B

试题分析：A．蚕丝属于蛋白质，A错误；B．蜡烛的主要成分是石蜡，属于混合物，B正确；C．“泪”是指石蜡燃烧放热使蜡烛熔化形成的，不是生成的水，C错误；D．蚕丝的主要成分是蛋白质，石蜡的主要成分是烃类，完全燃烧所得产物不相同，D错误，答案选B。

B

试题分析：在该燃料电池中通入燃料的电极为负极，故电极a为负极，则电极b为正极。A、a电极为负极，发生氧化反应，A错误；B、b电极为正极，发生还原反应，反应式为：2NO3－＋10e－＋12H+＝N2↑＋6H2O，B正确；C、溶液中H+由负极移向正极，即由左室通过质子交换膜进入右室，C错误；D、不能确定微生物中碳元素的化合价，则不能计算转移的电子数，所以不能通过二氧化碳计算氮气的体积，D错误；答案选B。

C

试题分析：A．利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，A不符合题意；B．氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，B不符合题意；C．浓度商大于溶度积时产生沉淀，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，碳酸钡的浓度商大于溶度积，所以产生沉淀，实际上KSP（BaCO3）＞KSP（BaSO4），C符合题意；D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，D不符合题意；答案选C。

C

试题分析：A．结合图中c点的c（Ag+）和c（I-）可知：该温度下AgI的Ksp=5×10-8×5×10-8=2.5×10－15，A正确；B．根据图像可知，在b点时Qc=c（Ag+）•c（I-）＞Ksp，所以b点有AgI晶体析出，B正确；C．在AgI饱和溶液中加入适量蒸馏水，银离子和碘离子浓度均降低，因此不能使溶液由c点到a点，C错误；D．反应AgBr（s）＋I－（aq）AgI（s）＋Br－（aq）的平衡常数为：K=c(Br−)/c(I−)=Ksp(AgBr)/Ksp(AgI)=5×10－13/2.5×10－15=200，D正确；答案选C。

D

试题分析：A．根据结构简式考点分子中含有羧基、碳碳双键和羟基三种官能团，A错误；B．该有机物分子式为C9H14O2，1mol该有机物完全燃烧消耗O2的物质的量为＝11.5mol，B错误；C．没有酯基，不能发生水解反应，C错误；D．2mol羟基得到1mol氢气，1mol’羧基与碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳，羟基与碳酸氢钠不反应，则相同条件下，等量的该有机物分别与足量的Na和NaHCO3溶液反应产生气体的量相同，D正确，答案选D。

C

试题分析：W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。W的最外层电子数、电子层数和主族序数均相等，且原子序数最小，因此W是H。Z是所在周期中主族元素原子半径最大的元素，Z的原子序数最大，则Z是Na。X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍还多1个，X是第二周期元素，因此X是N元素。Y原子最外层电子数与W、X原子最外层电子数之和相等，因此Y的最外层电子数是6，原子序数小于Z，因此Y是O。A．离子的核外电子层数越多，离子半径越大，在核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径大小顺序为：X＞Y＞Z＞W，A错误；B．W、X、Y三种元素都属于非金属元素，它们之间还能形成离子化合物，例如硝酸铵等，B错误；C．NaH是离子化合物，则X、Y、Z三种元素与W 元素形成的最简单化合物的沸点依次升高，C正确；D．X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液不一定显中性，例如亚硝酸钠溶液显碱性，D错误，答案选C。

（1）（2分）（2）I2As＜I2 Br＜I2 Se（2分）

（3）平面三角形（2分）  CO32－或NO3－（2分）  （4）ABDE  （5）离子晶体，2NA

（6）3：1  （2分）  （2分）

试题分析：（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可知其电子排布式为：1s22s22p63s23p2，因此基态硅原子的价电子排布图为；

（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电离能呈增大趋势，但Se元素失去有关电子后4p能级是半满稳定状态，能量较低，第二电离能高于同周期相邻元素，故第二电离能由小到大的顺序为I2As＜I2 Br＜I2 Se；

（3）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为=3，无孤电子对，因此分子构型为平面三角形；等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32-或NO3-；

（4）铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，答案选ABDE；

（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物K 2[Cu(CN)4]，该配合物是由离子构成，因此属于离子胶体，已知CN-与N2为等电子体，说明在CN－中C、N之间存在一个三键，其中有两个π键、一个δ键，所以1molCN－中π键的数目为2NA；

（6）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，晶胞体积V=（a×10-7cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=g•cm-3。

（1）CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ·mol－1（2分）

（2）75%（2分） （3）①4NH3+4NO＋O24N2+6H2O  (2分)②放热（1分）

③4NH3+5O2 4NO+6H2O；（2分）（4）①3Cl2+8OH－+2NO＝2NO3－+6Cl－+4H2O（2分）

②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强（1分）③（2分）

试题分析：（1）已知：①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1

②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1

根据盖斯定律可知（①＋②）÷2即得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为

CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ·mol－1。

（2）   CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)

起始浓度（mol/L）0.02 0.02 0 0

转化浓度（mol/L）c   c c c

平衡浓度（mol/L）0.02-c   0.02-c   c c

则根据平衡常数可知

解得c＝0.015

所以CO的转化率是×100%＝75%

（3）①用V2O5作催化剂，NH3可将NO还原成N2，结合反应历程图可知反应物还有氧气，生成物为N2和H2O，配平即得反应方程式为4NH3+4NO＋O24N2+6H2O。

②测得该反应的平衡常数与温度的关系为：lgK=5.08+217.5/T，这说明升高温度K值减小，因此反应向逆反应方向进行，所以该反应是放热反应。

③根据图像可知当温度达到700K时氮气的含量降低，NO含量升高，这说明氨气被氧气氧化为NO和水，则发生副反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。

（4）①惰性电极电解饱和食盐水，阳极氯离子放电产生氯气，则NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3－反应的离子方程式为3Cl2+8OH－+2NO＝2NO3－+6Cl－+4H2O。

②根据图像可知pH越小，去除率越高，这是由于次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，因此去除率升高。

③若极板面积10cm2，实验烟气含NO1.5%，流速为0.070L·s－1（气体体积已折算成标准状态，且烟气中无其他气体被氧化），法拉第常数为96500C·mol－1，测得电流密度为1.0A·cm－2，反应中氮元素化合价从＋2价升高到＋5价，失去3个电子，因此实验中NO除去率为。

（1）干燥管（1分）  （2）②①④③⑤⑦⑥（1分）蒸馏(或分馏)  （1分）

（3）不能  （1分）  装置A不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进行  （1分）

（4）取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有Si。（2分）（其他合理答案也可给分）

（5）TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl （2分）

（6）取最后一次洗涤液于试管中加入硝酸酸化的AgNO3若没有产生沉淀，则已洗干净。（1分）

（7）①抑制NH4Fe(SO4)2水解  （1分）  ②KSCN溶液 （1分）③80﹪（2分）

试题分析：通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气。

（1）仪器A呈球形，在该实验中用于干燥氮气，为干燥管；

（2）反应得到气体TiCl4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，因此根据以上分析可知正确的操作顺序为②①④③⑤⑦⑥；CCl4、TiCl­熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏（或分馏）方法分离；

（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置可以吸收水，但不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进，故E装置不能换成A装置；

（4）钛是一种耐强酸强碱的金属，而硅能溶于碱生成硅酸盐，取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有Si；

（5）TiCl4水解生成TiO2•xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（x+2），所以化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl；

（6）沉淀表面有吸附的氯离子，则判断沉淀是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中加入硝酸酸化的AgNO3，若没有产生沉淀，则已洗干净。

（7）①铁离子易水解，配制溶液时先加一些硫酸，使溶液呈酸性，抑制抑制NH4Fe(SO4)2水解；

②因为KSCN作指示剂时，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血红色的Fe（SCN）3，所以用KSCN作指示剂；

③根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TiO2～NH4Fe（SO4）2，二氧化钛的质量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2试样0.2g，其质量分数=×100%=80%。

（1）②（1分）；170℃，浓硫酸(2分) 

（2）+H2O+CH3CH2OH；(2分)

溴水或溴的四氯化碳溶液(2分)（3）(2分)

（4）2；(2分) （各2分，共4分）

试题分析：G的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则G为CH2=CH2，根据B的分子式可知B为CH3CH2OH，B发生消去反应生成乙烯。X在酸性条件下水解得到A与乙醇，则A为羧酸，A的核磁共振氢谱有6个峰，且能与HCl发生加成反应生成D，可知A为，故X为。A与HCl发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，再酸化得到F，H为酯类结构，结构中除苯环外还含有一个六元环，说明F分子中羧基、羟基连接同一碳原子上，故D为，E为，F为，H为。

（1）反应①～⑥中，①属于取代反应，②属于加成反应，③属于消去反应，④属于取代反应，⑤属于复分解反应，⑥属于取代反应，③的反应条件是：浓硫酸、170℃；

（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为：

+H2O+CH3CH2OH；检验A中非含氧官能团碳碳双键所用的试剂为：溴水或溴的四氯化碳溶液；

（4）F的同分异构体中，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，且苯环上一氯代物只有一种，可知结构式为、。