辽宁省朝阳市建平县2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

建平县2021～2022学年度下学期高二期末统考试卷化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.面对“碳达峰、碳中和”目标，全体公民应低碳生活。下列不属于低碳生活方式的是A.植树造林 B.骑自行车上下班C.尽量使用一次性水杯 D.尽量无纸化办公【答案】C【解析】【详解】A．植树造林，保护森林，退耕还林，吸收少二氧化碳，低碳生活。A不符合题意。B．温室效应主要是由于现代化工业社会过多燃烧煤炭、石油和天然气，大量排放机动车尾气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的；提倡乘坐公共交通、骑自行车或步行的方式出行，可以大大减少二氧化碳等气体的排放，有利于减轻温室效应，属于低碳生活。B故不符合题意；C．使用一次性水杯等，可增加制造中的能量消耗，同时从原料上，可增加树木的砍伐，不利于植物对二氧化碳的吸收，不属于低碳生活。C符合题意；D．尽量无纸化办公，可减少制造中的能量消耗，同时从原料上，可减少树木的砍伐，利于植物对二氧化碳的吸收，属于低碳生活。D不符合题意。故选：C。2.下列有关化学用语表达正确的是A.羟基的电子式： B.乙醇的结构式：C2H5OHC.镁离子结构示意图： D.中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：146U【答案】A【解析】【详解】A．羟基的电子式是，故A正确；B．乙醇的结构式为，故B错误；C．镁离子结构示意图，故C错误；D．中子数为146、质子数为92的铀(U)原子的质量数为238，故为：238U，故D错误；故选A。3.地康法制氯气是在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+H2O(g)。下列说法错误的是A.反应中有极性键和非极性键的断裂和形成 B.HCl水溶液显酸性，可用于除铁锈C.Cl2具有漂白性，能使品红溶液褪色 D.Cl2具有氧化性，可与S反应制备S2Cl2【答案】C【解析】【详解】A．Cl2中含有非极性共价键，H2O中含有极性共价键，O2中含有非极性共价键，HCI中含有极性共价键，则反应有极性共价键、非极性共价键断裂和形成，A正确；B．HCl水溶液显酸性，可以与Fe2O3反应生成易溶于水的FeCl3，从而除去铁锈，B正确；C．氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，但是氯气无漂白性，C错误；D．Cl2可与S反应制备S2Cl2，体现了氯气的氧化性，D正确；故选C。4.下列基态原子所对应的元素中，电负性最大的是A.电子排布式：1s22s22p63s2 B.外围电子排布式：4s24p3C.电子排布式：[Ne]3s23p1 D.电子排布式：1s22s22p63s23p5【答案】D【解析】【详解】电子排布式为1s22s22p63s2的元素是Mg；外围电子排布式为4s24p3的元素是As元素；电子排布式为[Ne]3s23p1的元素是Al；电子排布式为1s22s22p63s23p5的元素是Cl元素，非金属性：Mg<Al<As<Cl，元素非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是Cl，故选D。5.下列实验操作都能达到预期目的的A.蒸干MgCl2溶液可得纯净的无水氯化镁B.用酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾酸性溶液C.配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线，所配溶液浓度偏低D.用广泛pH试纸测得某溶液pH为3.5【答案】B【解析】【详解】A．镁离子易水解，制备无水氯化镁需要在HCl气流中加热蒸干氯化镁溶液，A错误；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，且量取溶液体积精确到小数点后两位，可用酸式滴定管量取，B正确；C．配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线，导致加入水的体积偏小，所配制溶液浓度偏高，C错误；D．广泛pH试纸测得溶液的pH值只能为整数，D错误；故选B。6.下列对一些实验事实的理论解释正确的是选项实验事实理论解释ACO2为非极性分子CO2分子中C=O键是非极性键B氮原子的第一电离能大于氧原子的氮原子2p能级半充满电子C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HCl的H－F键比H－Cl键的键能大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CO2分子中C=O键是极性键，CO2的结构式是O=C=O，结构对称，正负电荷重心重合，所以CO2为非极性分子，故A错误；B．氮原子2p能级半充满电子，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能，故B正确；C．金刚石是共价晶体，石墨混合晶体，故C错误；D．HF的沸点高于HCl，是因为HF能形成分子间氢键，故D错误；选B。7.下列“类比”合理的是A.H2O与Na2O2反应生成NaOH，则H2O与BaO2反应生成Ba(OH)2B.铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2C.木炭在足量O2中燃烧生成CO2，则硫磺在足量O2中燃烧生成SO3D.AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量氨水反应也生成AlO【答案】A【解析】【详解】A．过氧化钠和过氧化钡中都有过氧根离子，和水的反应是相似的，故H2O与BaO2反应生成Ba(OH)2，A正确；B．氯气的氧化性较强，铁有变价，铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，B错误；C．单质在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂作用下和氧气反应才可以生成三氧化硫，C错误；D．氨水中的一水合氨是弱碱，和氯化铝反应只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；故选A。8.在催化剂作用下，H2可处理废水中的NO，反应原理如图所示。下列说法错误的是A.Fe3O4具有传递电子的作用B.Pd和Fe3O4均是该过程的催化剂C.处理后的废水中酸性增强D.每消耗67.2L(标准状况下)H2，可还原2molNO【答案】C【解析】【分析】由图可知，氢气处理废水中亚硝酸根离子时，氢气与四氧化三铁中的三价铁反应生成氢离子和二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应生成三价铁和氮气，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O。【详解】A．由分析可知，氢气与四氧化三铁反应时，三价铁得到电子生成二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应时，二价铁失去电子生成三价铁，转化过程中，四氧化三铁起到传递电子的作用，故A正确；B．由分析可知，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，故B正确；C．由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，反应中消耗氢离子，处理后的废水中酸性减弱，故C错误；D．由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，则标准状况下消耗67.2L氢气，被还原的亚硝酸根离子的物质的量为×=2mol，故D正确；故选C。9.C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种，N60是未来的火箭燃料，二者结构相似。有关C60和N60的说法中正确的是A.C60和N60均属于原子晶体 B.N60的稳定性强于N2C.C60中碳原子是sp3杂化 D.C60易溶于CS2、苯中【答案】D【解析】【详解】A．C60和N60均由分子构成，属于分子晶体，A错误；B．N2中有N≡N键，键能大，而N60中N—N单键，键能小，故N2更加稳定，B错误；C．C60中每个C原子连接3个碳原子，每个C原子形成2个有C—C单键、1个C=C双键，C原子杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，C错误；D．C60、CS2、苯都是非极性分子，根据相似相溶原理，C60易溶于CS2、苯，D正确；故选D。10.以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如图：下列说法正确的是A.“灼烧”可以在耐高温的瓷坩埚中进行B.“转化”发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1C.“浓缩结晶”后的母液中只有K2CO3一种溶质D.为了除去KMnO4表面的少量水，可以用无水乙醇进行洗涤【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，二氧化锰和氢氧化钾、氯酸钾在铁坩埚中灼烧反应生成锰酸钾、氯化钾和水，向反应后的固体中加入水浸取得到锰酸钾溶液，向锰酸钾溶液中通入二氧化碳，锰酸钾在溶液中发生歧化反应转化为高锰酸钾和二氧化锰，反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，过滤得到二氧化锰和高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液经浓缩结晶、过滤得到高锰酸钾。【详解】A．氢氧化钾能与玻璃中的二氧化硅反应，所以灼烧时不能选用瓷坩埚，应选用铁坩埚，故A错误；B．由分析可知，转化反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，反应中氧化产物高锰酸钾与还原产物二氧化锰的物质的量之比为2∶1，故B正确；C．由分析可知，转化反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，反应生成的高锰酸钾溶于水，所以浓缩结晶后的母液中含有碳酸钾、高锰酸钾，故C错误；D．高锰酸钾具有强氧化性，能与乙醇发生氧化反应，所以除去高锰酸钾表面的少量水不能用无水乙醇进行洗涤，故D错误；故选B。11.有机物X的结构简式如图。下列有关X的说法错误的是A.能发生取代、加成反应 B.能与NaHCO3溶液反应生成CO2C.0.1molX完全燃烧需要1.7molO2 D.分子中所有碳原子均采用sp2杂化【答案】D【解析】【详解】A．有机物X含有羧基，能和醇发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；B．有机物X中含有羧基，故能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故B正确；C．X的分子式为C16H12O4，故1molX完全燃烧需要17molO2，故0.1molX完全燃烧需要1.7molO2，故C正确；D．分子中双键碳原子和形成苯环的碳为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，故D错误；故选D。12.1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步：第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是

A.1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定B.第一步的反应速率比第二步慢C.该加成反应的反应热为Eb–EaD.升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大【答案】B【解析】【详解】A．根据图像可知，1，2-加成产物A含有的总能量大于1，4-加成产物B，则1，4-加成产物B稳定，A说法错误；B．第一步的反应的活化能大于第二步，则第一步的反应速率比第二步慢，B说法正确；C．该加成反应的反应热为1，3-丁二烯的总能量与1，2-加成产物A或1，4-加成产物B的总能量的差值，C说法错误；D．根据图像可知，加成反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则1，3-丁二烯的平衡转化率减小，D说法错误；答案为B。13.室温下进行下列实验，实验操作、现象和结论均正确的是选项操作和现象结论A将少量氯气通入溴化亚铁溶液，溶液变为黄色还原性：Cl—<Br—B向Fe(NO3)3溶液中通入少量的H2S气体，溶液变浑浊Fe3+具有氧化性C向AgCl悬浊液中滴加少量NaI溶液，白色沉淀转化为黄色Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaClO溶液的pH约为11酸性：HClO<H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．亚铁离子的还原性强于溴离子，将少量氯气通入溴化亚铁溶液，还原性强的亚铁离子优先与氯气反应，发生Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，溶液变为黄色，说明亚铁离子的还原性强于氯离子，无法比较氯离子和溴离子的还原性强弱，故A错误；B．酸性条件下，硝酸根离子的氧化锌强于铁离子，向硝酸铁溶液中通入少量的硫化氢气体，酸性条件下硝酸根离子优先与硫化氢反应，则溶液变浑浊说明硝酸根离子具有氧化性，无法判断铁离子是否具有氧化性，故B错误；C．向氯化银悬浊液中滴加少量碘化钠溶液，白色的氯化银沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明碘化银的溶度积小于氯化银，故C正确；D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸无法测得次氯酸钠溶液的pH，故D错误；故选C。14.科学家根据地康法制氯气原理，设计出一种利用电解原理的新型工业废气氯化氢的利用方案(装置如下图所示，电极为惰性材料)。下列说法正确的是

A.A电极接电源负极，电极电势：A<BB.每生成22.4L(标准状况)氯气：溶液中有2mol移向B电极C.B电极的电极反应式为D.该装置中的稀硫酸可用碳酸钠溶液代替【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由电解池的装置图可知，A电极上HCl中Cl元素失去电子，被氧化生成氯气，电极反应式为，即A电极为阳极，连接电源正极，与电池正极相连的A电极电势高，A项错误；B．每生成22.4L(标准状况)氯气，即1mol氯气，由阳极反应式+可知，转移电子的物质的量为2mol，即溶液中有2mol移向阴极，B项正确；C．B电极为阴极，由装置图可知，电极表面发生还原反应，C项错误；D．碳酸钠和盐酸反应，同时溶液呈碱性也会消耗铁离子，D项错误；故选：B。15.25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与lg的关系如图所示。下列叙述正确的是A.图中a=2.6B.溶液中pH=7时，c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)C.25℃时，HCO+H2OH2CO3+OH—的Kh=1.0×10-6.4D.若图表示pH与lg的关系，则曲线应在平行于曲线MN的下方【答案】A【解析】【分析】由图可知，N点时，溶液中lg为1、pH为7.4，则碳酸的一级电离常数Ka1(H2CO3)==10×10－7.4=10-6.4。【详解】A．由图可知，M点溶液pH为9，由电离常数可知，溶液中lg=lg=lg=2.6，故A正确；B．碳酸氢钠溶液与盐酸反应所得溶液中存在电荷守恒关系，c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH—)+c(Cl—)，当溶液中pH=7时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液中c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl—)，故B错误；C．碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh====1.0×10-7.6，故C错误；D．由电离常数公式可知，溶液中lg=lg，lg=lg，一级电离常数远远大于二级电离常数，则氢离子浓度相同时，lg小于lg，则若图表示pH与lg的关系，则曲线应在平行于曲线MN的上方，故D错误；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.某废渣中含有铁酸锌(ZnFe2O4)、ZnS、PbSO4、FeS和SiO2从废渣中提取Zn的工艺流程如图所示：

回答下列问题：（1）“酸溶”时，硫酸与铁酸锌反应的化学方程式为____，该工序生成的一种气体是____(填化学式)。（2）浸出渣的成分是____(填化学式)。（3）“净化”时，若试剂X为NaClO，控制温度为80℃、pH=2，可得到净化渣黄铁矾钠[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，该氧化还原反应的离子方程式为____；若加入双氧水，则根据如图除铁率与反应温度、pH的关系，需控制适宜的反应条件为____。

（4）“萃取”时，萃取原理为Zn2+(aq)+2HA(有机相)ZnA2(有机相)+2H+(aq)，请简述反萃取原理：_____。（5）“电解”时，阳极电极反应式为____。（6）该工艺可循环利用的物质有P204、____(填化学式)。【答案】（1）①.ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O②.H2S（2）PbSO4、SiO2（3）①.2Na++3C1O-+6Fe2++4SO+9H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3C1-+6H+或2Na++9C1O-+6Fe2++4SO+9H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3C1-+6HClO②.温度为95℃、pH为5.0（4）加稀硫酸，c(H+)增大，平衡左移，生成Zn2+（5）2H2O-4e-=4H++O2↑（6）H2SO4【解析】【分析】酸溶时铁酸锌、ZnS、FeS与硫酸反应，PbSO4和SiO2不反应，水浸后浸出渣成分为：PbSO4和SiO2，加入试剂X净化得到净化渣，目的应为除去铁元素；根据题中信息，萃取时锌离子进入有机相，经过洗涤和硫酸反萃取得到硫酸锌溶液，电解后得到Zn。【小问1详解】铁酸锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫酸铁，化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；该工序中ZnS、FeS与硫酸反应生成气体：H2S；【小问2详解】根据分析，浸出渣的主要成分为：PbSO4、SiO2；【小问3详解】若试剂X为NaClO，铁元素转化为黄铁矾钠[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，反应的离子方程式为：2Na++3C1O-+6Fe2++4SO+9H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3C1-+6H+或2Na++9C1O-+6Fe2++4SO+9H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3C1-+6HClO；由图可知，温度为95℃、pH为5.0时除铁率最高，故最适宜的反应条件为：温度为95℃、pH为5.0；【小问4详解】根据萃取原理，增加氢离子浓度可使平衡向左移动，故反萃取的反应原理为：加稀硫酸，c(H+)增大，平衡左移，生成Zn2+；【小问5详解】电解时阳极为水失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑；【小问6详解】该工艺流程中萃取剂可重复利用，电解硫酸锌溶液阳极产物为氧气和氢离子，溶液中还存在硫酸根，故生成的H2SO4也可重复利用。17.二氧化碳的捕获、利用是实现碳中和的一个重要战略方向。回答下列问题：（1）已知：常温下，反应CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)能自发进行。则该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应；上述反应达到平衡后，若其他条件不变，增大CaO的用量，CO2的转化率将____(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）工业上以CO2和H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：反应I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49kJ·mol-1反应II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41kJ·mol-1①将反应物混合气按进料比n(CO2)：n(H2)=1：3通入反应装置，选择合适的催化剂发生反应。不同温度和压强下，CH3OH平衡产率如图所示。则图中的压强p1____(填“＞”“=”或“＜”)p2，推断的依据是____。

②T℃时，在体积为V的密闭容器中，反应I、II均达到化学平衡，CO2转化率为25%，且生成等物质的量的CH3OH和CO，则该温度下反应II的平衡常数的值为_____(用分数表示)。（3）调节溶液pH可实现工业废气中CO2的捕获和释放。已知20℃时碳酸的电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=11时，c(H2CO3)：c(HCO)：c(CO)=1：____：____。(用Ka1、Ka2表示)（4）电解CO2制HCOOH的原理如图所示，写出在Sn片上发生的电极反应式：____。

【答案】（1）①.放热②.不变（2）①.＞②.该反应为气体分子总数减小的反应，高压有利于甲醇的生成③.（3）①.1011Ka1②.1022Ka1•Ka2（4）2CO2+H2O+2e-=HCOO-+HCO【解析】【小问1详解】由方程式可知，该反应为熵减小的反应，熵变△S<0，而常温下该反应能自发进行，依据△G=△H-T△S<0反应可自发进行知：△H<0，该反应为放热反应，CaO为固体，当反应达到平衡状态时，增大CaO的用量，CO2的转化率不变。【小问2详解】①反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体分子总数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率增大，由图示可知，p1时甲醇的平衡产率高于p2时甲醇的平衡产率，因此p1>p2。②设反应I消耗了CO2xmol，反应II消耗了CO2ymol，初始的CO2的物质的量为1mol，H2的物质的量为3mol，依据题意列三段式：CO2转化率为25%，则100%=25%，生成等物质的量的CH3OH和CO，则x=y，解得x=y=0.125，反应II平衡时，c(CO2)=mol/L，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，c(H2O)=mol/L，平衡常数K===。【小问3详解】pH=11即c(H+)=10-11mol/L，Ka1=，Ka2=，将c(H+)=10-11mol/L代入Ka1、Ka2可得：c(HCO)=1011Ka1c(H2CO3)、c(CO)=1011Ka2c(HCO)=1022Ka1•Ka2c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c(HCO)：c(CO)=1:1011Ka1:1022Ka1•Ka2。小问4详解】由图示可知，Sn片连接在外接电源的负极上，为阴极，二氧化碳得电子生成HCOO-，结合电荷守恒和原子守恒可知，电极反应式为：2CO2+H2O+2e-=HCOO-+HCO。18.1，2－二氯乙烷(CH2Cl－CH2Cl)可用作谷物和粮仓的熏蒸剂，某课外小组同学设计以乙醇等作原料并用下列装置(部分夹持仪器省略)制备1，2－二氯乙烷。C2H5OHC2H4↑+H2O，较高温度时副反应有：C2H5OH+2H2SO42C+5H2O+2SO2↑、C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O等。回答下列问题：（1）实验室可用漂白粉与浓硫酸制氯气，该反应的化学方程式为____。（2）装置A的烧瓶中加入沸石的目的是____。（3）为纯化乙烯体，并检验SO2是否除尽，装置B、C中适宜盛放的试剂依次为____、____。（4）E中发生反应的化学方程式为____；从中分离出产品1，2－二氯乙烷可采用的操作是____；CCl4能否用蒸馏水代替，其理由是____。（5）装置F的作用是____。【答案】（1）Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O（2）防止暴沸（3）①NaOH浓溶液②.品红溶液（4）①.CH2=CH2+Cl2→CH2Cl－CH2Cl②.蒸馏③.不能，会生成氯乙醇(ClCH2CH2OH)等（5）除去未反应的乙烯【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，由于乙醇在较高温度下会与浓硫酸发生副反应，反应制得的乙烯中混有二氧化硫和二氧化碳，装置B中盛有的氢氧化钠浓溶液用于吸收除去二氧化硫和二氧化碳，装置C中盛有的品红溶液用于验证二氧化硫已经完全除去，装置D中盛有的氯化钙用于干燥乙烯，装置E中乙烯和通入的氯气在四氯化碳中发生加成反应生成1，2－二氯乙烷，装置F中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于除去未反应的乙烯，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于除去未反应的氯气，防止污染空气。【小问1详解】实验室用漂白粉与浓硫酸制氯气的反应为次氯酸钙与氯化钙、浓硫酸反应生成硫酸钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O，故答案为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O；【小问2详解】由分析可知，装置A烧瓶中发生的反应为乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃时发生消去反应生成乙烯，为防止溶液加热时发生暴沸，需加入沸石，故答案为：防止暴沸；【小问3详解】由分析可知，装置B中盛有的氢氧化钠浓溶液用于吸收除去二氧化硫和二氧化碳，装置C中盛有的品红溶液用于验证二氧化硫已经完全除去，故答案为