2021-2021年高三化学零诊测试试题〔含解析〕一、选择题〔共7小题,每题6分,总分值42分〕1.化学与生活密切相关.以下说法不正确的选项是〔〕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；以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.应选B.点评：此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.以下关于物质分类的说法正确的选项是〔〕A.化合反响均为氧化复原反响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：氧化复原反响；硅酸盐工业；化学根本反响类型；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.化合反响不一定属于氧化复原反响,只有元素化合价发生变化时才是氧化复原反应；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.化合反响不一定属于氧化复原反响, 如N32O和水的反响,为非氧化复原反响,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.应选D.点评：此题考查较为综合,涉及氧化复原反响、电解质和非电解质以及高分子化合物、硅酸盐产品等知识,侧重于学生的根底知识的理解和运用的考查, 难度不大,注意相关根底知识的积累.3.设N A为阿伏伽德罗常数的值.以下说法正确的选项是〔〕A.ImolNazQ固体中含离子总数为4N AB.常温下,5.6gFe与足量稀HNO反响,转移0.2N A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0.8N AD. 5NUN〜△—2HNO+4N2个+9H2c反响中生成14gN2时,转移的电子数目为3.75N A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＞铁与足量硝酸反响生成三价铁离子, 0.1mol铁完全反响失去0.3mol电子；C乙烯和丁烯白^最简式为CH,根据最简式计算出混合物中含有氢原子数目；D 5NHNC △2HNO4NT +9H2.中,钱根离子中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,被复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 Na 2.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铁完全反响失去0.3mol电子,转移0.3N A个电子, 故B错误；C乙烯和丙烯白^最简式为CH, 5.6g混合气体含有0.4mol最简式CH,含有0.8mol氢原子,含有氢原子的数目为0.8N A,故C正确；D 5NHNC △2HNC+4NT +9H2.中,俊根离子中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,被复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4molNb时,反响转移15moi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.应选C.点评：此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.能正确表示以下反响的离子方程式是〔〕A,FeCl3 溶液与Cu 的反响：Cu+F〔T=Ci f++Fe2+B,过量的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：CO+2H2O+AlQ「=HCC +Al 〔CH 3 JC,用KIC3氧化酸性溶液中的KI : 5I +IC3 +3H2C=3I2+6CHD,用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H+NC「=Ag++N.+H2C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响生成碳酸氢钠和氢氧化铝；C.不符合反响的客观事实；D.得失电子不守恒.解答：解：A. FeCl s溶液与Cu的反响,离子方程式：Cu+2F€3+=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：CC+2H2C+AlQ「=HCC+Al 〔CH 3J,故B正确；C用KIC3氧化酸性溶液中的KI : 5I +IC3 +6H+=3I2+3HC,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+NC「=3Ag++N.+2H2O,故D错误；应选：B.点评：此题考查离子方程式的书写,明确反响的实质是解题关键,注意反响应符合客观事实, 应遵循电荷守恒、原子个数守恒定律.A. AB. B C CD. D考点：不能加热的仪器及使用方法.分析：A.反响后进行萃取操作；B.反响后需要过滤；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.用滨水和苯除去NaBr溶液中少量的NaI,反响后萃取,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BaSO中少量的BaCO,可溶解、过滤、洗涤、枯燥的方法进行别离除杂,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、塔摒钳等,题目提供的实验器材无法完成该实验,故D错误.应选A.点评：此题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握混合物别离提纯、溶液配制等实验中的仪器使用为解答的关键,侧重分析与实验根本技能的考查, 注意实验的评价性分析,题目难度不大.6.以下溶液中有关微粒的物质的量浓度关系不正确的选项是( )A. 物质的量浓度相等的N&S和NaHS昆合溶?^中：c ( Ns+) +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,那么混合后溶液中： c (Ns+) =c._ 一一二、、,+、(CHCOO) >c (OH) =c (H)C.常温下c (NH+)相等的①(NH) 2CO、②(NH) 2SO、③(NH) 2Fe (SO) 2三种溶液中,溶质的物质的量浓度大小：①下②〉③D.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：离子浓度大小的比拟.分析：A、依据溶液中电荷守恒分析判断；日结合溶液中电荷守恒分析；C (NH) 2CO溶液中的碳酸根离子和俊根离子相互促进水解,导致俊根离子浓度减小；(NH) 2Fe (SO) 2溶液中的亚铁离子水解溶液显示酸性,俊根离子水解溶液显示酸性,亚铁离子的水解抑制了俊根离子水解；(NH) 2SO溶液俊根离子正常水解；俊根离子水解程度越大,相同物质的量浓度 c (NH+)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T的水解；解答：解：A、物质的量浓度相等的N&S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒： c (Na+) +c (H)=2c (0「)+c (HS「)+c (OH),故A正确；日常温下将醋酸钠、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 (CHCOO) +c (OH) +c (Cl「),那么混合后溶液中：c (Na+) =c (CHCOO) +c (Cl) > c (OH) =c (H+),故B 错误；C (NH) 2SO、(NH) 2CO、(NH) 2Fe (SO) 2 三种溶液,(NH) 2CO 溶液中CO2」离子促进NH+水解,(NH) 2Fe (SQ) 2溶液中532+抑制NH+^子水解,如果溶液中c (NH+)相等,那么(NH) 2SO、(NH) 2CO、(NH) 2Fe (SO) 2溶液的浓度大小顺序为：①下②〉③,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；应选B.点评：此题考查了电解质溶液中离子浓度大小比拟方法,盐类水解影响因素分析,电荷守恒分析判断,掌握根底是关键,题目难度中等.7. N2Q是一种新型硝化剂,在一定温度下可发生以下反响：2N Q(g)?4N O(g)+Q(g)A H >0, Ti( )A.500s 内NbQ分解速率为2.96 X 10 3mol?L1?s 1B.T i温度下的平衡常数为K i=125,平衡时NQ的转化率为50%C.T i温度下的平衡常数为K i, T2温度下的平衡常数为K2,假设T i>T2,那么KV&D.达平衡后其他条件不变,将容器的体积压缩到原来的▲,那么c (NaQ) >5.00 mol?L2i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N2O (g)消耗的浓度计算分解率；B.由表中数据可知,T i温度下,1000s时反响到达平衡,平衡时c (N2Q) =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.该反响正反响是吸热反响,升高温度,平衡向正反响移动,平衡常数增大；D.将容器的体积压缩到原来的1,各物质的浓度先变为原来的2倍,而加压平衡左移.2解答：解答：解：A.依据图标数据分析计算500s内N2Q (g)消耗的浓度=5.00mol/L -_ 13.52mol/L=1.48mol/L ,分解速率:迦此L_=2.96 X 10 3 mol/ (L?s),故A正确；500sB.由表中数据可知,T I温度下,1000s时反响到达平衡,平衡时c (NQ) =2.5mol/L , c ( NQ)一……C (Oo) C4 (NO,) ……=5mol/L , c ( Q) =1.25mol/L ,平衡常数K=-------------- ----------------- ----=125,转化率为C2(心05) £. U-_- X100%=50% 故B 正确；5C.该反响正反响是吸热反响,升高温度,平衡向正反响移动,平衡常数增大,故C错误；D.「温度下,1000s时反响到达平衡,平衡时c (N2Q) =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工,各物质的浓度先变为原来的2倍,而加压平衡左移,那么c (NQ)2>5.00 mol?L 1,故D正确；应选：C.点评：此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、解做题(共4小题,总分值58分)8. (14分)(2021?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 BCD E为短周期元素,F G为第四周期元素.：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.请答复以下问题(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旧族,F元素的原子基态价层电子排布式为 _3d54s1.♦♦(2)BD分子的电子式为：O：：C：X)：, 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NbH相似的结构,属于等电子数微粒,它们的化学式分别是H: CH 、I : .(4)向G的硫酸盐溶液中逐滴参加足量的氨水至得到的沉淀完全溶解,再向该溶液中参加一定量乙醇,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CQ和液态H2O,放出Q kJ热量,那么表示H的燃烧热的热化学方程式为QHs (g) +(g) =2CQ (g) +3H2Q (l ) △ H=- 100QKJ/mol .某燃2料电?用H作燃料,KQH^电解液,该电池的负极电极反响式为：GH6- 14e +180H =2CQ~+12HQ .(6)G的一种氧化物的晶胞结构如下图(黑球代表G原子),该氧化物的化学式为CU2Q . 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V A族,E在第三周期第HA 族,所以C是氮元素,E是镁元素,日C、D是紧邻的三个族的元素, B、CD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,那么F的价电子排布为3d54s1是24号元素,专&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.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VA 族,E在第三周期第HA 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,那么F的价电子排布为3d54s1是24号元素,专&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G C 是N D是.E是Mg F是Cr、G是Cu,据依据分析可知：A是H、B是C C是M D是Q 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I 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：第四周期第旧族；3d54s1;♦・♦♦(2)BD是CO,二氧化碳C分别与2个O成两对共价键,故电子式为：：O：：C：：O：, CA 为NH,氨气的空间立体构型为：三角锥形,«-«♦♦故答案为：：O ..O ：；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NbH相似的结构,属于等电子数微粒,N2H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：GH6, HQ,故答案为：C2H6；H2Q;(4)氨水和硫酸铜反响生成氢氧化铜蓝色沉淀,再向该溶液中参加一定量乙醇,难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：［Cu (NH) 4］SO4,故［Cu (NH)亚.4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；0 3e(5)依据(3)可知H为：CH,在25C、101kPa下,0.3g乙烷的物质的量为：一二：=0.01mol , 30g/niol 0.01mol燃烧生成CO和液态水时放热QkJ,那么30g (1mol)乙烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为100XQKJ=100QKJ那么乙烷燃烧热的热化学方程式为：GH (g) —Q (g) =2CO (5)+3HO (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响试画出碳酸根,故负极电极反响方程式为：C2H - 14e「+180H =2CQ2+12HO,故答案为：GH (g) +7/2O2 (g) =2CO (g) +3HO (l) △H=- 100QKJ/mol; GH- 14e 一—一一——-2 一 _ _+18OH=2CO +12H2O；(6)该晶胞中Cu的个数为：8义1+1=2, O为1,故Cu与O的个数比为2: 1,故该氧化物分S子式为：Cu.0,故答案为:Cu>O.点评：此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、热化学反响方程式、晶胞的计算等,综合性较强,有一定难度.9. (14分)(2021?巴中模拟)生产自来水的流程如下图：答复以下问题.图1 E 2(1) FeSO.7H20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 ( OH2=CaCl2+Ca (ClO) 2+2HO .(5)水的电离平衡曲线如下图,假设A点表示25c时水的电离达平衡时的离子浓度, B点表示100 c时水的电离达平衡时的离子浓度.① 100c 日1mol. L 1的NaOH§液中,由水电离出的c (H+) = 10 121mol. L 1, Kw (25C) v Kw (100C)(填“v〞或“=").②25c时,向含100ml水的烧杯中逐渐参加一定量的冰醋酸,以下表达正确的有AD (填字母).A.溶液中一直存在：c (田=c (CHCOO) +c (OH)B.参加过程中,水的电离程度逐渐减小,醋酸的电离程度逐渐增大C.参加过程中,溶液中所有离子浓度逐渐增大D.加完冰醋酸后,假设升高烧杯温度,溶液pH值降低E.用浓度的NaOH§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：物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用；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)氯气与石灰乳反响生成漂白粉；(5)①根据图2计算100c日Kw,再计算水电离出的c (H);水的电离是吸热过程；②A.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；E. NaOHW醋酸溶液反响后生成醋酸钠,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) FeSO.7H20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 (0H 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)氯气与石灰乳反响生成漂白粉,其反响的方程式为：2Cl2+2Ca (OH 2=CaCl2+Ca (ClO)2+2H2O;故答案为：2Cl2+2Ca (OH 2=CaCb+Ca (ClO) 2+2HQ(5)①由图2 可知,100 c 时Kw=c (H+) ?c(OH) =10 6x 10 6=10 12, 1mol. L 1的NaOH§一］2液中,由水电离出的c (H+)=——他——=10——=10 12mol. L 1;水的电离是吸热过程,温c COH-) 1度越高水的电离程度越大, Kw越大,所以Kw (25C) v Kw (100C)；故答案为：10-12; V；②A.溶液中存在电荷守恒,即溶液中一直存在： c (H+) =c (CHCOO) +c (OH),故A正确；B.参加过程中,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?^中Kw=c (H+) ?c (OH)为常数,氢离子浓度增大,那么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,假设升高烧杯温度,醋酸电离出的氢离子浓度增大,那么溶液pH值降低,故D正确；E.用浓度的NaOH§液滴定烧杯中的醋酸溶液,测定其浓度, NaOHW醋酸反响后生成醋酸钠,醋酸钠溶液为碱性,选用碱性条件下变色的指示剂,所以应该选用酚酬:作指示剂；故E 错误.故答案为：AD.点评：此题考查了物质别离和提纯操作、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,侧重于根底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)(2021?巴中模拟)A〜H均为有机化合物,它们之间的转化关系如下图：①反响②E既能发生银镜反响,又能与金属钠反响放出氢气.③核磁共振氢谱说明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 的反响类型为 水解反响或取代反响 .(3) D 中含氧官能团的名称为羟基.(4)由E 生成F 的第一步反响化学方程式为HOCHCHCHCHO+2Ag( NH)2O 哈HOCHCHCHCOONH2AgJ +3NH+HO .与F 具有相同官能团的 F 的同分异构体还有4(填数字)(6)考点：有机物的推断.分析：E 既能发生银镜反响,又能与金属钠反响放出氢气,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,核磁共振氢谱说明 G 分子中有三种氢, 且其峰面积之比为1: 1: 1,那么F 不可能是F 发生消去反响生成(消去产物会有4个吸收峰),应是形成五元环酯, 那么F 中羟基连接在端碳原子上, 可推知CH=CH- CH=CHW Br 2发生的是1,4—力口成,故 B 为 BrCHaCH=CHGBr,依次可得 C 为 HOC 地H=CHGOH D 为 HOC 2CHCHCHOH E知2分子CH=CH- CH=C2＜生加成反响生成六元环化合物H 为L 人产 ,据此解答.解答： 解：E 既能发生银镜反响,又能与金属钠反响放出氢气,说明E 中含有醛基和醇羟基,E 氧化生成F,由FG 的分子式可知F 脱去1分子水生成 G 核磁共振氢谱说明 G 分子中有三 种氢,且其峰面积之比为 1: 1: 1,那么F 不可能是F 发生消去反响生成(消去产物会有 4个吸 收峰),应是形成五元环酯,那么 F 中羟基连接在端碳原子上,可推知 CH=CH- CH=CH^ Br 2发 生的是1, 4-力口成,故 B 为BrCHCH=CHGBr,依次可得 C 为HOC b CH=CHGOH, D 为HOC 2CHCHCHOH E 为 HOC b CHCHCHQ F 为 HOC 2CHCHCOOH G 为合相对分子质量可知 2分子CH=CH- CH=C2＜生加成反响生成六元环化合物H 为(1) A 为CH=CH- CH=CH,名称(系统命名法)为： 1, 3-丁二烯,故答案为：1, 37 烯； (2) B 生成C 发生卤代燃的水解反响,也属于取代反响,故答案为：水解反响或取代反响； (3) D 为HOC 2CHCHCHOH 含氧官能团的名称为：羟基,故答案为：羟基； (4)由E 生成F 的第一步反响化学方程式为：HOC 2CHCHCHO+2Ag(NH)2OH -HOC b CHCHCOONH12AgJ +3NH 3+H2O,与F ( HOCCHCHCOOH 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：HOCHCHCHCHO+2Ag(NH) 2OH^HOCHCHCHCOONH2AgJ +3NH3+H2Q 4;为 HOOCHCHCHQ F 为 HOC 2CHCHCOOH G 为由反响信息①,结合相对分子质量可(5)由A 生成H 的化学方程式为G 的结构简式为,由反响信息①,结点评：此题考查有机推断,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 与澳发生1, 4-加成反响,较好地考查学生的分析 推理水平.11. (14分)(2021?巴中模拟)某探究学习小组用如下图装置进行SQ 、Fe 2+和Cl 「复原性强弱比拟实验,实验过程如下：I.先向B 中的FeCl 2溶液(约10ml)中通入CL,当B 的溶液变黄时,停止通气.n.翻开活塞b,使约2ml 的溶液流入D 试管中,检验取出溶液中的离子. m.接着再向B 中通入一定量的 SQ 气体. W.更新试管D,重复过程n,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NaQHm 夜,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 MnQ+4HCl 匕 MnCb+Cl 2 T +2H 2Q .(3)过程出中一定发生反响的离子方程式为2563++$.+21 20=253++$02+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,先参加足量稀盐酸酸化,再滴加少量BaCl 2溶液,假设有白色沉淀生成,证实有SQ 2」,反之无 .(4)该小组对 SQ 、Fe 2% C 「复原性强弱比拟期望到达的结论是：SQ>Fe 2+>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实SQ 、Fe 2+和Cl 「复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54+无Fe,T S02 乙既有Fe 3+X有532+有SQ 2」丙有 Fe3+^cFe 2+< Fe2+.考点：性质实验方案的设计；氧化性、复原性强弱的比拟.分析： I.先向B 中的FeCl2溶液(约10ml)中通入Cl2,当B 的溶液变黄时,那么氯气将 价铁氧化成三价铁时,停止通气；n.翻开活塞b,使约2ml 的溶液流入D 试管中,用KSCN§液来检验溶液中的三价铁离子;(5)由A 生成H 的化学方程式为:Ck,,故答案为:(6)由上述分析可知, G 的结构简式为小口,故答案为m.接着再向B中通入一定量的SO气体,复原三价铁,生成二价铁和硫酸根；W.更新试管D,重复过程H,用先参加足量稀盐酸酸化,再滴加少量BaCl2溶液,来检验有SQ2;据此分析解答；(1)仪器B的名称是分液漏斗；CM SQ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、SQ;(2)实验室用二氧化镒与浓盐酸加热来制备氯气；(3)根据以上分析,过程出中一定发生反响为二氧化硫复原三价铁,生成二价铁和硫酸根；2-用先参加足重稀盐酸酸化,再滴加少重BaCl2溶放,来检验有SQ ;(4)根据氧化复原反响的以强制弱原那么来判断；(5)该题的理论依据是氧化复原反响中氧化剂的氧化性强于氧化产物,也强于复原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SQ,错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+,说明C12氧化性强于Fe3+,且没有C12剩余；故后有SO2」能说明Fe3+氧化性强于SQ;丙、B中存在Fe3+,说明C12 氧化性强于Fe3+;后生成了Fe2+,只能是5式+被SQ复原,正确.解答：解：I.先向B中的FeC12溶液(约10ml)中通入C12,当B的溶液变黄时,那么氯气将二价铁氧化成三价铁时,停止通气；n.翻开活塞b,使约2ml的溶液流入D试管中,用KSCN§液来检验溶液中的三价铁离子；m.接着再向B中通入一定量的SQ气体,复原三价铁,生成二价铁和硫酸根；IV.更新试管D,重复过程H,用先参加足量稀盐酸酸化,再滴加少量BaC12溶液,来检验有SQ2 ;(1)仪器B的名称是分液漏斗；CM SQ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C12、SQ;故答案为：分液漏斗；NaQH溶液；防尾气污染环境；(2)实验室用二氧化镒与浓盐酸加热来制备氯气,方程式为：MnQ+4HC1 △MnC2+C12T +2H2Q 故答案为：MnQ+4HC1 匕MnCb+C12 T +2HQ(3)根据以上分析,过程出中一定发生反响为二氧化硫复原三价铁,生成二价铁和硫酸根,方程式为：2Fe3++SQ+2HQ=2Fj++SQ2「+4H+;用先参加足量稀盐酸酸化, 再滴加少量BaCL溶液, 来检验有SQ2;故答案为：2Fe3++SQ+2h2Q=2F6++SQ2「+4hf;取溶液少许于试管中,先参加足量稀盐酸酸化,再滴加少量BaC12溶液,假设有白色沉淀生成,证实有SO ,反之无；(4)根据通入C12,当B的溶液变黄,说明氯气将二价铁氧化成三价铁,那么氧化性氯气大于三价铁离子,复原性Fe2+>C1;当通入一定量的SQ气体时,有硫酸根生成, 说明二氧化硫将二价铁复原成三价铁,那么复原性SQ>Fe2+;故答案为：SQ>Fe2+>C「；(5)该题的理论依据是氧化复原反响中氧化剂的氧化性强于氧化产物,也强于复原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化SQ,错误；乙、B中存在Fe3+、Fe2+,说明C12氧化性强于Fe,,且没有C12剩余；故后有SQ2」能说明Fe3+ 氧化性强于SQ,正确；丙、B中存在Fe3+,说明C12氧化性强于Fe3+;后生成了Fe2+,只能是5丁被SQ复原,正确. 应选：乙、丙；点评：此题考查学生氯气的性质以及氧化复原反响的综合知识,属于综合知识的考查,难度不大.。
