【详解】
A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；
B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误； C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误； D. 若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。
13．以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．哒嗪的二氯代物超过四种
B．聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色
C．丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪
D．物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；
B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误； C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为
，
再消去可制得哒嗪，C正确；
D. 1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。 故选C。
14．把铝粉和某铁的氧化物(xFeO·yFe2O3)粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5 : 7，则x : y为 A．1∶1 【答案】B 【解析】 【分析】
第一份中Al与xFeO?yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，根据方程式计算Fe、Al的物质的量，再根据第一份中Al与xFeO?yFe2O3反应的电子转移守恒计算xFeO?yFe2O3中Fe元素平
B．1∶2
C．5∶7
D．7∶5
均化合价，进而计算x、y比例关系。 【详解】
第一份中Al与xFeO?yFe2O3粉末得到Fe与Al2O3，再与足量盐酸反应,发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，第二份直接放入足量的烧碱溶液,发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol，则：
Fe+5mol2Al+27mol?2HCl=FeCl2+H2?5mol
2NaOH+2H2O=NaAlO223+3H2?37mol
令xFeO?yFe2O3中Fe元素平均化合价为a，根据Al与xFeO?yFe2O3反应中的电子转移守恒：
2x?2y?327mol××3=5mol×(a?0)，解得a=2.8，故=2.8，整理得x:y=1:2，答案选B。
x?2y315．最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是
A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性 B．充电时，电极b接正极 C．d膜是质子交换膜 D．充放电时，a极有【答案】C 【解析】 【分析】
根据图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，发生氧化反应，b极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。 【详解】
A．硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自由移动的离子，增强导电性，A选项正确； B．根据上述分析可知，b为正极，充电时就接正极，B选项正确；
C．d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；
D．放电时，a极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是答案选C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．氯化亚铜?CuCl?是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成?CuCl2?。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。
?，D选项正确；
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65％硝酸10mL、20％盐酸15mL、水。
(1)质量分数为20％的盐酸密度为1.1gcm3，物质的量浓度为______；用浓盐酸配制20％盐酸需要的玻璃仪器有：______、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。 (2)实验室制备CuCl过程如下：
①检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭K。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______；
②加热至60:70℃，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开
K，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭K，冷却至室温，制得NH4?CuCl2?。通入氧
气的目的为______；
三颈瓶中生成NH4?CuCl2?的总的离子方程为______；
将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。 ③粗品用95％乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。
(3)便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好运用______(填字母)。
(4)下列说法不正确的是______
A．步骤Ⅰ中HCl可以省去，因为已经加入了HNO3
B．步骤Ⅱ用去氧水稀释，目的是使NH4?CuCl2?转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化 C．当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气 D．流程中可循环利用的物质只有氯化铵
(5)步骤Ⅲ用95％乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是______、______(答出两条)。 (6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.250g和10mL过量的FeCl3溶液于250mL锥形瓶中，充分溶解； ②用0.100mol?L?1硫酸[Ce(SO4)2]标准溶液测定。已知： 已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+ 三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1％)： 平衡实验次数 1 2 3 0.250g样品消耗硫酸锑标准溶液的体积?mL? 24.35 24.052 23.95 则样品中CuCl的纯度为______(结果保留3位有效数字)。 误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是______。
A．锥形瓶中有少量蒸馏水 B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线
C．所取FeCl3溶液体积偏大 D．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失 【答案】6.0mol/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H++6Cl-+NO3-=3[CuCl2]-+NO↑+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】 【分析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品； (1) 根据c=
1000ρω计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒； M(2) ①氯化铵溶解吸热；
②根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4[CuCl2]和无色气泡NO，据此书写；
(3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；
(4) A．步骤Ⅰ得到[CuCl2]ˉ(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；
