2022年高三化学零诊考试试题 （含解析）

2022年高三化学零诊考试试题 （含解析）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生活密切相关下列说法不正确的是（）A淀粉可用于酿酒B硫酸铁不能做净水剂C臭氧可作自来水消毒剂D硅酸钠是制备硅胶的原料考点：盐类水解的应用；臭氧；淀粉的性质和用途分析：A、淀粉水解的产物是葡萄糖，它在酒化酶的作用下可以发酵形成乙醇；B、氢氧化铁胶体具有净水作用；C、臭氧有一定的氧化性；D、向硅酸钠中加盐酸可以制取硅酸解答：解：、淀粉水解的产物是葡萄糖，它在酒化酶的作用下可以发酵形成乙醇，可用于酿酒，故A正确；B、硫酸铁中的铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有净水作用，硫酸铁能做净水剂，故B正确；C、臭氧有一定的氧化性，可作自来水消毒剂，故C正确；D、向硅酸钠中加盐酸或是通二氧化碳可以制取硅酸，故D正确故选B点评：本题涉及盐的水解原理的应用、物质的氧化性、淀粉的性质以及硅酸的制备等知识，综合性强，难度不大2下列关于物质分类的说法正确的是（）A化合反应均为氧化还原反应B液氨、液氯、液体氯化氢都是非电解质C多糖、油脂、蛋白质都是高分子化合物D古代的陶瓷、砖瓦，现代的玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品考点：氧化还原反应；硅酸盐工业；化学基本反应类型；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和性质分析：A化合反应不一定属于氧化还原反应，只有元素化合价发生变化时才是氧化还原反应；B单质不是非电解质；C油脂不是高分子化合物；D陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥成分均为硅酸盐解答：解：A化合反应不一定属于氧化还原反应，如Na2O和水的反应，为非氧化还原反应，故A错误；B液氯是单质，单质不是非电解质，液氨是氨气属于非电解质，氯化氢属于电解质，故B错误；C油脂相对分子质量在10000以下，不属于高分子化合物，而多糖、蛋白质为高分子化合物，故C错误；D陶瓷、砖瓦、玻璃、水泥成分均为硅酸盐，它们都是硅酸盐产品，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解质和非电解质以及高分子化合物、硅酸盐产品等知识，侧重于学生的基础知识的理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累3设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1molNa2O2固体中含离子总数为4NAB常温下，5.6gFe与足量稀HNO3反应，转移0.2NA个电子C常温常压下，5.6g乙烯与丁烯的混合物中含有的氢原子的数目为0.8NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成14gN2时，转移的电子数目为3.75NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成；B、铁与足量硝酸反应生成三价铁离子，0.1mol铁完全反应失去0.3mol电子；C、乙烯和丁烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有氢原子数目；D、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中N元素化合价由3价升高为氮气中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共获得15个电子解答：解：A、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，1mol Na2O2晶体中含有阴离子总数为NA故A错误；B、5.6g Fe的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完全反应失去0.3mol电子，转移0.3NA个电子，故B错误；C、乙烯和丙烯的最简式为CH2，5.6g混合气体含有0.4mol最简式CH2，含有0.8mol氢原子，含有氢原子的数目为0.8NA，故C正确；D、5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中N元素化合价由3价升高为氮气中的0价，共失去15个电子，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共获得15个电子，即当生成4molN2时，反应转移15mol电子，故当生成14g氮气即0.5mol氮气时，转移1.875mol电子，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4能正确表示下列反应的离子方程式是（）AFeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+B过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：CO2+2H2O+AlO2=HCO3+Al（OH）3C用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O=3I2+6OHD用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3=Ag+NO+H2O考点：离子方程式的书写分析：A电荷不守恒；B过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝；C不符合反应的客观事实；D得失电子不守恒解答：解：AFeCl3溶液与Cu的反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故A错误；B过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中，离子方程式：CO2+2H2O+AlO2=HCO3+Al（OH）3，故B正确；C用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，离子方程式：3Ag+4H+NO3=3Ag+NO+2H2O，故D错误；故选：B点评：本题考查离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意反应应符合客观事实，应遵循电荷守恒、原子个数守恒定律5利用表中实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和苯除去NaBr溶液中少量NaIB烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体碳酸钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、酒精灯硫酸铜溶液的浓缩结晶AABBCCDD考点：不能加热的仪器及使用方法分析：A反应后进行萃取操作；B反应后需要过滤；C固体配制溶液，需要称量质量、溶解、定容等操作；D蒸发需要加热解答：解：A用溴水和苯除去NaBr溶液中少量的NaI，反应后萃取，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，题目提供的实验器材可以完成该实验，故A正确； B用盐酸除去BaSO4中少量的BaCO3，可溶解、过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故B错误；C用固体碳酸钠配制溶液，首先计算配制溶液所需碳酸钠的质量，再溶解、冷却、转移、在相应规格的容量瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故C错误；D硫酸铜溶液的浓缩结晶，应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制等实验中的仪器使用为解答的关键，侧重分析与实验基本技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大6下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（）A物质的量浓度相等的Na2S和NaHS混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH）B常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+）C常温下c（NH4+）相等的（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液中，溶质的物质的量浓度大小：D等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH）考点：离子浓度大小的比较分析：A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、结合溶液中电荷守恒分析；C、（NH4）2CO3溶液中的碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，导致铵根离子浓度减小；（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的亚铁离子水解溶液显示酸性，铵根离子水解溶液显示酸性，亚铁离子的水解抑制了铵根离子水解；（NH4）2SO4溶液铵根离子正常水解；铵根离子水解程度越大，相同物质的量浓度c（NH4+）的溶液中溶质的浓度越大，据此进行解答；D、等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中HX电离大于X的水解；解答：解：A、物质的量浓度相等的Na2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），故A正确；B、常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）+c（Cl），则混合后溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl）c（OH）=c（H+），故B错误；C、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液，（NH4）2CO3溶液中CO32离子促进NH4+水解，（NH4）2Fe （SO4）2溶液中Fe2+抑制NH4+离子水解，如果溶液中c（NH4+）相等，则（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液的浓度大小顺序为：，故C正确；D、等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后呈酸性的溶液中HX电离大于X的水解，溶液中离子浓度大小为：c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH），故D正确；故选B点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，盐类水解影响因素分析，电荷守恒分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等7 N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见表格，下列说法中不正确的是（）时间/s0500100015005.003.522.502.50A500s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（N2O5）5.00 molL1考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡常数概念计算平衡常数，计算转化率；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；D将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移解答：解答：解：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/（Ls），故A正确；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K=125，转化率为100%=50%，故B正确；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；DT1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移，则c（N2O5）5.00 molL1，故D正确；故选：C点评：本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（xx巴中模拟）A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F、G为第四周期元素已知：A是原子半径最小的元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，F元素的基态原子具有六个单电子，G的核电荷数比F多5请回答下列问题（用相应的元素符号、化学式和化学术语填空）（1）G在周期表中的位置是第四周期第IB族，F元素的原子基态价层电子排布式为3d54s1（2）BD2分子的电子式为，CA分子的空间立体构型为三角锥形（3）A元素分别与B、D元素形成的两种微粒H、I都具有N2H4相似的结构，属于等电子数微粒，它们的化学式分别是H：C2H6、I：H2O2（4）向G的硫酸盐溶液中逐滴加入足量的氨水至得到的沉淀完全溶解，再向该溶液中加入一定量乙醇，析出一种深蓝色晶体在该晶体中存在的化学键的种类有离子键、共价键、配位键（5）0.3g H在足量氧气中燃烧，生成气态CO2和液态H2O，放出Q kJ热量，则表示H的燃烧热的热化学方程式为C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=100QKJ/mol某燃料电池用H作燃料，KOH为电解液，该电池的负极电极反应式为：C2H614e+18OH=2CO32+12H2O（6）G的一种氧化物的晶胞结构如图所示（黑球代表G原子），该氧化物的化学式为Cu2O考点：位置结构性质的相互关系应用分析：A是原子半径最小的元素，所以A是氢元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，C、E为短周期元素，且它们原子序数增大，所以C在第二周期第A族，E在第三周期第A族，所以C是氮元素，E是镁元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，B、C、D原子序数依次增大，所以B是碳元素，D是氧元素，F是第四周期元素且基态原子具有六个成单电子，则F的价电子排布为3d54s1是24号元素，铬元素，G的核电荷数比F多5，所以G是铜元素，故A是H、B是C、C是N、D是O、E是Mg、F是Cr、G是Cu，据此解答各题即可解答：解：A是原子半径最小的元素，所以A是氢元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，C、E为短周期元素，且它们原子序数增大，所以C在第二周期第A族，E在第三周期第A族，所以C是氮元素，E是镁元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，B、C、D原子序数依次增大，所以B是碳元素，D是氧元素，F是第四周期元素且基态原子具有六个成单电子，则F的价电子排布为3d54s1是24号元素，铬元素，G的核电荷数比F多5，所以G是铜元素，故A是H、B是C、C是N、D是O、E是Mg、F是Cr、G是Cu，据依据分析可知：A是H、B是C、C是N、D是O、E是Mg、F是Cr、G是Cu，（1）G是Cu，Cu在周期表中的位置第四周期第B族，F是Cr，Cr元素的原子基态价层电子排布式为：3d54s1，故答案为：第四周期第IB族；3d54s1；（2）BD2是CO2，二氧化碳C分别与2个O成两对共价键，故电子式为：，CA3为NH3，氨气的空间立体构型为：三角锥形，故答案为：；三角锥形；（3）H元素分别与C、O元素形成的两种微粒H、I都具有N2H4相似的结构，属于等电子数微粒，N2H4中电子数是：18，故与其属于等电子体的是乙烷和双氧水，它们的化学式分别是：C2H6，H2O2，故答案为：C2H6；H2O2；（4）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，再向该溶液中加入一定量乙醇，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：Cu（NH3）4SO4，故Cu（NH3）4SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键；故答案为：共价键、离子键、配位键；（5）依据（3）可知H为：C2H6，在25、101kPa下，0.3g乙烷的物质的量为：=0.01mol，0.01mol燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ，则30g（1mol）乙烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为100QKJ=100QKJ，则乙烷燃烧热的热化学方程式为：C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=100QkJ/mol，乙烷燃料电池中，乙烷作负极，C燃烧产物为二氧化碳，二氧化碳与氢氧根反应试画出碳酸根，故负极电极反应方程式为：C2H614e+18OH=2CO32+12H2O，故答案为：C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H=100QKJ/mol；C2H614e+18OH=2CO32+12H2O；（6）该晶胞中Cu的个数为：8+1=2，O为1，故Cu与O的个数比为2：1，故该氧化物分子式为：Cu2O，故答案为：Cu2O点评：本题以元素的推断为载体，主要考查了元素位置的判断、电子式书写、分子空间构型、热化学反应方程式、晶胞的计算等，综合性较强，有一定难度9（14分）（xx巴中模拟）生产自来水的流程如图所示：回答下列问题（1）FeSO4.7H2O是常用的絮凝剂，它在水中最终生成Fe（OH）3沉淀（填化学式）（2）天然水中含有较多的钙、镁离子，称为硬水生活中常用煮沸方法来降低水的硬度（3）过滤池利用了实验室过滤原理，在实验室过滤操作所用到的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒（4）“投药消毒”中的“药”指漂白粉，请写出制取漂白粉的化学方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（5）水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100时水的电离达平衡时的离子浓度100时1molL1 的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=10121molL1，Kw（25）Kw（100）（填“”“”或“=”）25时，向含100ml水的烧杯中逐渐加入一定量的冰醋酸，下列叙述正确的有AD（填字母）A溶液中一直存在：c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）B加入过程中，水的电离程度逐渐减小，醋酸的电离程度逐渐增大C加入过程中，溶液中所有离子浓度逐渐增大D加完冰醋酸后，若升高烧杯温度，溶液pH值降低E用已知浓度的NaOH溶液滴定烧杯中的醋酸溶液，测定其浓度，最好选用甲基橙作指示剂考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；胶体的重要性质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；过滤分析：（1）亚铁离子易被氧化为铁离子；（2）加热煮沸能使钙、镁离子转化为沉淀；（3）根据过滤的操作分析；（4）氯气与石灰乳反应生成漂白粉；（5）根据图2计算100时Kw，再计算水电离出的c（H+）；水的电离是吸热过程；A溶液中存在电荷守恒；B醋酸的浓度越大，其电离程度越小；C溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小；D升高温度促进醋酸的电离；ENaOH与醋酸溶液反应后生成醋酸钠，醋酸钠溶液为碱性，选用碱性条件下变色的指示剂解答：解：（1）FeSO4.7H2O是常用的絮凝剂，它在水中电离出亚铁离子易被氧化为铁离子，最终生成Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（2）天然水中含有较多的钙、镁离子，称为硬水，加热煮沸能使钙、镁离子转化为碳酸钙、氢氧化镁沉淀，从而降低水的硬度，故答案为：煮沸；（3）过滤时用玻璃棒引流，用烧杯盛放滤液，漏斗为过滤器，所以用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（4）氯气与石灰乳反应生成漂白粉，其反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（5）由图2可知，100时Kw=c（H+）c（OH）=106106=1012，1molL1 的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=1012molL1；水的电离是吸热过程，温度越高水的电离程度越大，Kw越大，所以Kw（25）Kw（100）；故答案为：1012；A溶液中存在电荷守恒，即溶液中一直存在：c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故A正确；B加入过程中，醋酸的浓度越大，其电离程度越小，所以醋酸的电离程度逐渐减小，氢离子浓度增大，水的电离程度减小，故B错误；C溶液中Kw=c（H+）c（OH）为常数，氢离子浓度增大，则氢氧根离子浓度减小，故C错误；D升高温度促进醋酸的电离，所以加完冰醋酸后，若升高烧杯温度，醋酸电离出的氢离子浓度增大，则溶液pH值降低，故D正确；E用已知浓度的NaOH溶液滴定烧杯中的醋酸溶液，测定其浓度，NaOH与醋酸反应后生成醋酸钠，醋酸钠溶液为碱性，选用碱性条件下变色的指示剂，所以应该选用酚酞作指示剂；故E错误故答案为：AD点评：本题考查了物质分离和提纯操作、实验仪器的选择、溶液中离子浓度的计算、弱电解质的电离平衡等，题目难度中等，侧重于基础知识的综合应用的考查，注意把握Kw在计算中的应用10（16分）（xx巴中模拟）AH均为有机化合物，它们之间的转化关系如图所示已知：反应 E既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气核磁共振氢谱表明G分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1（1）A的名称（系统命名法）1，3丁二烯（2）B生成C的反应类型为水解反应或取代反应（3）D中含氧官能团的名称为羟基（4）由E生成F的第一步反应化学方程式为HOCH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHHOCH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O与F具有相同官能团的F的同分异构体还有4种（填数字）（5）由A生成H的化学方程式为（6）G的结构简式为考点：有机物的推断分析：E既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明E中含有醛基和醇羟基，E氧化生成F，由F、G的分子式可知F脱去1分子水生成G，核磁共振氢谱表明G分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则F不可能是F发生消去反应生成（消去产物会有4个吸收峰），应是形成五元环酯，则F中羟基连接在端碳原子上，可推知CH2=CHCH=CH2与Br2发生的是1，4加成，故B为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得C为HOCH2CH=CHCH2OH，D为HOCH2CH2CH2CH2OH，E为HOCH2CH2CH2CHO，F为HOCH2CH2CH2COOH，G为，由反应信息，结合相对分子质量可知2分子CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成六元环化合物H为，据此解答解答：解：E既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明E中含有醛基和醇羟基，E氧化生成F，由F、G的分子式可知F脱去1分子水生成G，核磁共振氢谱表明G分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则F不可能是F发生消去反应生成（消去产物会有4个吸收峰），应是形成五元环酯，则F中羟基连接在端碳原子上，可推知CH2=CHCH=CH2与Br2发生的是1，4加成，故B为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得C为HOCH2CH=CHCH2OH，D为HOCH2CH2CH2CH2OH，E为HOCH2CH2CH2CHO，F为HOCH2CH2CH2COOH，G为，由反应信息，结合相对分子质量可知2分子CH2=CHCH=CH2发生加成反应生成六元环化合物H为，（1）A为CH2=CHCH=CH2，名称（系统命名法）为：1，3丁二烯，故答案为：1，3丁二烯；（2）B生成C发生卤代烃的水解反应，也属于取代反应，故答案为：水解反应或取代反应；（3）D为HOCH2CH2CH2CH2OH，含氧官能团的名称为：羟基，故答案为：羟基；（4）由E生成F的第一步反应化学方程式为：HOCH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHHOCH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O，与F（HOCH2CH2CH2COOH）具有相同官能团的F的同分异构体还有：，共有4种，故答案为：HOCH2CH2CH2CHO+2Ag（NH3）2OHHOCH2CH2CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；4；（5）由A生成H的化学方程式为：，故答案为：；（6）由上述分析可知，G的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机推断，难度中等，A到F的系列转化中碳骨架不变，根据E的性质与G的核磁共振氢谱判断G的结构，进而确定A与溴发生1，4加成反应，较好地考查学生的分析推理能力11（14分）（xx巴中模拟）某探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl还原性强弱比较实验，实验过程如下：先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，停止通气打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，检验取出溶液中的离子接着再向B中通入一定量的SO2气体更新试管D，重复过程，检验取出溶液中的离子（1）仪器B的名称是分液漏斗，棉花中浸润的溶液为NaOH溶液，目的是防尾气污染环境（2）实验室制备氯气的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O（3）过程中一定发生反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，过程IV中检验取出溶液中是否含有硫酸根的操作是取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42，反之无（4）该小组对SO2、Fe2+和Cl还原性强弱比较期望达到的结论是：SO2Fe2+Cl（5）甲、乙、丙三同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl还原性强弱关系的是乙、丙过程II中检出离子过程IV中检出离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+考点：性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较分析：先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；接着再向B中通入一定量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；更新试管D，重复过程，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42；据此分析解答；（1）仪器B的名称是分液漏斗；Cl2、SO2有毒污染空气，应有尾气处理，装置中的棉花需要浸润强碱溶液吸收Cl2、SO2；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热来制备氯气；（3）根据以上分析，过程中一定发生反应为二氧化硫还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42；（4）根据氧化还原反应的以强制弱原则来判断；（5）该题的理论依据是氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SO2，错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+，说明Cl2氧化性强于Fe3+，且没有Cl2剩余；故后有SO42能说明Fe3+氧化性强于SO2；丙、B中存在Fe3+，说明Cl2氧化性强于Fe3+；后生成了Fe2+，只能是Fe3+被SO2还原，正确解答：解：先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2，当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；打开活塞b，使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；接着再向B中通入一定量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；更新试管D，重复过程，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42；（1）仪器B的名称是分液漏斗；Cl2、SO2有毒污染空气，应有尾气处理，装置中的棉花需要浸润强碱溶液吸收Cl2、SO2；故答案为：分液漏斗； NaOH溶液； 防尾气污染环境；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热来制备氯气，方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；（3）根据以上分析，过程中一定发生反应为二氧化硫还原三价铁，生成二价铁和硫酸根，方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42；故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42，反之无； （4）根据通入Cl2，当B的溶液变黄，说明氯气将二价铁氧化成三价铁，则氧化性氯气大于三价铁离子，还原性Fe2+Cl；当通入一定量的SO2气体时，有硫酸根生成，说明二氧化硫将二价铁还原成三价铁，则还原性SO2Fe2+；故答案为：SO2Fe2+Cl；（5）该题的理论依据是氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SO2，错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+，说明Cl2氧化性强于Fe3+，且没有Cl2剩余；故后有SO42能说明Fe3+氧化性强于SO2，正确；丙、B中存在Fe3+，说明Cl2氧化性强于Fe3+；后生成了Fe2+，只能是Fe3+被SO2还原，正确故选：乙、丙；点评：本题考查学生氯气的性质以及氧化还原反应的综合知识，属于综合知识的考查，难度不大