C.W的氧化物的水化物酸性一定比X的强
D.Y分别与X、Z形成的化合物，其所含化学键的类型相同
【答案】B
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。
CH4与Cl2混合见光可生成W的氢化物HCl和油状混合物。
X为C元素，Y为Cl元素，其中Y、W处于同一主族，Y为F元素，Y、Z的原子最外层电子数之和等于9，Z为Mg元素，A、原子半径:
r（X）>r（Y）,r（Z）>r（W）故A错误；B、同主族元素的氢化物稳定性逐渐减弱，稳定性HF>HCl，故B正确；C、Cl的氧化物的水化物酸性不一定比C的强，如：
酸性H2CO3>HClO,故C错误；D、Cl分别与C、Mg形成的化合物，其所含化学键的类型不相同，C与Cl形成共价键，Mg与Cl形成离子键，故D错误。
故选B。
4
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.无色透明的溶液中:
K+、NH+、S2-、ClO-
3
B.c（Fe2+）=1.0mol/L的溶液:
H+、Cu2+、Cl-、NO-
2 4
C.能与Al反应放出H的溶液中:
K+、Na+、Br-、SO2-
3
3
D.由水电离产生的c（H+）=1×10-l3mol/L的溶液:
Mg2+、Ca2+、CHCOO-、HCO-
【答案】C
4
4
3
3
2
【解析】A.无色透明的溶液中:
S2-＋4ClO-=SO2-＋4Cl-，故A错误；B.c（Fe2+）=1.0mol/L的溶液中H+、NO-能将Fe2＋氧化成Fe3＋，故B错误；C、能与Al反应放出H的溶液中可能是酸性，也可能是碱性，K+、Na+、Br-、SO2-之间不发生反应，故C正确；D、由水电离产生的c（H+）=1×10-l3mol/L的溶液可能是酸性，也可能是碱性：
Mg2+、Ca2+、HCO-在碱性条件下生成
2
3
3
2
Mg（OH）和CaCO沉淀；在酸性条件下，HCO―反应产生CO，故D错误；故选C。
10.下列说法正确的是
A.化学平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变
B.蛋白质溶液中加入HgCl2溶液产生沉淀，加水后沉淀溶解
C.室温时，0.1mol/L-1醋酸溶液加水不断稀释，溶液的导电性增强
D.用离子交换膜电解槽电解饱和食盐水制氯气和烧碱，该“膜”只能让阴离子透过
【答案】A
【解析】A、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，化学平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变，故A正确；B、蛋白质溶液中加入HgCl2溶液产生沉淀，属于蛋白质变性，加水后沉淀不再溶解，故B错误；C、室温时，0.1mol/L-1醋酸溶液加水不断稀释，溶液中离
2
2
子总浓度降低，溶液的导电性减弱，故C错误；D、电解饱和食盐水制氯气时，Cl－在阳极放电：
2Cl－-2e－=Cl↑，来自于水的H＋在阴极放电：
2H＋+2e－=H↑，OH－在阴极生成，两极中间应该用阳离子交换膜，从而使NaOH在阴极生成，如果改用阴离子交换膜，则NaOH会在阳极生成，会吸收生成的氯气，导致氯气无法逸出，故D错误。
故选A。
11.从牛至精油中提取的三种活性成分的结构简式如下图所示。
下列说法正确的是
A.a中含有2个手性碳原子
B.a、b均能使酸性KMnO4溶液褪色
C.b、c均能与FeCl3溶液发生显色反应
D.c分子中所有碳原子可以处于同一平面
【答案】AB
【解析】A、a中含有2个手性碳原子，如图 ，故A正确；B、a、b
中碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、b没有酚羟基不能与FeCl3溶液发生显色反应、c有酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，故C错误；D、c分子中有一个碳是四面体结构，不可能所有碳原子可以处于同一平面，故D错误。
故选AB。
12.下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A.制备Fe（OH）3胶体:
将饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中，并煮沸片刻
B.除去Cu粉中混有的CuO:
向混合粉末中加入足量稀硝酸、过滤、洗涤并干烧
C.检验木炭与浓硫酸加热产生的气体中含有CO2:
将气体通入澄清石灰水，观察现象
D.提纯含有少量KBr的KCl并回收Br2:
将混合物溶于水并通入足量Cl2，用CCl4萃取分液，水相进行蒸发结晶收集KCl，有机相进行蒸馏回收Br2和CCl4
【答案】D
【解析】A、应向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体，故A错误；B、除去Cu粉中混有的CuO：
向混合粉末中加入足量稀盐酸、过滤、洗涤并干燥，硝酸具有强氧化性，也能溶解
铜，故B错误；C、检验木炭与浓硫酸加热产生的气体中含有CO2：
应选将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液，除去SO2，将余下气体通入澄清石灰水，观察现象，故C错误。
D、提纯含有少量KBr的KCl并回收Br2:
将混合物溶于水并通入足量Cl2，用CCl4萃取分液，水相进行蒸发结晶收集KCl，有机相进行蒸馏回收Br2和CCl4，故D正确。
故选D。
13.甲、乙为两种不同介质的乙醇燃料电池（如下图所示）。
下列说法正确的是
A.装置甲和乙均是电能转化为化学能
B.X、Z极上分别消耗等物质的量乙醇时，流过甲、乙负载的电子数相同
C.Y、W极消耗氧气物质的量相同时，X、Z极消耗乙醇的物质的量也相同
3
2
3
2
D.Z极上发生的电极反应为:
CHCHOH+5OH--4e-=CHCOO-+4HO
【答案】D
【解析】A.装置甲和乙均无外接电源，均是原电池，是化学能转化为电能故A错误；B、1molC2H5OH转化为CO2转移12mol电子，而转化为CH3COOH转移4mol电子，X、Z极上分别消耗等物质的量乙醇时，流过甲、乙负载的电子数不相同，故B错误；C、两种条件下的氧化产物不同，耗氧量不同，故C错误；D、Z为碱性条件下原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，
- - -
Z极上发生的电极反应为:
CH3CH2OH+5OH-4e=CH3COO+4H2O，故D正确；故选D。
选项 验操作和现象
实验结论
将FeSO4高温灼烧，产生的气体通入盐酸酸化的BaCl2溶液中，产生白
A 气体中含有SO3（g）
色沉淀
14.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中，滴入新制氯水，后再滴入KSCN溶液，溶液变原（NH4）2Fe（SO4）2部分或完
B
红
全被氧化
向两支均盛有2mLKI3溶液的试管中分别滴入淀粉溶液和硝酸酸化的
原KI3溶液中存在
C
AgNO溶液，前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀
-
-
3
I3
I+I2平衡
向3mL苯中加入1mL液溴，然后加入少量FeBr3充分反应后，产物倒入溴苯呈褐色，不溶于水，密
D
水中，烧杯底部有褐色油状液体
度比水大
A.AB.BC.CD.D
【答案】AC
2 3
3
2
3
【解析】A、将FeSO4高温灼烧2FeSO4=Fe2O3＋SO2＋SO3，产生的气体通入盐酸酸化的BaCl2溶液中，产生白色沉淀是BaSO4，故A正确；B、应先滴入KSCN溶液，后再滴入新制氯水，溶液变红，故B错误；C、向两支均盛有2mLKI3溶液的试管中分别滴入淀粉溶液和硝酸酸化的AgNO3溶液，前者溶液变蓝色，说明溶液中有I，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在I―，即原KI溶液中存在I- I-+I平衡，故C正确；D、向3mL苯中加入1mL液溴，然后加入少量FeBr
充分反应后，产物倒入水中，烧杯底部有褐色油状液体，分离出有机层，加入NaOH溶液，溴和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，但溴苯和氢氧化钠不反应，起到分离提纯作用，提纯后溴苯呈无色，故D错误；故选AC。
15.25C时，氯水中部分含氯的物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的百分數）与PH的关系如下图所示。
下列叙述正确的是
3
A.新制的pH=1的氯水中，c（C1-）>c（HClO）>c（H+）
B.新制氯水中持续通入SO2，pH不断变小，溶液颜色不断加深
a
C.25℃时，HClO H++ClO-的电离常数Ka的对数值为lgK=-7.54
2
D.pH=6的氯水中加入NaOH溶液，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+HO
【答案】CD
3
3
2
2
2
2
4
【解析】A、由电荷守恒：
c（H+）=c（OH-）+c（C1-），c（H+）>c（C1-），故A错误；B、Cl＋SO＋2HO=HSO
＋2HCl，pH不断变小，溶液颜色不加深，故B错误；C、25℃时，HClO H++ClO-的电离常
a
数Ka==10-7.54，对数值为lgK=-7.54，故C正确；D、由图增大pH，HClO
2
的浓度变小，是反应物，ClO-增大，是生成物，主要发生的离子反应方程式为HClO+OH-=ClO-+HO，故D正确；故选CD。
16.Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。
一种以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下:
（1）“硫酸化焙烧”时：
①硫化铜矿需粉碎的目的是 ；②CuS与O2反应生成CuSO4
等物质的化学方程式为 ；③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是
。
（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制 （至少列举两点）。
（3）“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如右图所示。
①在100℃时，发生反应的离子方程式为
②图中在43
2
4
2
2
【答案】
（1）.提高硫化铜矿的利用率
（2）.2Cu2S+5O22CuSO4+2CuO（3）.提高焙烧产物中CuSO4比例（4）.浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等（5）.2Cu2++3SO2-CuO↓+SO2-+2SO↑（6）.pH越小时CuO越易与H+发生反应，生成Cu和Cu2+
2
4
4
4
【解析】
（1）“硫酸化焙烧”时：
①硫化铜矿需粉碎的目的是增大接触面积，提高硫化铜矿的利用率；②CuS与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为2Cu2S+5O22CuSO4+2CuO；③加入NaSO的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是增大SO2－浓度，提高焙烧产物中CuSO
2
2
3
4
3
2
4
2
比例；
（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等；（3）①在100℃时，Cu2+还原成CuO，SO2－氧化成SO2－，发生反应的离子方程式为2Cu2++3SO2-CuO↓+SO2-+2SO↑；②图中在417.化合物F是一种用于合成药物美多心安的中间体，F的一种合成路线流程图如下:
（1）化合物E中含氧官能团名称为 和
（2）A→B的反应类型为
（3）C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，写出C的结构简式:
。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:
①属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基。
②能发生银镜反应和水解反应，水解产物之一能与NaOH溶液反应且只有5种不同化学环境的氢。
（5）已知:
①具有还原性，易被氧化；② 。
写
出以 和（CH3）2SO4为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【答案】
（1）.（酚）羟基
（2）.醚键（3）.取代反应（4）.
（5）. [或
]（6）.
【解析】A与（CH3）2SO4发生取代反应，保护醇羟基在下一步硝化时不被氧化，B与硝酸发生硝化反应得到C还原得到D，D在硝酸钠，盐酸作用下，氧化后再酸化生成E，E发生取代反应生成F。
（1）化合物E中含氧官能团名称为（酚）羟基和醚键；
（2）A→B的反应类型为取代反应；（3）C的分子式为C9H11NO3，经还原得到D，结合反就条件，为硝化反应，C的
结构简式：
；（4） 的一种同分异构体，②能发生银镜反应和水解反应，说明是甲酸与酚形成的酯，水解产物之一能与NaOH溶液反应，又只有5种不同化学环境的氢，结构对称；①属于芳香化合物，且苯环上只有两个取代基。
两个取代基
只能在对位，符合条件的有 [或 ]。
（5）以
和（CH3）2SO4为原料制备，由信息①酚羟基和-NH2易被氧化，要注意保护，参考合成路线流程图如下：
。
点睛：
本题考查有机物的推断与合成，是对有机化学基础的综合考查，解题关键：
根据有机物的结构分析，需要学生具备扎实的基础与知识迁移运用能力，难度中等，难点：
同异构体的书写，有机合成路线设计。
18.[Fe2（OH）n（SO4）3-n/2]m（聚合硫酸铁，PFS）广泛用于饮用水等的净化处理。
一种制备PFS并测定其盐基度的步骤如下:
①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。
②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。
③经聚合、过滤等步骤制得液态产品:
PFS溶液。
2 27 2 27
2
2
2
④称取步骤③产品1.5000g置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl溶液（Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+），多余的SnCl用HgCl氧化除去，再加入硫酸-磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.1000mol/LKCrO溶液滴定生成的Fe2+（KCrO被还原为Cr3+），，直至终点消耗K2Cr2O7）溶液20.00mL。
2+
⑤另称取步骤③产品1.5000g置于250mL聚乙烯锥形瓶中，加入25mL0.5000mol·L-1盐酸溶液、20mL煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10mLKF溶液（足量，掩蔽Fe3+），摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.5000mol·L-1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点，消耗NaOH溶液16.00mL。
（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe的操作，是因为 。
2
2
7
（2）步骤④KCrO溶液滴定Fe2+时发生反应的离子方程式为 。
（3）步骤⑤用NaOH溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是
（4）盐基度（B）是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）3-n/2]m中
B=n（OH-）/3n（Fe3+）×100%}。
通过计算确定产品的盐基度（写出计算过程）。
22 27 2
【答案】
（1）.减少HO分解损失
（2）.CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7HO（3）.当滴入最后一滴NaOH时，溶液由无色变为（浅）红色且半分钟内红色不褪去（4）.
2
7
n（Fe3+）=6n（CrO2-）=6×0.1000mol/L×20×10-3L=1.200×10-2mol，
n（OH-）=0.5000mol/L×25.00×10-3L-0.5000mol/L×16.00×10-3L=4.500×10-3mol，
B=4.500×10-3mol/（3×1.200×10-2mol）×100%=12.50%，产品的盐基度为12
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