15分）下列各組離子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加熱既有氣體放出又有沉淀生成的一組是()【分析】根據(jù)溶液中離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)、不能促進(jìn)電離來分析離子在溶液據(jù)溶液中的離子與NaOH溶液反應(yīng)既有氣體放出又有【解答】解：A、因該組離子之間不反應(yīng)，則離子能大量共存，當(dāng)加入NaOH會(huì)B、因AlO2-能促進(jìn)HCO3-的電離，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根離子，則該組C、因該組離子之間不反應(yīng)，則離子能大量共存，當(dāng)加入NaOH會(huì)與HSO3-生成SO32-，SO32-與Ba2+可生成BaSO3沉淀，但無氣體生成，D、因該組離子之間不反應(yīng)，則離子能大量共存，當(dāng)加入NaOH后，OH-與NH4+【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子的共存問題及復(fù)分解反應(yīng)，明確題意中原離子組能共存,當(dāng)加入堿既有氣體又有沉淀生成兩個(gè)條件來分析解答，熟悉離子的性質(zhì)及25分）將15mL2mol?L-1Na2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol?L-1【分析】根據(jù)Na2CO3溶液與MCln鹽溶液反應(yīng)時(shí)，恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，利用化合價(jià)得出Mn+離子與nCO32-離子的關(guān)系，然后利用物【解答】解：Na2CO3溶液中CO32-離子的物質(zhì)的量為15mL×10-3×2mol?L-1=0.MCln鹽溶液中Mn+離子的物質(zhì)的量為40mL×10-3×0.5mol?L-1=02Mn+～nCO32-,解得n=3，【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生利用溶液中的離子之間的反應(yīng)來進(jìn)行簡(jiǎn)單計(jì)算，明確離35分）下列表示溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式錯(cuò)誤的是()【分析】根據(jù)所學(xué)元素化合物的知識(shí)及氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律，并且具有對(duì)【解答】解：A、因鋁既能與強(qiáng)酸反應(yīng)又能與強(qiáng)堿反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，遵循質(zhì)量守恒定律及氧化還原B、由化學(xué)方程式要遵循質(zhì)量守恒定律，B項(xiàng)沒配平；或應(yīng)知在堿可能產(chǎn)生CO2氣體，而應(yīng)是CO32-，故B錯(cuò)；D、根據(jù)常見氧化劑、還原劑以及轉(zhuǎn)化規(guī)律，D中發(fā)生氧化還原反【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)方程式的問題，實(shí)則為元素化合物的知識(shí)以及氧化還45分）現(xiàn)有乙酸和兩種鏈狀單烯烴的混合物，若其中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a，則碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是()氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為1-a，然后可計(jì)算出碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解答】解：由乙酸的化學(xué)式為C2H4O2，而單烯烴的通式為CnH2n，又混合物中共三種元素，氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a，碳、氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為1-a,則碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×（1-a）=，【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生利用有機(jī)物的組成來進(jìn)行計(jì)算，明確碳、氫的固定組成55分）用0.10mol?L-1的鹽酸滴定0.10mol?L-1的氨水，滴定過程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是()A．c（NH4+c（Cl-c（OH-c（H+）），C．c（Cl-c（NH4+c（OH-c（H+）D．c（Cl-c（NH4+c（H+c（OH-）【考點(diǎn)】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的【分析】根據(jù)酸堿滴定中，無論溶液中的溶質(zhì)是氯化銨、氯化銨和氯化氫、氯【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，則一般溶液顯堿性，即c（OH-c（H+溶液中弱電解質(zhì)的電離＞鹽的水解，即c（NH4+c（Cl-則符合電荷守恒，故A是可能出現(xiàn)的結(jié)果；B、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，當(dāng)溶液中弱電c（OH-）=c（H+由電荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl-故B是可能出現(xiàn)的C、當(dāng)c（Cl-c（NH4+c（OH-c（H+則溶液中陰離子帶的電荷D、若滴定后溶液中的溶質(zhì)為氯化銨，由銨根離子水解則溶液顯酸性)>c（OH-），又水解的程度很弱，則c（Cl-c（NH4+且符合電荷守恒，【點(diǎn)評(píng)】本題考查酸堿滴定后溶液中離子濃度的關(guān)系，明確溶液中的弱電解質(zhì)的電離及鹽的水解來分析，利用電荷守恒則65分）為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，則該樣品的純度（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）是()【考點(diǎn)】GF：鈉的重要化合物；M3：有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算．【分析】根據(jù)碳酸氫鈉加熱分解，而碳酸鈉在加熱時(shí)不反應(yīng)，則利用反應(yīng)前后2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O□△m（減少）x（w1g-w2g）,【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生利用反應(yīng)前后的固體的質(zhì)量查來進(jìn)行計(jì)算，明確發(fā)生的【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．D、羧基能與NaHCO3放出CO2氣體，酚羥基可以與FeCl3溶液發(fā)【解答】解：A、有機(jī)物含有碳碳雙鍵，故可以與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，又含有甲D、該有機(jī)物中不存在羧基，并且酚羥基酸性比碳酸弱，故不能與Na【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生有關(guān)官能團(tuán)決定性質(zhì)的知識(shí)，要要求學(xué)生熟記官能團(tuán)具85分）右圖表示反應(yīng)X（g）4Y（g）+Z（g△H＜0，在某溫度時(shí)X下列有關(guān)該反應(yīng)的描述正確的是()【專題】13：圖像圖表題；16：壓軸題；36：平衡思想；.B、X的變化量為1mol/L-0.15mol,故C錯(cuò)；D、降溫時(shí)，正、逆反應(yīng)速率同時(shí)減小，但是降溫平衡正向移動(dòng)，,即逆反應(yīng)減小的倍數(shù)大，故D錯(cuò)誤；【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的濃度隨時(shí)間的變化圖象，明確縱橫坐標(biāo)的意義及影響化學(xué)平衡和化學(xué)反應(yīng)速率的因素是解答的關(guān)鍵，915分）濃H2SO4和木炭在加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是請(qǐng)從圖中選用所需的儀器（可重復(fù)選用）組成一套進(jìn)行該將所選的儀器連接順序由上至下依次填入下表，并寫出該 【考點(diǎn)】PF：常見氣體的檢驗(yàn)；Q4：氣體的凈化和干【分析】該反應(yīng)為固液加熱，故選用C帶有支管的試管做反應(yīng)容器，加入濃硫酸和木炭；檢驗(yàn)產(chǎn)物水可用無水硫酸銅；檢驗(yàn)二氧化洗氣瓶中裝有酸性高錳酸鉀溶液用來吸收余下二氧化【解答】解：成套裝置包括反應(yīng)裝置，檢驗(yàn)裝置和尾氣處理裝置．C中加入濃硫硫和木炭作為反應(yīng)物的發(fā)生器，產(chǎn)物中必須先檢驗(yàn)裝置A，放入品紅，檢驗(yàn)品紅是否除盡，因?yàn)镃O2,而SO2也可以使澄清石灰水變渾，故先要除去SO2．最后洗氣瓶中裝有澄清CBAAAA【點(diǎn)評(píng)】本題考查濃硫酸的性質(zhì)，掌握相關(guān)產(chǎn)物的檢驗(yàn)是解題的關(guān)鍵．易錯(cuò)點(diǎn)1015分）右圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放100g（1）接通電源，經(jīng)過一段時(shí)間后，測(cè)得丙中K2S②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為4OH--4e-=2H2O+O2↑;③列式計(jì)算電極b上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積可以，銅全部析出，可以繼續(xù)電解H2SO【分析】（1）①乙中C電極質(zhì)量增加，則c處發(fā)生的反應(yīng)為：Cu2++2eC處為陰極，由此可推出b為陽(yáng)極，a為陰極，M為負(fù)極，N為正極．丙中為SO4，相當(dāng)于電解水，設(shè)電解的水的質(zhì)量為x．由電解前后溶質(zhì)質(zhì)量相等有，═2H2O可知，生成2molH2O，轉(zhuǎn)移4mol電子，所以整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)化0.5mol電子，而整個(gè)電路是串聯(lián)的，故每個(gè)燒杯中的電極上轉(zhuǎn)移電子數(shù)是相等的．②甲中為NaOH，相當(dāng)于電解H2O，陽(yáng)極b處為陰離子OH-放電，即4OH--4e-=③轉(zhuǎn)移0.5mol電子，則生成O2為0.5/4=0.125mol，標(biāo)況下的體積為0.125×22.4=2.④Cu2++2e-=Cu，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，則生成的m（Cu）=×64=16g．⑤甲中相當(dāng)于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大．乙中陰極極為OH-放電，所以H+增多，故pH減小．丙中為電解水，對(duì)于K2SO4而言，【解答】解1）①乙杯中c質(zhì)量增加，說明Cu沉積在c電極上，電子是從b-c②甲中為NaOH，相當(dāng)于電解H2O，陽(yáng)極b處為陰離子OH-放電，即4OH--4e-=2H2O+O2↑,故答案為：4OH--4e-=2H2O+O2↑;2molH2O，轉(zhuǎn)移4mol電子，所以整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)化0.5mol電子，則生成O2為0.125mol，標(biāo)況下的體積為0.125×22.4=2.8L，故答④整個(gè)電路是串聯(lián)的，所以每個(gè)燒杯中的電極上轉(zhuǎn)移電子極反應(yīng)：Cu2++2e-=Cu，可知轉(zhuǎn)移0.5mol電子生成的m（Cu）=×64=16g⑤甲中相當(dāng)于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大．乙中陰極極為OH-放電，電解方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以H+增多，故pH減?。袨殡娊馑瑢?duì)于K2故答案為：甲增大，因?yàn)橄喈?dāng)于電解水；乙減小，OH-放電，H+增多．丙不變,相當(dāng)于電解水；【點(diǎn)評(píng)】本題為電化學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，做題時(shí)要注意根據(jù)電極反應(yīng)現(xiàn)象判斷出電解池的陰陽(yáng)級(jí)，進(jìn)而判斷出電源的正負(fù)極路，各電極上得失電子的數(shù)目相等．做題時(shí)要（2）Q的具有相同化合價(jià)且可以相互轉(zhuǎn)變的氧化物是N（3）R和Y形成的二種化合物中，Y呈現(xiàn)最高化合價(jià)的化合物是化學(xué)式是;解生成Q的氫化物和該陶瓷材料．上述相關(guān)反應(yīng)的化.【考點(diǎn)】8J：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．【分析】（1）根據(jù)W與Q可以形成一種高溫結(jié)構(gòu)陶瓷材料，及W的氯化物分子【解答】解1）W的氯化物為正四面體型，則應(yīng)為SiCl4或CCl4，又W與Q形【點(diǎn)評(píng)】本題考查位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，明確物質(zhì)的性質(zhì)及元素的位置來推斷元素是解答的關(guān)鍵，并注意與元素化合已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH（B2H6為乙硼烷）2-甲基-1-氯丙烷、2-甲基-2-氯丙烷；（3）在催化劑存在下1molH2反應(yīng)，生成3-苯基-1-丙醇．F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是 （2）C4H10存在正丁烷和異丁烷兩種，A與COH醇溶液作用下的產(chǎn)物只有一種，則只能是異丁烷．取代后的產(chǎn)物為2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷；（3）F可以與Cu（OH）2反應(yīng)，故應(yīng)為醛基碳碳雙鍵．從生成的產(chǎn)物3-苯基-1-丙醇分析；【解答】解1）88gCO2為2mol，45gH2O為2.5mol，標(biāo)準(zhǔn)11.2L，即為0.5mol,所以烴A中含碳原子為4，H原子數(shù)為10，則化學(xué)式為C4H10．故答案為：C（2）C4H10存在正丁烷和異丁烷兩種，但