1、2016-2017学年江西省萍乡市芦溪中学高三（上）第二次综合能力化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42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已知2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221.0kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1则反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H为（）A+131.3kJmol1B131.3kJmol1C352.3kJmol1D+262.6kJmol12下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是选项实验操作现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶液
2、该溶液中一定含有SOB向某溶液中滴入硝酸酸化硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中一定含有ClC向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的五色气体该溶液中一定含有COD向某溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，生成白色沉淀，将沉淀过滤后，在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解，并产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中既有CO又有SO（）AABBCCDD3为验证无还原性的蔗糖能水解，且水解的生成物具有还原性，可能有如下实验步骤：加入稀硫酸；加入几滴CuSO4；加热；加入蒸馏水；加入烧碱溶液至碱性；加入新制Cu（OH）2悬浊液，最佳顺序（）ABCD4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大题共存的是
3、（）A与铝反应产生大题氢气的溶液：NH4+、Na+、CO32、NO3B能使硫氰化钾溶液显红色的溶液：K+、SO42、S2、SO32C常温下pH值为13的溶液中：K+、HCO3、Na+、ClD在使石蕊试液变红的溶液中：Na+、Cu2+、Br、SO425下列说法正确的是（）A同一主族相邻两个周期的元素的原子序数差一定等于上一周期所含元素种类B短周期元素中某元素的原子序数不可能是同主族元素原子序数的2倍CL层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素D目前使用的长式元素周期表中，最长的周期含36种元素6铜和镁的合金4.7克完全溶于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2
4、O4气体（都已经折算成标准状况）在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为（）A9.02gB8.26gC8.61gD7.04g7在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（）混合气体的压强 混合气体的密度 B的物质的量浓度 混合气体的总物质的量 混合气体的平均相对分子质量 v（C）与v（D）的比值 混合气体的总质量 混合气体的总体积 C、D的分子数之比为1：1ABCD二、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（共53分）8工业上以
5、NaCl、NH3、CO2等为原料，先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关化学反应为：NH3+CO2+H2ONH4HCO3；NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）aNaHCO3难溶于水 bNaHCO3受热易分解cNaHCO3的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出dNaHCO3的稳定性大于Na2CO3（2）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验甲位同学将CO2气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答有关
6、问题：乙装置的试剂是；丁装置中稀硫酸的作用是；实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是（填分离操作的名称），该操作需要的玻璃仪器有乙位同学用图戊装置（其他装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入（填写化学式），说明原因（3）请你再设计一种实验室制取少量NaHCO3的方法（用化学方程式表示）：9硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡Sn（OH）Cl回答下列问题：（1）操作l的步骤为、过滤、洗涤、干燥对沉
7、淀进行洗涤的方法是（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH；（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液m mL则锡粉中锡的质量分数是（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）10氨气的制取及性质探究
8、（图中夹持装置均已略去）（1）氮元素在周期表中的位置是；（2）写出实验室制取氨气的化学方程式：（3）如何检验烧瓶中的氨气是否已经集满？（操作、现象、结论）（4）用如图装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是；该实验的原理是（5）假设该喷泉实验在标准状况下进行，且喷泉结束后溶液充满了整个烧瓶（溶质没有扩散到烧瓶以外），则烧瓶中所得溶液的物质的量浓度是molL1三、选考题【化学-选修5：有机化学基础】11紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如下：（1）A的合成应用了2010年诺贝尔化学奖的获奖成果交叉偶联反应，反应式如下（已配平）：C
9、H3COOCH2COCl+XA+HClX分子中含碳氮双键（C=N），其结构简式为（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHCH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H “醇解反应”的反应类型为，B转化为C中另一产物的结构简式为（3）若最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸FE在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：F的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应且核磁共振氢谱有4个峰的有两种，请写出其中一种的结构简式：（4）已知：RCHORCOOHRCOCl写出以甲醛和乙醛为
10、原料合成CH3COOCH2COCl的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH22016-2017学年江西省萍乡市芦溪中学高三（上）第二次综合能力化学试卷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42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已知2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221.0kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1则反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H为（）A+131.3kJmol1B131.3kJmol1C352.3kJmol1D+262.6kJmol1【
11、考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】依据热化学方程式和盖斯定律计算得到反应焓变与起始和终了状态有关，与变化过程无关【解答】解：2C（s）+O2（g）2CO（g）；H=221.0KJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O；H=483.6KJ/mol依据盖斯定律得到 C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3KJ/mol；故选A2下列有关离子检验的操作和实验结论都正确的是选项实验操作现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶液该溶液中一定含有SOB向某溶液中滴入硝酸酸化硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中一定含有ClC向某溶液中加入稀盐酸，
12、产生能使澄清石灰水变浑浊的五色气体该溶液中一定含有COD向某溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，生成白色沉淀，将沉淀过滤后，在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解，并产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中既有CO又有SO（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A可能生成AgCl沉淀；BAgCl不溶于硝酸溶液；C可能含有HCO3；D可能生成AgCl沉淀【解答】解：A加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，可能生成AgCl沉淀，不能证明含有硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液检验，故A错误；BAgCl不溶于硝酸溶液，可用于检验，故B正确；C可能含有HCO3，可加入氯化钡检验
13、，故C错误；D可能生成AgCl沉淀，应加入硝酸钡检验，故D错误故选B3为验证无还原性的蔗糖能水解，且水解的生成物具有还原性，可能有如下实验步骤：加入稀硫酸；加入几滴CuSO4；加热；加入蒸馏水；加入烧碱溶液至碱性；加入新制Cu（OH）2悬浊液，最佳顺序（）ABCD【考点】化学实验操作的先后顺序【分析】蔗糖在硫酸的催化下水解产物为葡萄糖，而用新制Cu（OH）2悬浊液检验葡萄糖需在碱性的条件下进行，故先用氢氧化钠溶液进行中和做催化剂的硫酸，根据此实验原理选择合适的步骤进行实验操作【解答】解：蔗糖水解的实验步骤为：加入少量蒸馏水溶解蔗糖，然后向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热；检验其水解产物的实验步骤为：
14、因还原性糖葡萄糖与新制Cu（OH）2悬浊液发生氧化反应，必须在碱性条件下进行，而此时溶液中有硫酸呈酸性，所以，在冷却后的溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液前，加碱中和至碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液溶液选，加热选若有砖红色沉淀产生证明蔗糖的水解产物葡萄糖具有还原性即正确顺序为：，故选D4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大题共存的是（）A与铝反应产生大题氢气的溶液：NH4+、Na+、CO32、NO3B能使硫氰化钾溶液显红色的溶液：K+、SO42、S2、SO32C常温下pH值为13的溶液中：K+、HCO3、Na+、ClD在使石蕊试液变红的溶液中：Na+、Cu2+、Br、SO42【考
15、点】离子共存问题【分析】A与铝反应产生大题氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应，铵根离子与氢氧根离子反应；B能使硫氰化钾溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子能够氧化硫离子、亚硫酸根离子离子；CpH=13的溶液为碱性溶液，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；D使石蕊试液变红的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应【解答】解：A与铝反应产生大题氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+与氢氧根离子反应，CO32与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B能使硫氰化钾溶液显红色的溶液中存在铁离子，铁离子具有氧化性，能够氧化S2、SO32，在溶液中不能大量共存，
16、故B错误；CpH=13的溶液中存在大量氢氧根离子，HCO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Na+、Cu2+、Br、SO42之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D5下列说法正确的是（）A同一主族相邻两个周期的元素的原子序数差一定等于上一周期所含元素种类B短周期元素中某元素的原子序数不可能是同主族元素原子序数的2倍CL层上的电子数为奇数的元素一定是主族元素D目前使用的长式元素周期表中，最长的周期含36种元素【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A根据主族是处于过渡元素之前还是处于过渡元素之后分析解答；B
17、O、S同主族，硫元素的原子序数为氧元素2倍；CL层上的电子数为奇数，则L层未排满，元素处于第二周期；D最长的周期含32种元素【解答】解：A同一主族相邻两个周期的元素，主族处于过渡元素之前，原子序数差等于上一周期所含元素种类，处于过渡元素之后，原子序数差等于下一周期所含元素种类，故A错误；BO、S同主族，硫元素的原子序数为氧元素2倍，故B错误；CL层上的电子数为奇数，则L层未排满，元素处于第二周期，元素一定是主族元素，故C正确；D目前使用的长式元素周期表中，最长的周期含32种元素，故D错误；故选C6铜和镁的合金4.7克完全溶于浓硝酸中，若反应中硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL
18、的N2O4气体（都已经折算成标准状况）在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为（）A9.02gB8.26gC8.61gD7.04g【考点】有关混合物反应的计算【分析】先算出铜和镁总共失去的电子数，而铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量，即为沉淀量【解答】解：本题涉及反应有：CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成4480mL 的NO2气体和336mL的
19、N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为：（54）+2（54）=0.23mol，所以生成的沉淀的质量为：4.7g+0.23mol17g/mol=8.61g，故选C7在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，表明反应A（g）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（）混合气体的压强 混合气体的密度 B的物质的量浓度 混合气体的总物质的量 混合气体的平均相对分子质量 v（C）与v（D）的比值 混合气体的总质量 混合气体的总体积 C、D的分子数之比为1：1ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】可逆反应A（g）+2B（g）C（g）+D（g）达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相
20、等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答【解答】解：反应A（g）+2B（g）C（g）+D（g）达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，混合气体的压强，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故错误；B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的
21、量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确；反应速率比值与化学计量数之比成正比，v（C）与v（D）的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，故错误；反应方程式两边都是气体，所以气体的质量始终不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，故错误；容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，故错误；C、D的分子数之比为1：1，分子数之比不能判断分子数是否不再变化
22、，无法判断是否达到了平衡状态，故错误；故选：B二、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（共53分）8工业上以NaCl、NH3、CO2等为原料，先制得NaHCO3，进而生产出纯碱有关化学反应为：NH3+CO2+H2ONH4HCO3；NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是c（填字母标号）aNaHCO3难溶于水 bNaHCO3受热易分解cNaHCO3的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出dNaHCO3的稳定
23、性大于Na2CO3（2）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验甲位同学将CO2气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答有关问题：乙装置的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；丁装置中稀硫酸的作用是吸收丙中逸出的NH3，防止污染空气；实验结束后，分离出NaHCO3晶体的操作是过滤（填分离操作的名称），该操作需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒乙位同学用图戊装置（其他装置未画出）进行实验实验时，须先从a管通入氨气（填写化学式），说明原因氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，从而生成更多的HCO3（3）请你再设计一种实验室制取
24、少量NaHCO3的方法（用化学方程式表示）：NaOH+CO2=NaHCO3或Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3等【考点】钠的重要化合物；制备实验方案的设计【分析】（1）依据碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断；（2）依据制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，选择能和氯化氢反应但是不和二氧化碳反应的物质来除杂即可；依据稀硫酸能与氨气反应，氨气有毒易造成污染分析解答；依据分离固体与液体采用的实验操作是过滤，结合过滤实验用到的仪器分析解答；从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，以及氨气易溶于水分析判断；（3）从题干信息以及所学的制取碳酸氢钠的知识解决即可【解答】解：（1）a、碳酸氢钠易溶于水；故
25、a不符合；b、碳酸氢钠的受热分解与该现象无关，故b不符合；c、碳酸氢钠的稳定性不如碳酸钠；由于对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以应首先析出；d、碳酸氢钠的稳定性小于碳酸钠，故d不符合；故答案为：c（2）利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以通过饱和碳酸氢钠的溶液是为了除掉气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠的溶液；实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，防止造成污染，故答案为：吸收丙中逸出的NH3，防止污染空气；分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作；该操作所
26、需要的玻璃仪器为：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，所以应先通入氨气，而氨气极易溶于水，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时保证了二氧化碳的充分反应；氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，故答案为：氨气；氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，从而生成更多的HCO3；（3）从题干信息NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl；可得制取碳酸氢钠的方法，同时也可采用烧碱溶液中通入过量CO2，NaOH+CO2=NaHCO3，往饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2等得
27、到碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，故答案为：NaOH+CO2=NaHCO3或Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3等9硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡Sn（OH）Cl回答下列问题：（1）操作l的步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥对沉淀进行洗涤的方法是将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要
28、的化学方程式用平衡移动原理解释原因：SnCl2水解，发生SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（3）加入Sn粉的作用有两个：调节溶液pH；防止Sn2+被氧化（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液m mL则锡粉中锡的质
29、量分数是（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由流程图可知，操作是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到；根据沉淀的洗涤方法来洗涤沉淀；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，加入盐酸，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； （4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水；（5）根据电子转移守恒与方程式可得关系式SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2C
30、r2O7，据此计算【解答】解：（1）由流程图可知，操作是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，沉淀的洗涤方法：将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次；（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（3）由信息可知，Sn
31、2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化； 故答案为：防止Sn2+被氧化；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O，故答案为：Sn2+H2O2+2H+Sn4+2H2O；（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则： SnSn2+2Fe3+2Fe2+K2Cr2O7 Mg mol ax bmol/LL解得x=故答案为：10氨气的制取及性质探究（图中夹持装置均已略去）（1）氮元素在周期表中的位置是第二周期VA族；（2）写出实验室制取氨气的化学方程式：2NH4C
32、l+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O（3）如何检验烧瓶中的氨气是否已经集满？（操作、现象、结论）将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已收集满（4）用如图装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；该实验的原理是氨极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小（5）假设该喷泉实验在标准状况下进行，且喷泉结束后溶液充满了整个烧瓶（溶质没有扩散到烧瓶以外），则烧瓶中所得溶液的物质的量浓度是molL1【考点】氨的制取和性质【分析】（1）N元素的原子序数为7，核外电子总数为7、核外含有2个电子层、最外层含有5个电子层；（2）根据实验
33、室制取氨气的原理，利用盐和碱的复分解反应确定方程式；（3）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH离子，溶液呈碱性，可以利用湿润的红色石蕊试纸检验；（4）利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉进行解答；（5）氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气的体积为VL，则溶液的体积为VL，根据n=计算氨气的物质的量，再根据c=计算溶液的物质的量浓度【解答】解：（1）N元素的核电荷数为7，最外层为5个电子，氮元素在周期表中的位置为第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；（2）氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应，生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2N
34、H3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；（3）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3H2O，电离子出OH离子，溶液呈碱性，可以用湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，如果试纸变蓝，则氨气已满，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，证明氨气已收集满；（4）氨气极易溶于水，如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉，操作方法为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水，故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；氨极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小；（5）氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，设氨气的体积为VL，则溶液的体积为VL，标况下V
35、L氨气的物质的量为： =mol，故所得溶液的物质的量浓度为：c=mol/L，故答案为：三、选考题【化学-选修5：有机化学基础】11紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如下：（1）A的合成应用了2010年诺贝尔化学奖的获奖成果交叉偶联反应，反应式如下（已配平）：CH3COOCH2COCl+XA+HClX分子中含碳氮双键（C=N），其结构简式为（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHCH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H “醇解反应”的反应类型为取代反应，B转化为C中另一产物的结构
36、简式为CH3COOCH3（3）若最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸FE在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：或F的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应且核磁共振氢谱有4个峰的有两种，请写出其中一种的结构简式：或（4）已知：RCHORCOOHRCOCl写出以甲醛和乙醛为原料合成CH3COOCH2COCl的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHH2C=CH2【考点】有机物的合成【分析】（1）根据原子守恒，及A与CH3COOCH2COCl的结构，确定X的结构简式（2）根据酯和酰胺的结构以及生成的酯的结构分
37、析解答；由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，OCH3连接断键处的C原子；（3）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOCCH（OH）CH（NH2）C6H5，F为C6H5COOH，E分子中含有COOH、OH、NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物；C6H5COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氢谱有4个峰，含有4种不同的H原子，据此书写；（4）CH3COOCH2COCl中含有酯
38、基，结合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH，HCHO在HCN、酸性条件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3条件下合成HOCH2COCl，再由CH3COOH与HOCH2COCl在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2COCl【解答】解：（1）CH3COOCH2COCl+X+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），应在如图虚线所示位置是反应成键位置，故X为，故答案为：；（2）由反应方程式CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OH，可知OCH3取代OC2H5，CH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H，可知OCH3取代，故酯和酰胺在
39、过量醇中能发生醇解反应属于取代反应，由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，OCH3连接断键处的C原子，故还生成CH3COOCH3，故答案为：取代反应；CH3COOCH3；（3）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOCCH（OH）CH（NH2）C6H5，F为C6H5COOH，E分子中含有COOH、OH、NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物，故可能的高聚物为或，故答案为：或；C6H5COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氢谱有4个峰，含有4种不同的H原子，符合条件的结构为或，故答案为：或；（4）CH3COOCH2COCl中含有酯基，结合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH，HCHO在HCN、酸性条件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3条件下合成HOCH2COCl，再由CH3COOH与HOCH2COCl在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2COCl，故合成路线流程：，故答案为：2017年2月22日