湖南省株洲市2016屆高三化學下冊考前適應性試卷

2016年湖南省株洲市醴陵市高考化學考前適應性試卷（一）一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共78分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．下列各項中，括號里的物質是除雜質所選用的藥品，其中錯誤的是（）A．CO中混有CO2（NaOH溶液）B．H2中混有HCl（NaOH溶液）C．NO中混有NO2（水）D．CO2中混有HCl（飽和Na2CO3溶液）2．甲烷在一定條件下可生成下列四種微粒，其中，鍵角為120°的是（）A．碳正離子（CH3+）B．碳負離子（CH3﹣）C．甲基（﹣CH3）D．碳烯（：CH2）3．強電解質甲、乙、丙、丁分別溶于水，電離出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣（每種溶液中溶質電離出的離子各不相同）．已知：①甲溶液分別與其它三種溶液混合，均產生白色沉淀；②0.1mol?L﹣1乙溶液中c（H+）＞0.1mol?L﹣1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，產生不溶于稀HNO3的白色沉淀．下列結論不正確的是（）A．四種物質中一定有共價化合物B．四種物質中一定有Ba（OH）2C．丙溶液中含有NH4+D．丁溶液中含有HCO3﹣4．根據相關的化學原理，下列判斷正確的是（）A．由于水中存在氫鍵，所以穩(wěn)定性：H2O＞H2SB．由于二氧化硅的相對分子質量比二氧化碳的大，所以沸點：SiO2＞CO2C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，則氧化性D2＞A2D．若R2﹣和M+的電子層結構相同，則離子半徑R2﹣＞M+5．常溫下，下列各組物質中，Y既能與X反應又能與Z反應的是（）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③6．在2A+B?3C+4D反應中，表示該反應速率最快的是（）A．v（A）=0.5mol/（L?s）B．v（B）=0.3mol/（L?s）C．v（C）=0.8mol/（L?s）D．v（D）=1mol/（L?s）7．有關如圖裝置的說法中正確的是（）A．氧化劑與還原劑必須直接接觸，才能發(fā)生反應B．乙池中電極反應式為NO3﹣+4H++e﹣═NO2↑+2H2OC．當銅棒質量減少6.4g時，甲池溶液質量增加6.4gD．當銅棒質量減少6.4g時，向乙池密封管中通入標準狀況下1.12LO2，將使氣體全部溶于水三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第8題-第10題為必考題，每個試題考生都必須作答．第11題為選考題，考生根據要求作答．8．科學家發(fā)現，食用蝦類等水生甲殼類動物的同時服用維生素C容易中毒．這是因為對人體無害的+5價砷類化合物在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的+3價的含砷化合物．通過以上信息填空：（1）維生素C具有（填“氧化性”或“還原性”）．（2）上述過程中+5價砷類物質作為（填“氧化劑”或“還原劑”），+5價砷元素發(fā)生反應（填“氧化”或“還原”）；2mol+5價砷完全轉化為+3價砷，共轉移個電子（用NA表示阿伏加德羅常數）．（3）將鐵投入到稀硝酸溶液中，會發(fā)生如下反應：Fe+4HNO3（?。?Fe（NO3）3+NO↑+2H2O用雙線橋法標出電子轉移的方向和數目．9．某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，他們使用的藥品和裝置如圖所示：（1）SO2氣體還原Fe3+生成的還原產物是（填離子符號），參加反應的SO2和Fe3+的物質的量之比是．（2）下列實驗方案適用于在實驗室制取所需SO2的是（雙選，填序號）．A．Na2SO3溶液與HNO3B．Na2SO3固體與濃硫酸C．固體硫在純氧中燃燒D．銅與熱濃H2SO4（3）裝置C的作用是．（4）若要從A中所得溶液提取晶體，必須進行的實驗操作步驟：蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾、自然干燥，在這一系列操作中沒有用到的儀器有（雙選，填序號）．A．蒸發(fā)皿B．石棉網C．漏斗D．燒杯E．玻璃棒F．坩堝（5）在上述裝置中通入過量的SO2，為了驗證A中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應，他們取A中的溶液，分成三份，并設計了如下實驗：方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去．方案②：往第二份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅．方案③：往第三份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產生白色沉淀．上述方案不合理的一個是，原因是．（6）上述裝置中能表明I﹣的還原性弱于SO2的現象是．10．現代傳感信息技術在化學實驗中有廣泛的應用．某小組用傳感技術測定噴泉實驗中的壓強變化來認識噴泉實驗的原理（如圖1所示），并測定電離平衡常數Kb．（1）實驗室可用濃氨水和X固體制取NH3，X固體可以是A．生石灰B．無水氯化鈣C．五氧化二磷D．堿石灰（2）檢驗三頸瓶集滿NH3的方法是．（3）關閉a，將帶有裝滿水的膠頭滴管的橡皮塞塞緊c口，，引發(fā)噴泉實驗，電腦繪制三頸瓶內氣壓變化曲線如圖2所示．圖2中點時噴泉最劇烈．（4）從三頸瓶中用（填儀器名稱）量取20.00mL氨水至錐形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH計采集數據、電腦繪制滴定曲線如圖3所示．（5）據圖3計算，當pH=11.0時，NH3?H2O電離平衡常數Kb近似值，Kb．.[化學--選修5：有機化學基礎]11．化合物Ⅰ（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定條件下合成：已知：①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環(huán)境的氫；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；④通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基．（1）B的系統命名為；（2）F的結構簡式為；（3）A生成B的化學方程式為；（4）E和H生成I的化學方程式為；（5）比H相對分子質量大14的H的酯類同分異構體共有種，其中能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應且核磁共振氫譜有四組峰的結構簡式為．

2016年湖南省株洲市醴陵市高考化學考前適應性試卷（一）參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共78分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．下列各項中，括號里的物質是除雜質所選用的藥品，其中錯誤的是（）A．CO中混有CO2（NaOH溶液）B．H2中混有HCl（NaOH溶液）C．NO中混有NO2（水）D．CO2中混有HCl（飽和Na2CO3溶液）【分析】A．二氧化碳與NaOH溶液反應，而CO不能；B．HCl與NaOH溶液反應，而氫氣不能；C．二氧化氮與水反應生成NO；D．二者均與碳酸鈉溶液反應．【解答】解：A．二氧化碳與NaOH溶液反應，而CO不能，則利用NaOH溶液、洗氣可除雜，故A正確；B．HCl與NaOH溶液反應，而氫氣不能，則利用NaOH溶液、洗氣可除雜，故B正確；C．二氧化氮與水反應生成NO，則利用水、洗氣可除雜，故；D．二者均與碳酸鈉溶液反應，不能除雜，應選飽和NaHCO3、洗氣，故D錯誤；故選D．【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、性質差異及發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意除雜試劑的選擇，題目難度不大．2．甲烷在一定條件下可生成下列四種微粒，其中，鍵角為120°的是（）A．碳正離子（CH3+）B．碳負離子（CH3﹣）C．甲基（﹣CH3）D．碳烯（：CH2）【分析】根據價層電子對互斥理論確定中心原子雜化方式和微粒空間構型來判斷．【解答】解：A．碳正離子（CH3+）含有3個σ鍵，沒有孤電子對，碳原子雜化方式是sp2，為平面三角形結構，鍵角為120°，故A正確；B．碳負離子（CH3﹣）含有3個σ鍵，1對孤電子對，碳原子雜化方式是sp3，為三角錐形結構，鍵角為不是120°，故B錯誤；C．甲基（﹣CH3）含有3個σ鍵，1個孤電子，碳原子雜化方式是sp3，為三角錐形結構，鍵角為不是120°，故C錯誤；D．碳烯（：CH2）含有2個σ鍵，1對孤電子對，碳原子雜化方式是sp2，為平面三角形結構，由于孤電子對斥力大，鍵角為不是120°，故D錯誤；故選A．【點評】本題考查了微?？臻g構型及原子雜化方式，根據價層電子對互斥理論來分析解答即可，難點的孤電子對個數的計算方法，為?？疾辄c，要熟練掌握．3．強電解質甲、乙、丙、丁分別溶于水，電離出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣（每種溶液中溶質電離出的離子各不相同）．已知：①甲溶液分別與其它三種溶液混合，均產生白色沉淀；②0.1mol?L﹣1乙溶液中c（H+）＞0.1mol?L﹣1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，產生不溶于稀HNO3的白色沉淀．下列結論不正確的是（）A．四種物質中一定有共價化合物B．四種物質中一定有Ba（OH）2C．丙溶液中含有NH4+D．丁溶液中含有HCO3﹣【分析】由②0.1mol?L﹣1乙溶液中c（H+）＞0.1mol?L﹣1可知乙溶液為多元酸，再根據所給八種離子可知乙溶液為：H2SO4；由①甲溶液分別與其它三種溶液混合，均產生白色沉淀，再結合乙溶液為硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再結合溶液中其他離子可知甲溶液為Ba（OH）2；由③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，產生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl﹣，丙溶液中的陽離子不能確定；溶液中還剩下一種陰離子HCO3﹣，所以丁溶液中含有HCO3﹣．【解答】解：A．由②0.1mol?L﹣1乙溶液中c（H+）＞0.1mol?L﹣1可知乙溶液為多元酸，再根據所給八種離子可知乙溶液為：H2SO4，故A正確；B．由①甲溶液分別與其它三種溶液混合，均產生白色沉淀，再結合乙溶液為硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再結合溶液中其他離子可知甲溶液為Ba（OH）2，故B正確；C．由③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，產生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl﹣，而丙溶液中的陽離子不能確定，可能是Mg2+，也可能是NH4+，故C錯誤；D．溶液中還剩下一種陰離子HCO3﹣，所以丁溶液中含有HCO3﹣，又因為丙溶液中的陽離子不能確定，同樣丁溶液中的陽離子也不能確定，故D正確；故選C．【點評】本題考查了溶液中離子組成的判斷，要結合離子之間的反應，根據現象如：沉淀、氣體等進行判斷．4．根據相關的化學原理，下列判斷正確的是（）A．由于水中存在氫鍵，所以穩(wěn)定性：H2O＞H2SB．由于二氧化硅的相對分子質量比二氧化碳的大，所以沸點：SiO2＞CO2C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，則氧化性D2＞A2D．若R2﹣和M+的電子層結構相同，則離子半徑R2﹣＞M+【分析】A．氫鍵與穩(wěn)定性無關；B．二氧化硅為原子晶體，二氧化碳為分子晶體；C．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；D．若R2﹣和M+的電子層結構相同，M的原子序數大，原子序數越大，離子半徑越?。窘獯稹拷猓篈．水中存在氫鍵，水的沸點高，與物質的穩(wěn)定性無關，而非金屬性O＞S，所以穩(wěn)定性為H2O＞H2S，故A錯誤；B．二氧化硅為原子晶體，二氧化碳為分子晶體，所以沸點為SiO2＞CO2，不能利用相對分子質量來比較沸點，故B錯誤；C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，A的化合價降低，A2為氧化劑，所以氧化性為A2＞D2，故C錯誤；D．若R2﹣和M+的電子層結構相同，M的原子序數大，原子序數越大，離子半徑越小，所以離子半徑為R2﹣＞M+，故D正確；故選D．【點評】本題為小綜合，考查知識點較多，明確物質的性質（穩(wěn)定性、沸點、氧化性）的比較方法、微粒半徑與原子序數的關系即可解答，題目難度不大．5．常溫下，下列各組物質中，Y既能與X反應又能與Z反應的是（）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2濃鹽酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu濃硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③【分析】①氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與強酸、強堿反應；②二氧化硅不能溶于鹽酸；③氮氣與氧氣在放電條件下反應得到NO，氮氣與氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應；④Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、氯化亞鐵．【解答】解：①氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉與水，與稀硫酸反應生成硫酸鋁與水，故①符合；②二氧化硅能與氫氧化鉀反應反應生成硅酸鉀與水，在酸中二氧化硅只與HF反應，不能與鹽酸反應，故②不符合；③氮氣與氧氣在放電條件下反應得到NO，氮氣與氫氣在高溫高壓、催化劑條件下合成氨氣反應，常溫下氮氣不能與氧氣、氫氣發(fā)生反應，故③不符合；④常溫下，Cu與濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮與水，與氯化鐵溶液反應得到氯化銅、氯化亞鐵，故④符合，故選B．【點評】本題考查元素化合物性質，難度不大，側重對基礎知識的鞏固，需要學生熟練掌握元素化合物性質．6．在2A+B?3C+4D反應中，表示該反應速率最快的是（）A．v（A）=0.5mol/（L?s）B．v（B）=0.3mol/（L?s）C．v（C）=0.8mol/（L?s）D．v（D）=1mol/（L?s）【分析】利用速率之比等于化學計量數之比轉化為用同一物質表示的速率，然后再進行比較．【解答】解：都轉化為D物質表示的速率進行比較，對于2A+B?3C+4D，A、υ（A）=0.5mol/（L?s），速率之比等于化學計量數之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L?s），B、υ（B）=0.3mol/（L?s），速率之比等于化學計量數之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L?s），C、υ（C）=0.8mol/（L?s），速率之比等于化學計量數之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L?s）=1.1mol/（L?s），D、υ（D）=1mol/（L?s），故速率B＞C＞A=D，故選B．【點評】本題考查反應速率快慢的比較，難度不大，注意比較常用方法有：1、歸一法，即按速率之比等于化學計量數之比轉化為用同一物質表示的速率，2、比值法，即由某物質表示的速率與該物質的化學計量數之比，比值越大，速率越快．7．有關如圖裝置的說法中正確的是（）A．氧化劑與還原劑必須直接接觸，才能發(fā)生反應B．乙池中電極反應式為NO3﹣+4H++e﹣═NO2↑+2H2OC．當銅棒質量減少6.4g時，甲池溶液質量增加6.4gD．當銅棒質量減少6.4g時，向乙池密封管中通入標準狀況下1.12LO2，將使氣體全部溶于水【分析】由于銅可與濃硝酸發(fā)生自發(fā)進行的氧化還原反應，則可形成原電池反應，形成原電池時，銅為負極，被氧化，電極方程式為Cu﹣e﹣=Cu2+，正極可為石墨，發(fā)生還原反應，硝酸得電子被還原生成二氧化氮，電極方程式為NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，以此解答該題．【解答】解：A．形成原電池反應時，氧化劑和還原劑不接觸，故A錯誤；B．電荷不守恒，應為NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，故B錯誤；C．由于鹽橋中陰離子向負極移動，則當銅棒質量減少6.4g時，甲池溶液質量增加大于6.4g，故C錯誤；D．當銅棒質量減少6.4g時，n（Cu）=0.1mol，則轉移電子0.2mol，由NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O可知，生成n（NO2）=0.2mol，由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，使氣體全部溶于水，應需要0.05molO2，即1.12L，故D正確．故選D．【點評】本題考查較原電池知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，難度不大，注意把握原電池的工作原理．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第8題-第10題為必考題，每個試題考生都必須作答．第11題為選考題，考生根據要求作答．8．科學家發(fā)現，食用蝦類等水生甲殼類動物的同時服用維生素C容易中毒．這是因為對人體無害的+5價砷類化合物在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的+3價的含砷化合物．通過以上信息填空：（1）維生素C具有還原性（填“氧化性”或“還原性”）．（2）上述過程中+5價砷類物質作為氧化劑（填“氧化劑”或“還原劑”），+5價砷元素發(fā)生還原反應（填“氧化”或“還原”）；2mol+5價砷完全轉化為+3價砷，共轉移4NA個電子（用NA表示阿伏加德羅常數）．（3）將鐵投入到稀硝酸溶液中，會發(fā)生如下反應：Fe+4HNO3（?。?Fe（NO3）3+NO↑+2H2O用雙線橋法標出電子轉移的方向和數目．【分析】（1）無害的+5價砷類化合物在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的+3價的含砷化合物，As元素的化合價降低，則維生素C中某元素的化合價升高；（2）As元素的化合價降低，得到電子，結合化合價變化計算轉移電子；（3）氧化還原反應中得電子化合價降低的反應物是氧化劑，失電子化合價升高的反應物是還原劑，還原劑對應的產物是氧化產物，根據元素化合價變化標出電子轉移的方向和數目．【解答】解：（1）無害的+5價砷類化合物在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的+3價的含砷化合物，As元素的化合價降低，則維生素C中某元素的化合價升高，則維生素C具有還原性，故答案為：還原性；（2）上述過程中+5價砷類物質得到電子，作為氧化劑，+5價砷元素發(fā)生反應還原；2mol+5價砷完全轉化為+3價砷，共轉移2mol×（5﹣3）×NA=4NA個電子，故答案為：氧化劑；還原；4NA；（3）該反應中，硝酸得電子作氧化劑，鐵失電子作還原劑，鐵對應的產物硝酸亞鐵是氧化產物，該反應中鐵失去電子數=3（2﹣0）=6，硝酸得電子數=2（5﹣2）=6，所以用雙線橋法在化學方程式中表示出電子轉移的方向和數目為：，故答案為：．【點評】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，題目難度中等，試題側重于學生的分析能力和計算能力的考查，明確氧化還原反應的實質與特征為解答關鍵，注意從化合價的角度及電子守恒角度解答該題．9．某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，他們使用的藥品和裝置如圖所示：（1）SO2氣體還原Fe3+生成的還原產物是Fe2+（填離子符號），參加反應的SO2和Fe3+的物質的量之比是1：2．（2）下列實驗方案適用于在實驗室制取所需SO2的是BD（雙選，填序號）．A．Na2SO3溶液與HNO3B．Na2SO3固體與濃硫酸C．固體硫在純氧中燃燒D．銅與熱濃H2SO4（3）裝置C的作用是吸收SO2尾氣，防止污染空氣．（4）若要從A中所得溶液提取晶體，必須進行的實驗操作步驟：蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾、自然干燥，在這一系列操作中沒有用到的儀器有BF（雙選，填序號）．A．蒸發(fā)皿B．石棉網C．漏斗D．燒杯E．玻璃棒F．坩堝（5）在上述裝置中通入過量的SO2，為了驗證A中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應，他們取A中的溶液，分成三份，并設計了如下實驗：方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去．方案②：往第二份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅．方案③：往第三份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產生白色沉淀．上述方案不合理的一個是方案①，原因是因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色．（6）上述裝置中能表明I﹣的還原性弱于SO2的現象是B中藍色溶液褪色．【分析】（1）三價鐵離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，據此書寫離子反應方程式，根據離子反應方程式計算參加反應的SO2和Fe3+的物質的量之比；（2）實驗室制取氣體要考慮操作方便、易控制、不能含雜質；（3）二氧化硫具有刺激性氣味，污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，防止空氣污染；（4）從A中所得溶液提取晶體為綠礬，溶液中得到綠礬的實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌，干燥步驟得到；（5）二氧化硫能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應使高錳酸鉀溶液褪色，Fe2+也使高錳酸鉀溶液褪色；（6）B中發(fā)生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，還原劑的還原性大于還原產物．【解答】解：（1）三價鐵離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，二者反應的離子方程式：2Fe3++SO2+2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，SO2氣體還原Fe3+生成的還原產物是Fe2+，參加反應的SO2和Fe3+的物質的量之比是1：2，故答案為：Fe2+；1：2；（2）A．硝酸具有強氧化性，能夠將亞硫酸鈉氧化成硫酸鈉，無法得到二氧化硫氣體，故A錯誤；B．濃硫酸雖具有強酸性，且濃硫酸不揮發(fā)，亞硫酸鈉溶液與濃硫酸能夠反應生成二氧化硫氣體，故B正確；C．固體硫在純氧中燃燒，操作不容易控制，且無法獲得純凈的二氧化硫，故C錯誤；D．Cu與濃硫酸在加熱條件下生成二氧化硫、硫酸銅和水，可知制備二氧化硫，故D正確；故答案為：BD；（3）二氧化硫氣體是酸性氧化物，具有刺激性氣味，直接排放會污染大氣，由于二氧化硫能和堿反應生成鹽和水，可用堿液處理二氧化硫，反應的化學方程式為：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，所以裝置C的作用為：吸收SO2尾氣，防止污染空氣，故答案為：吸收SO2尾氣，防止污染空氣；（4）溶液中得到綠礬的實驗操作是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌，干燥步驟得到，所以在這一系列操作中沒有用到的儀器有石棉網、坩堝，故答案為：BF；（5）二氧化硫有還原性，高錳酸鉀有強氧化性，二氧化硫能與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應使高錳酸鉀溶液褪色，Fe2+也使高錳酸鉀溶液褪色，所以方案①不合理，因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色，故答案為：方案①；因為A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中發(fā)生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，則I﹣的還原性弱于SO2，現象為紫色變?yōu)闊o色，故答案為：B中藍色溶液褪色．【點評】本題考查了元素化合物性質，試題涉及氧化性還原性強弱比較、性質實驗方案的設計與評價等知識，明確掌握濃硫酸的性質、二氧化硫的檢驗方法等知識為解答本題關鍵，題目難度中等．10．現代傳感信息技術在化學實驗中有廣泛的應用．某小組用傳感技術測定噴泉實驗中的壓強變化來認識噴泉實驗的原理（如圖1所示），并測定電離平衡常數Kb．（1）實驗室可用濃氨水和X固體制取NH3，X固體可以是ADA．生石灰B．無水氯化鈣C．五氧化二磷D．堿石灰（2）檢驗三頸瓶集滿NH3的方法是將濕潤的紅色石蕊試紙靠近瓶口，試紙變藍色，證明氨氣已收滿．（3）關閉a，將帶有裝滿水的膠頭滴管的橡皮塞塞緊c口，打開b，擠壓膠頭滴管使水進入燒瓶，引發(fā)噴泉實驗，電腦繪制三頸瓶內氣壓變化曲線如圖2所示．圖2中C點時噴泉最劇烈．（4）從三頸瓶中用堿式滴定管（填儀器名稱）量取20.00mL氨水至錐形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH計采集數據、電腦繪制滴定曲線如圖3所示．（5）據圖3計算，當pH=11.0時，NH3?H2O電離平衡常數Kb近似值，Kb1.8×10﹣5．【分析】（1）濃氨水易揮發(fā)，生石灰、堿石灰溶于水與水反應放出大量的熱，能夠促進氨氣的逸出；（2）氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子而導致氨水溶液呈堿性，紅色石蕊試液遇堿藍色；（3）依據噴泉實驗原理結合氨氣極易溶于水的性質解答；三頸瓶內氣體與外界大氣壓壓強之差越大，其噴泉越劇烈；（4）氨水顯堿性，依據滴定管構造選擇合適的儀器；（5）依據中和滴定計算氨水的物質的量濃度，弱電解質電離平衡常數Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，結合氨水的物質的量濃度計算NH3?H2O電離平衡常數Kb．【解答】解：（1）濃氨水易揮發(fā)，生石灰、堿石灰溶于水與水反應放出大量的熱，能夠促進氨氣的逸出，而無水氯化鈣、五氧化二磷都能夠與氨氣反應，所以不能用來制氨氣；故答案為：AD；（2）氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子而導致氨水溶液呈堿性，紅色石蕊試液遇堿藍色，故答案為：將濕潤的紅色石蕊試紙靠近瓶口，試紙變藍色，證明氨氣已收滿；（3）要形成噴泉實驗，應使瓶內外形成負壓差，而氨氣極易溶于水，所以打開b，擠壓膠頭滴管使水進入燒瓶，氨氣溶于水，使瓶內壓強降低，形成噴泉；三頸瓶內氣體與外界大氣壓壓強之差越大，其反應速率越快，C點壓強最小、大氣壓不變，所以大氣壓和C點壓強差最大，則噴泉越劇烈，故答案為：打開b，擠壓膠頭滴管使水進入燒瓶；C；（4）氨水顯堿性，量取堿性溶液，應選擇堿式滴定管；故答案為：堿式滴定管；（5）設氨水的物質的量濃度為C，則：C×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得C（NH3．H2O）=0.056mol/L，弱電解質電離平衡常數Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，則：Kb===1.8×10﹣5；故答案為：1.8×10﹣5．【點評】本題考查了氨氣的制備和噴泉實驗的設計、電離常數的計算，明確噴泉實驗原理和氨氣的性質是解題關鍵，注意電離平衡常數表達式的書寫，題目難度中等．.[化學--選修5：有機化學基礎]11．化合物Ⅰ（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定條件下合成：已知：①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環(huán)境的氫；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；④通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定，易脫水形成羰基．（1）B的系統命名為2﹣甲基丙烯；（2）F的結構簡式為；（3）A生成B的化學方程式為；（4）E和H生成I的化學方程式為；（5）比H相對分子質量大14的H的酯類同分異構體共有6種，其中能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應且核磁共振氫譜有四組峰的結構簡式為．【分析】A的分子式為C4H9Cl，核磁共振氫譜表明其只有一種化學環(huán)境的氫，所以A的結構簡式為（CH