C

解：A．蚕丝和棉花的组成元素不相同，前者的主要成分是蛋白质含有氮元素，后者是纤维素不含氮元素，二者性质不同，故A错误； B．汽车尾气中不含有元素，尾气中的氮氧化物是在气缸中放电条件下氮气和氧气产生的，故B错误；

C．陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥主要成分都是硅酸盐，所以都是硅酸盐产品，故C正确；

D．工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg，氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，通过电解熔融的氧化铝冶炼Al，故D错误；

故选：C．

B

解：A．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故A错误； B．由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故B正确；

C．棉和麻为纤维素，与淀粉均可用（C6H10O5）n表示，但n不同，则不是同分异构体，故C错误；

D．豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，故D错误；

故选B．

A

解：A．因为氟利昂破坏大气臭氧层而导致“臭氧空洞”，使得地球上的生命体遭受过多紫外线的侵害，故A错误； B．将垃圾分类并回收利用是垃圾处理可以实现节能减排，是垃圾处理的发展方向，故B正确；

C．废旧电池含有大量重金属汞和镉，随意丢弃容易造成环境污染，应回收处理，故C正确；

D．因为淀粉餐具用完后，回归自然中可以降解，不污染环境，淀粉餐具的使用可以减少塑料袋的使用，有利于减少白色污染，故D正确；

故选A．

C

解：A、应在碱性条件下反应，先加入氢氧化钠溶液，再滴加银氨溶液，然后水浴加热，才能有银镜，故A错误； B、人体内没有使纤维素水解的酶，故人体不能消化纤维素，即纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故B错误；

C、油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，可用于制造肥皂，故又称皂化反应；在酸性条件下能水解为甘油和高级脂肪酸，故C正确；

D、蛋白质遇重金属盐发生变性，遇浓的轻金属盐溶液发生盐析，蛋白质的盐析是可逆的，但变性不可逆，故D错误．

故选C．

B

解：A．煤经粉碎、脱硫处理，减少二氧化硫的排放，利于环境保护，故A不选；

B．电镀废液经中和后，可能含重金属离子，则不能直接排入到农田，防止污染土壤，故B选；

C．聚乳酸塑料可降解，不会造成环境污染，则聚乳酸塑料代替传统塑料作购物袋，利用环境保护，故C不选；

D．聚氯乙烯塑料难降解，污染环境，则回收并合理处理聚氯乙烯塑料废物，利用环境保护，故D不选；

故选B．

B

解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化， ①氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，则碘离子还原性最强，溴离子最弱，则还原性：I﹣、Fe2+、Br﹣的顺序逐渐减弱，故正确；②原溶液中的Br﹣可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+ ， 故正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br﹣被完全氧化，I﹣、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B．

A

解：A．温度计位置应位于蒸馏烧瓶的支管口，用于测量气体的温度，不能插入液面以下，故A错误； B．海带是固体，灼烧固体用坩埚，故B正确；

C．碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，可用用CCl4提取碘水中的碘，故C正确；

D．铝比铁活泼，可用铝热法冶炼铁，故D正确．

故选A．

D

解：A．铵盐的稀溶液中加入氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，无刺激性气味的气体产生，加热会分解生成氨气，故A错误； B．用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl易分解，氯化氢和氨气易发生反应，不是升华，故B错误；

C．二氧化硫一般表现为还原性，与有色物质发生化合反应而漂白，但不稳定，加热时可恢复到原来的颜色，不是氧化还原反应，故C错误；

D．浓硫酸不和H2、Cl2、SO2等气体反应，浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸的吸水性，故D正确；

故选D．

【考点精析】认真审题，首先需要了解氯气的化学性质(氯气的化学性质：与金属反应将金属氧化成高价态；非金属反应；与水反应；与碱反应；与还原性物质反应)．

D

解：A．将铜与浓硫酸共热，产生使石蕊溶液变红的气体，生成的气体为二氧化硫，该反应中浓硫酸起到强氧化性的作用，故A错误； B．往足量铁与稀硝酸反应后的溶液生成亚铁离子，所以反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；

C．二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成黄色，故C错误；

D．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，通入二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D正确；

故选D．

A

解：A、5.6L氢气的物质的量为0.25mol，而2mol乙醇～1mol氢气，故当生成0.25mol氢气时，反应掉的乙醇的物质的量为0.5mol，由于乙醇中含8条共价键，故0.5mol乙醇中含4NA条共价键，故A正确；

B、甲烷和氯气开始生成一氯甲烷，但生成的一氯甲烷能继续和氯气发生取代反应，故标况下22.4L甲烷和氯气反应后，所得的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的分子个数之和为NA个，故C错误；

C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于NA个，故C错误；

D、常温下，铁在浓硫酸中会钝化，故反应程度很小，不能进行完全，故生成的二氧化硫分子个数小于NA个，故D错误．

故选A．

（1）解：M（N）=4.02g/L×22.4L/mol=90g/mol，n（N）= =0.1mol/L，

1molN中：n（C）= ÷0.1mol=3mol；

n（H）= ÷0.1mol=6mol；

n（O）=（90﹣12×3﹣1×6）÷16=3（mol），

则有机物的分子式为C3H6O3，

答：N的分子式为C3H6O3；

（2）解：N在催化剂条件下缩聚反应合成M，可知N为 ，M为 ，反应的方程式为 ，

答： ．

由密度可确定有机物的相对分子质量，进而计算9.0g有机物的物质的量，计算生成二氧化碳、水的物质的量，确定1mol有机物含有C、H、O的个数，可确定有机物分子式，结合性质确定有机物结构简式，以此解答该题．

（1）解： 已知m（KIO3）=42.8mg，则n（KIO3）= =2×10﹣4mol，m（I）=2×10﹣4mol×127g/mol=0.0254g，即25.4mg，

该“加碘食盐”的含碘量为25.4mg•kg﹣1，

答：每千克“加碘食盐”中KIO3的物质的量为2×10﹣4mol，该“加碘食盐”的含碘量为25.4mg•kg﹣1；

（2）解：5g该食盐中n（KIO3）=2×10﹣4mol× =10﹣6mol，

n（IO3﹣）= =1×10﹣5mol/L，

答：溶液中IO3﹣离子物质的量浓度为1×10﹣5mol/L．

解：（1）KIO3的含量为“42.8mg•kg﹣1”，则每千克“加碘食盐”中KIO3的质量为42.8mg，其物质的量为 =2×10﹣4mol，碘元素质量为2×10﹣4mol×127g/mol=0.0254g，即25.4mg，该“加碘食盐”的含碘量为25.4mg•kg﹣1 ， 答：每千克“加碘食盐”中KIO3的物质的量为2×10﹣4mol，该“加碘食盐”的含碘量为25.4mg•kg﹣1；（2）5g该食盐中KIO3的物质的量为2×10﹣4mol× =10﹣6mol，溶液中IO3﹣离子物质的量浓度为 =1×10﹣5mol/L。

（1）CO2+3H2 CH3OH+H2O；催化剂的催化活性

（2）C

（3）0.24mol/（L?min）；增大H2的用量等

（4）CO2（g）+4H2 （g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣252.9kJ/mol

解：（1）合成塔中的反应是二氧化碳和氢气在一定条件下可生成甲醇和水，其方程式为：CO2+3H2 CH3OH+H2O；温度影响催化剂的活性，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了催化剂的催化活性，所以答案是：CO2+3H2 CH3OH+H2O；催化剂的催化活性；（2）分离沸点相差比较大，互溶的液体，可以用蒸馏的方法进行分离，所以答案是：C；（3）由图可知，10min达平衡，平衡时甲醇的浓度为0.8mol/L，所以v（CH3OH）= =0.08mol/（L•min），反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=3v（CH3OH）=3×0.08mol/（L•min）=0.24mol/（L•min）．增大H2的用量、减少生成H2O 的量等，平衡右移，可以增大n（CH3OH）/n（CO2）的值，所以答案是：0.24mol/（L•min）；增大H2的用量等；（4）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣890.3kJ/mol，②H2 （g）+ O2（g）=H2O（l）△H2=﹣285.8kJ/mol，则CO2（g）与H2（g）反应生成CH4（g）与液态水的热化学方程式可根据盖斯定律②×4﹣①得CO2（g）+4H2 （g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣252.9kJ/mol，所以答案是：CO2（g）+4H2 （g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=﹣252.9kJ/mol．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%才能正确解答此题．

（1）蓝色变为无色且在半分钟内不恢复蓝色

（2）碱式；硫代硫酸钠为强碱弱酸盐，硫代硫酸根水解使溶液呈碱性S2O32﹣+H2O═HS2O3﹣+OH﹣ ， 会腐蚀酸式滴定管活塞（SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O）

（3）8.8

（4）④⑤①③②

（5）BE

m= =8.8×10﹣4g，
1L水样含氧气质量为：8.8×10﹣3g=8.8mg/L；
所以答案是：8.8；（4）配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作．
先用天平称量溶质的质量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞摇匀，故选用仪器的先后顺序是：④⑤①③②所以答案是：④⑤①③②；（5）通过定量关系c（待测液）= 进行实验分析判断A．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，使配制的溶液中溶质减小，c（待测液）浓度偏低，故A不符合；B．定容时俯视刻度线，加入水定容，得到的溶液低于刻度线，c（待测液）溶液浓度偏大，故B符合；C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，对配制c（待测液）溶液浓度无影响，故C不符合；D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，导致加水超过刻度线，V偏大，故c（待测液）浓度偏低，故D不符合；E．用天平称量药品时，左盘低，右盘高，说明称得溶质偏多，n增大，c（待测液）溶液浓度偏大，故E符合；所以答案是：BE．
【考点精析】解答此题的关键在于理解配制一定物质的量浓度的溶液的相关知识，掌握配制物质的量浓度溶液时，先用烧杯加蒸馏水至容量瓶刻度线1cm～2cm后，再改用交投滴管加水至刻度线，以及对酸碱中和滴定的理解，了解中和滴定实验时，用蒸馏水洗过的滴定管先用标准液润洗后再装标准液；先用待测液润洗后在移取液体；滴定管读数时先等一二分钟后再读数；观察锥形瓶中溶液颜色的改变时，先等半分钟颜色不变后即为滴定终点．

解：根据叶绿素中各元素的质量分数可知，叶绿素中Mg的质量分数最小，可设叶绿素分子中只有1个Mg原子， 则：M（叶绿素）×2.691%=24，解得：M（叶绿素）=891.9，

若叶绿素分子中有2个Mg原子，则叶绿素的相对分子质量为1783.6＞1 000，不合题意；

可见叶绿素分子中只有1个Mg原子，该分子中其他原子个数分别为：

N（C）= =55，

N（H）= =72，

N（O）= =5，

N（N）= =4，

故该叶绿素的分子式是：C55H72O5N4Mg，

答：该叶绿素的分子式是C55H72O5N4Mg．

根据叶绿素中各元素的质量分数可知，叶绿素中Mg的质量分数最小，可设叶绿素分子中只有1个Mg原子，通过讨论计算可知该叶绿素的相对分子质量，然后根据各元素的质量分数可确定其分子式．