湖南省株洲市2016届高三化学下册考前适应性试卷

2016年湖南省株洲市醴陵市高考化学考前适应性试卷（一）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列各项中，括号里的物质是除杂质所选用的药品，其中错误的是（）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（饱和Na2CO3溶液）2．甲烷在一定条件下可生成下列四种微粒，其中，键角为120°的是（）A．碳正离子（CH3+）B．碳负离子（CH3﹣）C．甲基（﹣CH3）D．碳烯（：CH2）3．强电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣（每种溶液中溶质电离出的离子各不相同）．已知：①甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀；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，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀．下列结论不正确的是（）A．四种物质中一定有共价化合物B．四种物质中一定有Ba（OH）2C．丙溶液中含有NH4+D．丁溶液中含有HCO3﹣4．根据相关的化学原理，下列判断正确的是（）A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2SB．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+5．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③6．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）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．有关如图装置的说法中正确的是（）A．氧化剂与还原剂必须直接接触，才能发生反应B．乙池中电极反应式为NO3﹣+4H++e﹣═NO2↑+2H2OC．当铜棒质量减少6.4g时，甲池溶液质量增加6.4gD．当铜棒质量减少6.4g时，向乙池密封管中通入标准状况下1.12LO2，将使气体全部溶于水三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．8．科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒．这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物．通过以上信息填空：（1）维生素C具有（填“氧化性”或“还原性”）．（2）上述过程中+5价砷类物质作为（填“氧化剂”或“还原剂”），+5价砷元素发生反应（填“氧化”或“还原”）；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移个电子（用NA表示阿伏加德罗常数）．（3）将铁投入到稀硝酸溶液中，会发生如下反应：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O用双线桥法标出电子转移的方向和数目．9．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是（填离子符号），参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是．（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是（双选，填序号）．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是．（4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有（双选，填序号）．A．蒸发皿B．石棉网C．漏斗D．烧杯E．玻璃棒F．坩埚（5）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去．方案②：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红．方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀．上述方案不合理的一个是，原因是．（6）上述装置中能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是．10．现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用．某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb．（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是．（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示．图2中点时喷泉最剧烈．（4）从三颈瓶中用（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示．（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3•H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb．.[化学--选修5：有机化学基础]11．化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的系统命名为；（2）F的结构简式为；（3）A生成B的化学方程式为；（4）E和H生成I的化学方程式为；（5）比H相对分子质量大14的H的酯类同分异构体共有种，其中能与银氨溶液发生银镜反应且核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为．

2016年湖南省株洲市醴陵市高考化学考前适应性试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列各项中，括号里的物质是除杂质所选用的药品，其中错误的是（）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（饱和Na2CO3溶液）【分析】A．二氧化碳与NaOH溶液反应，而CO不能；B．HCl与NaOH溶液反应，而氢气不能；C．二氧化氮与水反应生成NO；D．二者均与碳酸钠溶液反应．【解答】解：A．二氧化碳与NaOH溶液反应，而CO不能，则利用NaOH溶液、洗气可除杂，故A正确；B．HCl与NaOH溶液反应，而氢气不能，则利用NaOH溶液、洗气可除杂，故B正确；C．二氧化氮与水反应生成NO，则利用水、洗气可除杂，故；D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和NaHCO3、洗气，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂试剂的选择，题目难度不大．2．甲烷在一定条件下可生成下列四种微粒，其中，键角为120°的是（）A．碳正离子（CH3+）B．碳负离子（CH3﹣）C．甲基（﹣CH3）D．碳烯（：CH2）【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式和微粒空间构型来判断．【解答】解：A．碳正离子（CH3+）含有3个σ键，没有孤电子对，碳原子杂化方式是sp2，为平面三角形结构，键角为120°，故A正确；B．碳负离子（CH3﹣）含有3个σ键，1对孤电子对，碳原子杂化方式是sp3，为三角锥形结构，键角为不是120°，故B错误；C．甲基（﹣CH3）含有3个σ键，1个孤电子，碳原子杂化方式是sp3，为三角锥形结构，键角为不是120°，故C错误；D．碳烯（：CH2）含有2个σ键，1对孤电子对，碳原子杂化方式是sp2，为平面三角形结构，由于孤电子对斥力大，键角为不是120°，故D错误；故选A．【点评】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握．3．强电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣（每种溶液中溶质电离出的离子各不相同）．已知：①甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀；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，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀．下列结论不正确的是（）A．四种物质中一定有共价化合物B．四种物质中一定有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可知乙溶液为多元酸，再根据所给八种离子可知乙溶液为：H2SO4；由①甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀，再结合乙溶液为硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再结合溶液中其他离子可知甲溶液为Ba（OH）2；由③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl﹣，丙溶液中的阳离子不能确定；溶液中还剩下一种阴离子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可知乙溶液为多元酸，再根据所给八种离子可知乙溶液为：H2SO4，故A正确；B．由①甲溶液分别与其它三种溶液混合，均产生白色沉淀，再结合乙溶液为硫酸，可知甲溶液中含有Ba2+，再结合溶液中其他离子可知甲溶液为Ba（OH）2，故B正确；C．由③向丙溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，可知丙溶液中有Cl﹣，而丙溶液中的阳离子不能确定，可能是Mg2+，也可能是NH4+，故C错误；D．溶液中还剩下一种阴离子HCO3﹣，所以丁溶液中含有HCO3﹣，又因为丙溶液中的阳离子不能确定，同样丁溶液中的阳离子也不能确定，故D正确；故选C．【点评】本题考查了溶液中离子组成的判断，要结合离子之间的反应，根据现象如：沉淀、气体等进行判断．4．根据相关的化学原理，下列判断正确的是（）A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2SB．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+【分析】A．氢键与稳定性无关；B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小．【解答】解：A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，故A错误；B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，故B错误；C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，A的化合价降低，A2为氧化剂，所以氧化性为A2＞D2，故C错误；D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2﹣＞M+，故D正确；故选D．【点评】本题为小综合，考查知识点较多，明确物质的性质（稳定性、沸点、氧化性）的比较方法、微粒半径与原子序数的关系即可解答，题目难度不大．5．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③【分析】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；②二氧化硅不能溶于盐酸；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．【解答】解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选B．【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．6．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）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学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，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，故选B．【点评】本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．7．有关如图装置的说法中正确的是（）A．氧化剂与还原剂必须直接接触，才能发生反应B．乙池中电极反应式为NO3﹣+4H++e﹣═NO2↑+2H2OC．当铜棒质量减少6.4g时，甲池溶液质量增加6.4gD．当铜棒质量减少6.4g时，向乙池密封管中通入标准状况下1.12LO2，将使气体全部溶于水【分析】由于铜可与浓硝酸发生自发进行的氧化还原反应，则可形成原电池反应，形成原电池时，铜为负极，被氧化，电极方程式为Cu﹣e﹣=Cu2+，正极可为石墨，发生还原反应，硝酸得电子被还原生成二氧化氮，电极方程式为NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，以此解答该题．【解答】解：A．形成原电池反应时，氧化剂和还原剂不接触，故A错误；B．电荷不守恒，应为NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O，故B错误；C．由于盐桥中阴离子向负极移动，则当铜棒质量减少6.4g时，甲池溶液质量增加大于6.4g，故C错误；D．当铜棒质量减少6.4g时，n（Cu）=0.1mol，则转移电子0.2mol，由NO3﹣+2H++e﹣═NO2↑+H2O可知，生成n（NO2）=0.2mol，由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，使气体全部溶于水，应需要0.05molO2，即1.12L，故D正确．故选D．【点评】本题考查较原电池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握原电池的工作原理．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．8．科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒．这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物．通过以上信息填空：（1）维生素C具有还原性（填“氧化性”或“还原性”）．（2）上述过程中+5价砷类物质作为氧化剂（填“氧化剂”或“还原剂”），+5价砷元素发生还原反应（填“氧化”或“还原”）；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移4NA个电子（用NA表示阿伏加德罗常数）．（3）将铁投入到稀硝酸溶液中，会发生如下反应：Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O用双线桥法标出电子转移的方向和数目．【分析】（1）无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，As元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；（2）As元素的化合价降低，得到电子，结合化合价变化计算转移电子；（3）氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，根据元素化合价变化标出电子转移的方向和数目．【解答】解：（1）无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，As元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C具有还原性，故答案为：还原性；（2）上述过程中+5价砷类物质得到电子，作为氧化剂，+5价砷元素发生反应还原；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移2mol×（5﹣3）×NA=4NA个电子，故答案为：氧化剂；还原；4NA；（3）该反应中，硝酸得电子作氧化剂，铁失电子作还原剂，铁对应的产物硝酸亚铁是氧化产物，该反应中铁失去电子数=3（2﹣0）=6，硝酸得电子数=2（5﹣2）=6，所以用双线桥法在化学方程式中表示出电子转移的方向和数目为：，故答案为：．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确氧化还原反应的实质与特征为解答关键，注意从化合价的角度及电子守恒角度解答该题．9．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：（1）SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是Fe2+（填离子符号），参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1：2．（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是BD（双选，填序号）．A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气．（4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有BF（双选，填序号）．A．蒸发皿B．石棉网C．漏斗D．烧杯E．玻璃棒F．坩埚（5）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去．方案②：往第二份试液加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红．方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀．上述方案不合理的一个是方案①，原因是因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色．（6）上述装置中能表明I﹣的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色．【分析】（1）三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，据此书写离子反应方程式，根据离子反应方程式计算参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比；（2）实验室制取气体要考虑操作方便、易控制、不能含杂质；（3）二氧化硫具有刺激性气味，污染空气，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止空气污染；（4）从A中所得溶液提取晶体为绿矾，溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到；（5）二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色；（6）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物．【解答】解：（1）三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，二者反应的离子方程式：2Fe3++SO2+2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+，SO2气体还原Fe3+生成的还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1：2，故答案为：Fe2+；1：2；（2）A．硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B．浓硫酸虽具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠溶液与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，故B正确；C．固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；D．Cu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，可知制备二氧化硫，故D正确；故答案为：BD；（3）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气，由于二氧化硫能和碱反应生成盐和水，可用碱液处理二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气，故答案为：吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，所以在这一系列操作中没有用到的仪器有石棉网、坩埚，故答案为：BF；（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以方案①不合理，因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色，故答案为：方案①；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色；（6）B中发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则I﹣的还原性弱于SO2，现象为紫色变为无色，故答案为：B中蓝色溶液褪色．【点评】本题考查了元素化合物性质，试题涉及氧化性还原性强弱比较、性质实验方案的设计与评价等知识，明确掌握浓硫酸的性质、二氧化硫的检验方法等知识为解答本题关键，题目难度中等．10．现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用．某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb．（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是ADA．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满．（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示．图2中C点时喷泉最剧烈．（4）从三颈瓶中用碱式滴定管（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定．用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示．（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3•H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb1.8×10﹣5．【分析】（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色；（3）依据喷泉实验原理结合氨气极易溶于水的性质解答；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其喷泉越剧烈；（4）氨水显碱性，依据滴定管构造选择合适的仪器；（5）依据中和滴定计算氨水的物质的量浓度，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，结合氨水的物质的量浓度计算NH3•H2O电离平衡常数Kb．【解答】解：（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；故答案为：AD；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；（5）设氨水的物质的量浓度为C，则：C×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得C（NH3．H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨水中c（OH﹣）=0.001mol/L，c（OH﹣）≈c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb===1.8×10﹣5；故答案为：1.8×10﹣5．【点评】本题考查了氨气的制备和喷泉实验的设计、电离常数的计算，明确喷泉实验原理和氨气的性质是解题关键，注意电离平衡常数表达式的书写，题目难度中等．.[化学--选修5：有机化学基础]11．化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：已知：①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②RCH=CH2RCH2CH2OH③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．（1）B的系统命名为2﹣甲基丙烯；（2）F的结构简式为；（3）A生成B的化学方程式为；（4）E和H生成I的化学方程式为；（5）比H相对分子质量大14的H的酯类同分异构体共有6种，其中能与银氨溶液发生银镜反应且核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为．【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为（CH