2024届广东省江门市普通高中高考化学四模试卷含解析

2024届广东省江门市普通高中高考化学四模试卷
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、化学与生活密切相关。

下列说法正确的是（）
A．利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷
B．纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂
C．利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性
D．“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应
2、下列关于糖类的说法正确的是
A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水
B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同
C．蔗糖和葡萄糖都是单糖
D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖
3、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是
A．冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物
B．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸
C．Al、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两性化合物
D．H2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质，都属于离子化合物
4、下列各组物质所含化学键相同的是（）
A．钠（Na）与金刚石（C）
B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）
C．氯气（Cl2）与氦气（He）
D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）
5、“84消毒液”的主要成分是NaClO。

下列说法错误的是（）
A．长期与空气接触会失效
B．不能与“洁厕剂”（通常含盐酸）同时使用
C．1L0.2mol/LNaClO溶液含有0.2molClO-
D．0.1molNaClO起消毒作用时转移0.2mole-
6、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A．无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-
B．能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-
C．c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-
D．K w/c(OH—)=0.1mol·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-
7、将V1mL 1.0 mol·L－1盐酸溶液和V2mL未知浓度的氢氧化钠溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50 mL）。

下列叙述正确的是（）
A．做该实验时环境温度为20 ℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．氢氧化钠溶液的浓度约为1.0 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
8、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。

下列操作或叙述错误的是
A．装置b、c中发生反应的基本类型不同
B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色
C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2
D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸
9、图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变化的曲线。

下列结论错误的是
A．CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量
B．中间体①的能量大于中间体②的能量
C．室温下，CH3COOH的电离常数K a＝10－4.76
D．升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动
10、N A代表阿伏加德罗常数的值。

4g α粒子(4He2+)含
A．2N A个α粒子B．2N A个质子C．N A个中子D．N A个电子
11、将0.03 mol Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和0.02 mol HI的混合溶液中，在此过程中溶液中的c(H+)与Cl2用量的关系示意图正确的是(溶液的体积视为不变)
A．B．C．
D．
12、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有3种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
13、由下列实验事实得出的结论不正确的是（）
实验结论
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为
生成的1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳
A
无色透明
乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液
乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解
B
不再分层
葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红
葡萄糖是还原性糖
C
色沉淀
乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气
乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性
D
体
A．A B．B C．C D．D
14、化学与生活密切相关。

下列叙述不正确
．．．的是（）
A．二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差
D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
15、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是
选项实验目的X中试剂Y中试剂
A 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸
B 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO 水浓硫酸
C CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸
D 用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A．A B．B C．C D．D
16、化学与生产、生活、社会密切相关。

下列说法正确的是（）
A．葡萄酒中添加S O2，可起到抗氧化和抗菌的作用
B．PM2.5颗粒分散到空气中可产生丁达尔效应
C．苯、四氯化碳、乙醇都可作萃取剂，也都能燃烧
D．淀粉、油脂、纤维素和蛋白质都是高分子化合物
二、非选择题（本题包括5小题）
17、石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。

利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：
已知：Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.
Ⅱ. 。

（1）A中官能团的结构式为__________________，D的系统名称是________________.
（2）反应②的条件是_____________，依次写出①和③的反应类型___________、_________.
（3）写出F→G过程中第一步反应的化学方程式____________________________.
（4）K的结构简式为____________________.
（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_________________.
（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。

以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_______。

合成路线流程图示如下：。

18、苯丁酸氮芥是一种抗肿瘤药，其合成路线如下。

其中试剂①是丁二酸酐（），试剂③是环氧乙烷（），且环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合。

回答下列问题：
（1）写出反应类型：反应Ⅱ____，反应Ⅴ_____。

（2）写出C物质的结构简式___。

（3）设计反应Ⅲ的目的是____。

（4）D的一种同分异构体G有下列性质，请写出G的结构简式____。

①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种
②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应
③能发生水解反应和银镜反应
④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气
（5）通过酸碱中和滴定可测出苯丁酸氮芥的纯度，写出苯丁酸氮芥与足量氢氧化钠反应的化学方程式____。

（6）1，3-丁二烯与溴发生1，4加成，再水解可得1，4-丁烯二醇，设计一条从1，4-丁烯二醇合成丁二酸的合成路线（所需试剂自选）____
19、某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。

实验Ⅰ
物质0 min 1min 1h 5h
FeSO4淡黄色桔红色红色深红色
(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色
（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。

溶液的稳定性：
FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。

（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。

进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。

操作现象
取_______，加_______，观察。

与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。

（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80 mol·L－1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。

资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+＋O2＋10H2O 4Fe(OH)3＋8H+
由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。

（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。

测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。

反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。

（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。

20、CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。

Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。

相关装置及数据如下图。

回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。

A、CuSO4-NaCl混合液
B、Na2SO3溶液
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系
图，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是
___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。

（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。

抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；
洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。

Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。

已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。

（4）装置的连接顺序应为_______→D
（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。

21、硒（Se）是第四周期第ⅥA族元素，是人体内不可或缺的微量元素，H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。

（1）工业上从含硒废料中提取硒的方法是用硫酸和硝酸钠的混合溶液处理后获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸，硒酸与盐酸反应的化学方程式为______，最后通入SO2析出硒单质。

（2）T℃时，向一恒容密闭容器中加入3mol H2和1mol Se，发生反应：H2(g) +Se(s) H2Se (g) ，△H＜0
①下列情况可判断反应达到平衡状态的是__________（填字母代号）。

a.气体的密度不变
b.υ(H2)=υ(H2Se)
c.气体的压强不变
d.气体的平均摩尔质量不变
②温度对H2Se产率的影响如图
550℃时H2Se产率的最大的原因为：_________。

（3）H2Se与CO2在一定温度和催化剂条件下发生反应：H2Se(g)+CO2(g)COSe(g) +H2O(g)。

该反应速率较低的原因除了温度和反应物的起始浓度外还可能____（填标号）。

A．催化剂活性降低B．平衡常数变大
C．有效碰撞次数增多D．反应活化能大
①在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2Se充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

反应平衡常数K1=___。

②若在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03。

若在610 K绝热容器中重复实验，该反应的平衡常数K2___（填“＞”“＜”或“=”）K1。

（4）已知常温下H2Se的电离平衡常数K a1=1.3×10-4、K a2=5.0×10-11，则NaHSe溶液呈_____（填“酸性”或“碱性”）。

（5）H2Se在一定条件下可以制备出CuSe，已知常温时CuSe的K sp=7.9×10-49，CuS的K sp=1.3×10-36，则反应CuS(s)+ Se2-(aq)CuSe(s)+S 2-(aq)的化学平衡常数K=____（保留2位有效数字）。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解题分析】
A．二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；
B．氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；
C．明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；
D．丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；
故选C。

2、B
【解题分析】
A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；
B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；
C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；
D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

【题目点拨】
糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。

在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。

3、B
【解题分析】
A. 纯碱属于盐，不属于碱，故A错误；
B. HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；
C. Al属于单质，不属于化合物，故C错误；
D. H2SO4、AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，故D错误。

故选B。

4、D
【解题分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。

【题目详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。

【题目点拨】
本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。

5、C
【解题分析】
A．空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A 正确；
B．“84消毒液”的主要成分是NaClO ，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B正确；
C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成HClO，导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol，故C错误；
D．NaClO具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1价变为-1价，则0.1molNaClO转移0.2mole-，故D
正确；
答案选C 。

【题目点拨】
次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。

6、B
【解题分析】
A 、含Cu 2+的溶液呈蓝色，故A 错误；
B 、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B 正确；
C 、c(ClO -)=1mol·L -1的溶液具有氧化性，能氧化Fe 2+、I -
，故C 错误；D 、()-Kw c OH =0.1mol·L -1的溶液呈酸性，则CH 3COO -不能共存，即D 错误。

因此本题正确答案为B 。

7、B
【解题分析】
A 、由图，将图中左侧的直线延长，可知该实验开始温度是21 ℃，A 错误；
B 、盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应是放热反应，化学能转化为热能；B 正确；
C 、恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30 mL ，由V 1＋V 2＝50 mL 可知，消耗的氢氧化钠溶液的质量为20 mL,
氢氧化钠溶液的物质的量浓度＝0.03 L×
1.0 mol·L －1÷0.02 L ＝1.5mol·L －1，C 错误； D 、有水生成的反应不一定是放热反应，如氢氧化钡晶体与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，D 错误； 答案选B 。

【题目点拨】
根据图像，温度最高点为恰好完全反应的点，此时酸和碱反应放出的热量最多，理解此点，是C 的解题关键。

8、C
【解题分析】
石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。

【题目详解】
A ．装置b 中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c 中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A 正确；
B ．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b 、c 中溶液明显褪色，B 正确；
C ．装置c 中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO 2使d 中溶液变浑浊，所以d 中溶液变浑浊不能证明石蜡分解
产生了CO2，C错误；
D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；
答案选C。

9、D
【解题分析】
A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；
B. 从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；
C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOH CH3COO-+H+的电离常数
K a =
-+
3
3
c(CH COO)c(H)
c(CH COOH)
=c(H+)=10-4.76。

C项正确；
D.根据CH3COOH CH3COO-+H+的电离常数K a =
-+
3
3
c(CH COO)c(H)
c(CH COOH)
可知，图2两条曲线的交点的c(H+)值等于
醋酸的电离常数K a的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。

D项错误；答案选D。

10、B
【解题分析】
A. 4g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有N A个α粒子，故A错误；
B. 1个4He2+含有2个质子，4g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有2N A个质子，故B正确；
C. 1个4He2+含有2个中子，g α粒子(4He2+)的物质的量为
4g
4g/mol
=1mol，共有2N A个中子，故C错误；
D. 4He2+中没有电子，故D错误；
正确答案是B。

【题目点拨】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。

11、A
【解题分析】
本题涉及两个反应：Cl2+H2SO3+H2O2HCl+H2SO4，Cl2+2HI2HCl+I2。

第一个反应会导致溶液中的c(H+)增大，第二个反应不会使溶液中的c(H+)变化。

通过反应I2+H2SO3+H2O2HI+H2SO4知H2SO3的还原性强于HI，所以H2SO3
优先被氧化，先发生第一个反应，据此分析。

【题目详解】
H2SO3与碘离子都具有还原性，但是H2SO3还原性强于碘离子，通入氯气后，氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化I-。

氯气氧化亚硫酸生成硫酸：
Cl2 +H2SO3 +H2O=H2SO4 +2HCl
0.02mol 0.02mol 0.02mol 0.04mol
H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，消耗Cl20.02mol，Cl2过量0.01mol，然后再氧化I-：
Cl2 +2HI=Br2 +2HI
0.01mol 0.02mol
HI全部被氯气氧化转变为I2和HCl，HCl和HI都是强酸，所以c（H+）不变；
答案选A。

【题目点拨】
本题以氧化还原反应为切入点，考查考生对氧化还原反应、离子反应、物质还原性强弱等知识的掌握程度，以及分析和解决问题的能力。

12、B
【解题分析】
由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。

【题目详解】
A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；
B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、
CH2=CH(CH3)COOH，
共3种，故B正确；
C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D 错误；
答案选B。

13、D
【解题分析】
A．乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B．乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B正确；C．热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C 正确；
D．乙醇与钠反应不如乙酸与Na反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D错误；
答案选D。

14、A
【解题分析】
A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；
C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减弱，故C正确；
D．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D正确；
答案选A。

15、C
【解题分析】
A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；
B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；
C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C 符合题意；
C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；
故合理选项是C。

16、A
【解题分析】A、利用SO2有毒，具有还原性，能抗氧化和抗菌，故正确；B、PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米，没有在1nm－100nm之间，构成的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，故错误；C、四氯化碳不能燃烧，故错误；D、油脂不是高分子化合物，故错误。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、、-Br 1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△（加热）加聚反应取代反应
水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3↑
OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH −−−−→
、、、
【解题分析】
由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，A→B为取代；再根据
知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道D为1,3-二氯丙烷。

H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。

【题目详解】
（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。

已知氯代烃D的相对分子质量是113，
⨯％]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的氯的质量分数约为62.8％，n(Cl)=[11362.8
结构简式CH2ClCH2ClCH2。

系统命名为1,3-二氯丙烷；
（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH 溶液,△（加热）；由的反应条件知道①为加聚反应；由③的条件
知③反应类型取代反应。

（3根据知E为醇，F为醛，所以F→G过程中第一步反应的化学方程式
水浴加热NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3↑。

OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH −−−−→
（4）根据已知和，所以K的结构简式为；
（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、
、、；
（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。

18、还原反应取代反应将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合
−−→+2NaCl+H2O
+3NaOH∆
HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH
【解题分析】
(1)对比A、B的结构简式可知，A中羰基转化为亚甲基；对比D与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应；
(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生酯化反应；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，结合B的结构分析解答；
(4)①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明结构中含有2个羟基，加成分析书写G的结构简式；
(5)苯丁酸氮芥中的Cl原子、羧基均能与氢氧化钠反应；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，为了防止羟基氧化过程中碳碳双键断裂，需要首先将碳碳双键转化为单键，再氧化，加成分析解答。

【题目详解】
(1)对比A、B的结构简式可知，A中转化为氨基，羰基转化为亚甲基，属于还原反应(包括肽键的水解反应)；对比D 与苯丁酸氮芥的结构可知，反应V为取代反应，而反应VI为酯的水解反应，故答案为：还原反应；取代反应；(2)试剂③是环氧乙烷，对比B、D的结构简式，反应Ⅲ是B与甲醇发生的酯化反应，故C的结构简式为：
，故答案为：；
(3)试剂③是环氧乙烷()，环氧乙烷在酸或碱中易水解或聚合，根据流程图，设计反应Ⅲ的目的是：将B中的
羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合，故答案为：将羧酸转化成酯，防止环氧乙烷水解或聚合；
(4)D()的一种同分异构体G有下列性质：①属于芳香族化合物，且苯环上的一氯取代物只有一种，②能与盐酸反应成盐，不能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有氨基，不含羧基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基、醛基，④0.1摩尔G与足量金属钠反应可放出标况下2.24升氢气，说明含有2个羟基，符
合条件的结构为等，故答案为：；
(5)苯丁酸氮芥中Cl原子、羧基均能够与氢氧化钠反应，与足量的氢氧化钠反应的化学方程式为：
+3NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：
+3NaOH+2NaCl+H2O；
(6)以1，4-丁烯二醇()合成丁二酸(HOOC-CH2-CH2-COOH)，1，4-丁烯二醇可以首先与氢气加成生成1，4-丁二醇(HOCH2-CH2-CH2-CH2OH)，然后将HOCH2-CH2-CH2-CH2OH催化氧化即可，合成路线为
HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：
HOCH2-CH2-CH2-CH2OH HOOC-CH2-CH2-COOH。

19、NH4+＋H2O NH3·H2O＋H+ ＜取2 mL pH＝4.0的0.80 mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01 mol·L－1KSCN 溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O 4Fe(OH)3＋8H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存
【解题分析】
（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；
（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；
（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe （OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；
（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；
（5）根据上述实验来分析。

【题目详解】。