错误。

18.在常温下.体积和pH均相同的氨水和氢氧化钠溶液，加水稀释过程中pH变化如图所示，下列说法正确的是

A.a曲线代表氢氧化钠溶液

B.分別加水稀释100倍后溶液中的c（H+），氢氧化钠溶液大于氨水

C.分别加入相同浓度醋酸溶液中和至溶液呈中性，消耗醋酸两者相等

D.分别与体积、浓度均相同的FeCl3溶液反应，生成沉淀质量一定是氨水多

【答案】B

【解析】

A、NH3·H2O是弱碱，氢氧化钠是强碱，pH相同时，稀释相同倍数，强碱pH变化大于弱碱，即a曲线为氨水，b曲线为氢氧化钠溶液，故A错误；B、稀释100倍后，NaOH的pH小于氨水的pH，根据pH=－lgc（H＋），因此加水稀释100倍后溶液中的c（H＋），氢氧化钠溶液大于氨水，故B正确；C、CH3COOH的电离程度等于NH3·H2O的电离程度，因此CH3COONH4溶液显中性，即两者恰好完全反应，溶液显中性，氢氧化钠属于强碱，溶液显中性，此时溶质为CH3COOH和CH3COONa，因为开始时，pH相等，NH3·H2O的浓度大于NaOH，因此无法判断消耗的CH3COOH的体积，故C错误；D、假如FeCl3量不足，则生成氢氧化铁的质量相同，故D错误。

19.工业上制备H2有多种途径，下列说法正确的是

①甲烷氧化:

CH4（g）+O2（g）==CO2（g）+2H2（g）△H1=-322.0kJ/mol

②甲烷水化:

CH4（g）+H2O（g）==CO（g）+3H2（g）△H2=+206.2kJ/mol

③煤的气化:

C（s）+H2O（g）==CO（g）+H2（g）△H3=+131.3kJ/mol

④蓝绿藻和微生物在阳光作用下，分解水制氢气:

2H2O

（1）==2H2（g）+O2（g）△H4=+571.6kJ/mol

A.反应①的反应物的键能总和大于生成物的键能总和

B.若将反应①②联合生产且O2、H2O按一定的比例投放，可实现节能的效果

C.反应③使用良好催化剂，可以提高反应速率，同时降低△H3

D.反应④是太阳能转化为化学能，且可推出：

2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）△H4=+571.6kJ/mol

【答案】B

【解析】

A、反应①此反应是放热反应，△H=反应物的键能总和－生成物键能总和，即反应物的键能总和小于生成物键能总和，故A错误；B、按照一定的比例投入，达到资源的最大利用，实现节能的效果，故B正确；C、使用催化剂，加快反应速率，但不能影响△H，故C错误；D、是太阳能转化成化学能，氢气与氧气反应是放热反应，即2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）△H=－571.6kJ·mol－1，故D错误。

20.下列说法正确的是

A.NaCl晶体溶于水，离子键被破坏，并与水分子形成水合钠离子等

B.碘的升华和白磷的熔化所需破坏的化学键相同

C.1molSiO2晶体与1molCH4晶体中共价键的个数比为1:

2

D.在Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中，阳离子与阴离子个数比均为2:

1

【答案】A

【解析】

A、NaCl属于离子化合物，溶于水电离成Na＋和Cl－，破坏离子键，Na＋与水结合成水合钠离子，故A正确；B、碘升华破坏的是分子间作用力，白磷为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故B错误；C、1molSiO2中含有4molSi－O键，1mol甲烷中含有4molC－H，故C错误；D、氧化钠、过氧化钠种阴阳离子个数比为1：

2，NaHSO4中阴阳离子个数比为1：

1，故D错误。

点睛：

本题注意选项D中的NaHSO4，NaHSO4晶体是由Na＋和HSO4－离子组成，不要认为是有Na＋、H＋、SO42－组成。

21.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果.设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，

下列说法不正确的是

A.实验①在15min内M的降解速率为1.33×10-5mol/（L·min）

B.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大

C.若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解

D.实验④说明M的浓度越小，降解的速率越快

【答案】D

【解析】

A、根据化学反应速率的数学表达式，v（M）=（0.3－0.1）×10－3/15mol/（L·min）=1.33×10－5mol/（L·min），故A说法正确；B、①②不同的是温度，②的温度高于①，在相同的时间段内，②中M的浓度变化大于①，说明②中M的降解速率大，故B说法正确；C、①③对比温度相同，③的pH大于①，在相同的时间段内，①中M浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C说法正确；D、①④对比M的浓度不同，0－15之间段内，④中M浓度变化小于①，说明M的浓度越小，降解速率越小，故D说法错误。

22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.3.2gO2和O3的混合气体中，含氧原子数为0.2NA

B.标准状况下，2.24L的Cl2溶于水，久置最终可生成O2分子数为0.05NA

C.标准状况下，22.4L的CHCl3含有碳氯键3NA

D.1mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数为NA

【答案】C

【解析】

A、3.2g是氧原子的总质量，即氧原子的物质的量为3.2/16mol=0.2mol，故A说法正确；B、Cl2与水反应：

Cl2＋H2O=HCl＋HClO，光照下发生：

2HClO

2HCl＋O2↑，建立关系式为2Cl2～2HClO～O2，2.24L氯气生成0.05mol氧气，故B说法正确；C、标准状况下，CHCl3为液体，不能直接使用22.4L·mol－1，故C说法错误；D、苯环中不含碳碳双键，因此1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，故D说法正确。

点睛：

本题易错点是选项D，学生认为苯中含有碳碳双键，忽略了苯中碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键。

23.已知：

H2A为二元弱酸，25℃时，在0.1mol/L50mL的H2A溶液中，H2A、HA-、A2-的物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示（注：

溶液的pH用NaOH固体调节，体积变化忽略不计）。

下列说法不正确的是

A.在pH=3时，c（HA-）>c（A2-）>c（H2A）

B.在pH在0～7中，c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）=0.1mol/L

C.在pH3→6的过程中，主要发生反应HA-+OH-==A2-+H2O

D.在pH=4.3时,c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（HA-）

【答案】D

【解析】

H2A属于二元弱酸，滴加NaOH溶液反应的先后顺序是H2A＋NaOH=NaHA＋H2O，NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，①代表的H2A，②代表的是HA－，③代表的是A2－，A、根据图像，pH=3时，浓度大小顺序是c（HA－）>c（A2－）>c（H2A），故A说法正确；B、根据物料守恒，因此有c（HA－）+c（A2－）+c（H2A）=0.1mol·L－1，故B说法正确；C、pH在3－6之间，HA－浓度降低，A2－浓度升高，即发生HA－＋OH－=A2－＋H2O，故C说法正确；D、根据电荷守恒，c（H＋）＋c（Na＋）=c（HA－）＋c（OH－）＋2c（A2－），故D说法错误。

点睛：

此题是高考的热点，需要首先弄清楚题中每条曲线代表的离子，题中离子浓度比较大小，即出现“=”，需要采用电荷守恒、物料守恒等进行解决，电荷守恒中注意离子浓度前的系数，系数即为所带电荷数，物料守恒，找准某元素所有的形式。

24.用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：

下列说法不正确的是

A.用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污

B.通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素

C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：

H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O

D.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:

1

【答案】D

【解析】

A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：

2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：

2，故D说法错误。

25.某溶液可能含有K+、NH4+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、SO42-、Br-、Cl-、CO32-中的若干种，离子浓度均相等，实验及现象如下：

下列判断正确的是

A.白色沉淀是BaSO4和BaCO3

B.原溶液存在Fe3+，不存在Fe2+

C.若原溶液存在Fe3+，必然存在Cl-，无K+

D.原溶液不存在CO32-、Mg2+、K+、C1-

【答案】C

【解析】

加入足量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，此沉淀是BaCO3、BaSO4至少一种，溶液中加入氯水和CCl4，下层为橙红色溶液，生成Br2，即原溶液种含有Br－，上层溶液中加入NaOH溶液，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4＋，产生红褐色沉淀，说明原溶液含有Fe3＋、Fe2＋至少一种，根据离子共存，原容易一定不存在CO32－，即白色沉淀为BaSO4，A、根据上述分析，白色沉淀为BaSO4，故A错误；B、氯水具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，同样产生红褐色沉淀，因此原溶液中可能存在Fe2＋，故B错误；C、根据上述分析一定没有的离子是CO32－，一定存在的离子是SO42－和NH4＋，如果存在Fe3＋，根据电荷守恒，以及离子浓度相等，假设离子浓度为1mol·L－1，阳离子所带电荷4，阴离子所带电荷2，因此一定含有Cl－，不含有K＋，故C正确；D、根据选项D分析，原溶液中含有Cl－，故D错误。

点睛：

本题易错点是Cl－的推断，注意隐含条件是离子浓度相等，也就是让考虑电荷守恒，保持溶液显电中性。

26.利用石油的裂解气与煤的气化产品合成有机物H，A在标准状况下的密度为1.25g•L-1，B是天然气的主要成分，H是有香味的油状液体。

请回答：

（1）有机物A的官能团名称为________。

（2）③的反应类型是________。

（3）写出②的化学方程式:

________。

（4）下列说法不正确的是________。

A.有机物C是工业酒精中含有的成分且有毒

B.有机物H可用来制肥皂

C.鉴别有机物C、H和CH3COOH可用新制Cu（OH）2悬浊液

D.有机物H中混有CH3COOH与有机物C，可用饱和Na2CO3溶液提纯H

【答案】

（1）.碳碳双键

（2）.酯化反应（或取代反应）（3）.CH4+H2O

CH3OH+H2（4）.B

【解析】

本题考查有机