四省名校2025-2026学年高三化学第一学期期末调研模拟试题.doc

四省名校2025-2026学年高三化学第一学期期末调研模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是

A．电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极
B．B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO—— 8e− + 4H2O ═ 2HCO3—+9H+
C．当外电路中有0.2 mol e−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA
D．A极的电极反应式为+ H++2e− ═ Cl−+
2、下列有关说法不正确的是( )
A．天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点
B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C．的名称为2-乙基丙烷
D．有机物分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
3、常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是

A．Ksp(CuS)的数量级为10－21
B．曲线上a点溶液中，c(S2－)•c(Cu2+) > Ksp(CuS)
C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点
D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)
4、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W原子提供)，下列说法还正确的是（ ）

A．气态氢化物的稳定性：W>Y
B．原子半径：X>Z>Y>W
C．该物质中含离子键和共价键
D．Z有多种单质，且硬度都很大
5、港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是
A．抗震性好 B．耐腐蚀强 C．含碳量高 D．都导电导热
6、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
B．SO2具有还原性，可用于漂白纸张
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．Na2SiO3溶液呈碱性，可用作木材防火剂
7、化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是
A．钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料
B．含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关
C．玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
D．普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物
8、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．1mol H2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2 NA
B．0. lmol 环氧乙烷（ ） 中含有的共价键数为0. 3 NA
C．常温下，1L pH= l 的草酸 （ H2C2O4 ） 溶液中H+ 的数目为0. 1NA
D．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
9、练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：

下列说法错误的是
A．气体I中主要含有的气体有N2、NO、CO
B．X在反应中作氧化剂，可通入过量的空气
C．处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4++NO2-=N2↑+2H2O
D．捕获剂所捕获的气体主要是CO
10、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为
温度（℃）
25℃～550℃～600℃～700℃
主要成分
WO3 W2O5 WO2 W
A．1：1：4 B．1：1：3 C．1：1：2 D．1：1：1
11、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是

A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为
B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2
C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰
D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱
12、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯
A．最简式是CH2 B．分子中所有原子共平面
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．是CH2=CH-CH=CH2的同系物
13、如图1为甲烷和O2 构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2 为电解AlCl3 溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是

A．b电极为负极
B．图1中电解质溶液的pH增大
C．a 电极反应式为CH4-8e- +8OH-=CO2+6H2O
D．图2 中电解AlCl3溶液的总反应式为: 2AlCl3 +6H2O 2Al(OH)3 ↓+3Cl 2↑+3H2 ↑
14、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是
A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+
15、下列物质能通过化合反应直接制得的是
①FeCl2②H2SO4③NH4NO3④HCl
A．只有①②③ B．只有②③ C．只有①③④ D．全部
16、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
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：

已知：气体A在标准状况下密度为0.714 g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。
(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。
(2)X与水反应的化学方程式为_________。
(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。
(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。
18、乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物．

已知：①CH2=CH‑OH（不稳定） CH3CHO
②一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR’+R”OH RCOOR”+R’OH
完成下列填空：
（1）写反应类型：③__反应；④__反应．反应⑤的反应条件__．
（2）写出反应方程式．B生成C__；反应②__．
（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有__种．
（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__．
19、草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。
(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。
(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2＋。当尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9]
(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：
步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。
步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。
①“步骤1”的目的是____________________________________。
②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。
20、《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。
（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_______。
（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：

Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________。
（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答：

① 过程Ⅰ的正极反应物是___________。
② 过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。
（4）青铜器的修复有以下三种方法：
ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；
ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；
ⅲ．BTA保护法：

请回答下列问题：
①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。
②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。
A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜
B．替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈
C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”
21、工业上高纯硅可以通过下列反应制取：SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）﹣236kJ
（1）反应涉及的元素原子半径从大到小的排列顺序为_____。其中硅原子最外层有_____个未成对电子，有_____种不同运动状态的电子；
（2）反应涉及的化合物中，写出属于非极性分子的结构式：_____；产物中晶体硅的熔点远高HCl，原因是_____；
（3）氯和硫是同一周期元素，写出一个能比较氯和硫非金属性强弱的化学方程式：_____；
（4）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3分钟后达到平衡，测得气体质量减小8.4g，则在3分钟内H2的平均反应速率为_____；
（5）该反应的平衡常数表达式K＝_____，可以通过_____使K增大；
（6）一定条件下，在密闭恒容器中，能表示上述反应一定达到化学平衡状态的是_____。
a．v逆（SiCl4）＝2v正（H2）
b．固体质量保持不变
c．混合气体密度保持不变
d．c（SiCl4）：c（H2）：c（HCl）＝1：2：4
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。
【详解】
A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；
B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；
C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；
D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，故D正确；
答案选B。
根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。
2、C
【解析】
A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；
B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；
C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；
D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。
故选C。
有机物中共面问题参考模型：①甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。②乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。③乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。④苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。
3、D
【解析】
A．求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2＋＋S2－=CuS↓，溶液中的Cu2＋和S2－的浓度相等，－lgc(Cu2＋)=17.7，则c(Cu2＋)=10－17.7mol/L。则Ksp= c(Cu2＋)·c(S2-)=10－17.7×10－17.7=10—35.4≈4×10－36，其数量级为10－36，A项错误；
B．曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-) • c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B项错误；
C．在水溶液中，c(H＋)·c(OH－)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；
D．c点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2＋Na2S=CuS↓＋2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H2OHS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是微弱的，有c(S2－) > c(OH－)。排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)；D项正确；
本题答案选D。
4、D
【解析】
W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个单键，W是F元素；Z形成4个键，Z是C元素；X形成3个单键，通过提供空轨道形成1个配位键，X是B元素。
【详解】
A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；
B. 同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：B>C>O>F，故B正确；
C. 该物质中Li+和之间是离子键，C和O之间是共价键，故C正确；
D. Z是C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D错误；
选D。
本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。
5、C
【解析】
A. 钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；
B. 该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；
C. 根据生铁的含碳量为：2%--4.3%，钢的含碳量为：0.03%--2%，可知含碳量：生铁＞钢，故C错误；
D. 钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；
题目要求选错的，故选C。
6、A
【解析】
A．NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子发生水解溶液呈酸性，可与三氧化二铁反应，则可用于去除铁锈，故A正确；
B．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其还原性无关，故B错误；
C．Al2O3的熔点高，可用作耐高温材料，与两性无关，故C错误；
D．Na2SiO3溶液耐高温，不易燃烧，可用于浸泡木材作防火剂，与碱性无关，故D错误；
答案选A。
性质和用途必须相对应，性质决定用途。
7、B
【解析】
A. 钢化玻璃是在高温下将玻璃拉成细丝加入到合成树脂中得到的玻璃纤维增强塑料；石英玻璃主要成分是二氧化硅；有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于塑料，不是无机非金属材料，A错误；
B. 变色玻璃中含有AgBr见光分解产生Ag单质和Br2单质，使眼镜自动变暗，光线弱时，溴与银又生成溴化银，可见变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关，B正确；
C. 玻璃的主要成分SiO2易与NaOH发生反应，因此不具有耐碱侵蚀的特点，C错误；
D. 普通玻璃的主要成分含有Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，硅酸盐结构复杂，习惯用氧化物形式表示，但玻璃表示为Na2O·CaO·6SiO2，不能说明玻璃为纯净物，D错误；
故合理选项是B。
8、C
【解析】
A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；
B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；
C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；
D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；
答案选C。
本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。
9、B
【解析】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。
【详解】
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；
B．由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；
C．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O， C正确；
D．气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；
故答案选B。
本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识。
10、A
【解析】
由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol×2)=1：1：4，
答案选A。
11、B
【解析】
侯氏制碱法的原理：
①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；
②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；
③副产品NH4Cl可做氮肥。
【详解】
A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；
B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；
C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；
D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；
答案选B。
侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。
12、C
【解析】
A. 的分子式为C6H6，最简式是CH，故A错误；
B. 不是平面结构，中间连四个单键的碳，类似甲烷的碳，周围的四个原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B错误；
C. 中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D. CH2=CH-CH=CH2的分子式为：C4H6，的分子式为C6H6，两者的组成不相似，其两者之间相差的不是若干个-CH2，不是同系物，故D错误；
正确答案是C。
C选注意能和酸性高锰酸钾反应的基团：碳碳双键，碳碳三键，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含侧链的苯环。
13、D
【解析】A. x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地b电极为正极，故A错误；B. 图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH减小，故B错误；C. 在碱性溶液中不能产生CO2，a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C错误；D. 图2中电解AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑，故D正确。故选D。
14、D
【解析】
由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-水解显碱性，且其水解程度比NH4+大，则溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故D符合题意；
所以答案：D。
15、D
【解析】
①Fe＋2FeCl3=3FeCl2；
②SO3＋H2O=H2SO4；
③NH3＋HNO3=NH4NO3 ；
④H2＋Cl2HCl
故①②③④都可以通过化合反应制备，选D。
16、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。
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。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳、溴 Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑ 将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体 放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色
【解析】
X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714 g·L-1×22.4 L/mol=16 g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62 g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol×143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)= 7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g ÷188 g/mol=0.01 mol，X中含有Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol×80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr和0.05 mol NaOH，其中0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol×23 g/mol-0.80 g)÷12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；
(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；
(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；
(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；
(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。
本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。
18、取代反应 加成反应 铁粉作催化剂 2CH3CHO+O22CH3COOH nCH3COOCH=CH2 4 HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2
【解析】
与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应⑤取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。
【详解】
（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；
（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，而反应②为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；
（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；
（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。
一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。
19、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑ 1.3×10－6 测定NaOH溶液的准确浓度 x＝2
【解析】
（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；
（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；
（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。
【详解】
（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；
（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；
（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；
②0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) ==0.1194mol/L，
又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3 mol，所以n(H2C2O4·xH2O)= 1.194×10-3 mol，
则 n(H2C2O4) ·M(H2C2O4)= 1.194×10-3 mol×（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，
故x＝2。
20、O2、H2O、CO2 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 氧气（H2O） Cu-e-+Cl-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- ABC
【解析】
（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；
（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；
（3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu作负极；
（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。
【详解】
（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；
（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；
（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-；
②结合图像可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；
（4）①碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；
②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；
B．Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；
C．酸浸法会破坏无害锈Cu2(OH)2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；
答案选ABC。
21、Si＞Cl＞H 2 14 、H-H Si是原子晶体而HCl是分子晶体 H2S+Cl2＝S↓+2HCl 0.1mol/（L．min） 升高温度 bc
【解析】
⑴ 反应涉及的原子有Si、Cl、H，根据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得出半径大小关系：Si＞Cl＞H；Si原子最外层有4个电子，最外层电子排布式为：3s23p2，p轨道有2个未成对电子；Si原子核外共有14个电子，所以就有14种不同运动状态的电子，故答案为：Si＞Cl＞H；2；14；
⑵SiCl4为正四面体结构是非极性分子，其结构式为： ，H2是双原子形成的单子分子，也是非极性分子，其结构式为H-H；产物中硅是原子晶体，HCl形成的是分子晶体，故晶体硅的熔点远高HCl固体的熔点，故答案为：、H-H；Si是原子晶体而HCl是分子晶体；
⑶ 非金属性强的非金属单质可以从溶液中置换出非金属性弱的非金属单质，化学反应方程式：H2S+Cl2 = 2HCl + 2S↓，故答案为：H2S+Cl2 = 2HCl + 2S↓；
⑷ 根据化学反应方程式SiCl4（g）+2H2（g）⇌Si（s）+4HCl（g）减轻