山东省德州市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题（含答案解析）

山东省德州市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Co59第I卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活息息相关。下列有关说法错误的是A.新切开的苹果在空气中切面变为褐色，与酚类物质被氧化有关B.CO中毒是因为其与血红蛋白中的形成配位键的能力强于C.向聚合物中引入磺酸基(-SO3H)或羧基(-COOH)得到阴离子交换树脂D.有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是由通过加聚反应制得【答案】C【解析】【详解】A．酚类物质易被氧化，因此新切开的苹果在空气中切面变为褐色，故A正确；B．CO中毒是因为CO与血红蛋白中的形成配位键，且CO形成配位键的能力强于，使血红蛋白失去了携氧能力，故B正确；C．向聚合物中引入磺酸基(−SO3H)或羧基(−COOH)等基团，得到酸性的阳离子交换树脂，可与溶液中的阳离子进行交换反应，故C错误；D．(甲基丙烯酸甲酯)通过加聚反应得到有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)，故D正确。综上所述，答案为C。2.X、Y、Z、W是原子序数依次递增的前四周期元素。X原子的s轨道电子数与p轨道电子数相等，为正四面体形结构，X与Z的最外层电子数相同。的3d轨道为半满稳定状态。下列说法正确的是A.简单离子的还原性：B.原子半径：C.W元素位于元素周期表中ds区D.同周期中比Y的第一电离能小的元素有4种【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次递增的前四周期元素。X原子的s轨道电子数与p轨道电子数相等，所以X的电子排布式为1s22s22p4，所以X是8号元素O，X与Z的最外层电子数相同，处于同一主族，所以Z是16号元素S，W3+的3d轨道为半满稳定状态，按照构造原理，失去4s轨道上的2个电子，在失去3d轨道上的1个电子，才能形成W3+，说明d轨道上原本应该有6个电子，所以W的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以W是26号元素Fe，Y与O形成的离子中Y是+5价，离子是正四面体结构，所以Y是15号元素P；故X、Y、Z、W分别是O、P、S、Fe。【详解】A．X、Y、Z的分别是O、P、S，都是非金属，非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，所以非金属性O>S>P，那么还原性是Y>Z>X，故A正确；B．同周期从左至右原子半径逐渐减小，所以原子半径P>S，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，所以S>O，故原子半径是Y>Z>X，故B错误；C．W是Fe，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，Fe是d区元素，故C错误；D．同周期从左到右原子的第一电离能是增大的趋势，P的3p轨道是半充满结构，比P的第一电离能小的应该有5种元素，故D错误；故本题选A。3.下列说法正确的是A.利用红外光谱不能区分对甲基苯酚和苯甲醇B.与互为同系物C.的系统命名为3-乙基-1，3-丁二烯D.乙二醛和苯组成的混合物中含O量为22%，则C含量为72%【答案】D【解析】【详解】A．对甲基苯酚和苯甲醇中化学键及官能团不同，则利用红外光谱图可鉴别，A错误；B．与分子式均为C5H12，结构不同，故互为同分异构体，B错误；C．的系统命名为2-乙基-1，3-丁二烯，原命名时对主链编号错误，C错误；D．已知乙二醛和苯中C、H个数比均为1:1，即混合物中C、H的质量比一定为12:1，乙二醛和苯组成的混合物中含O量为22%，则C含量为=72%，D正确；故答案为：D。4.聚碳酸酯(PC)是一种优良的热塑性树脂，光气法合成PC的原理如图。下列说法错误的是A.A的分子式为 B.PC在一定条件下可降解C.通过质谱法可测定PC的聚合度 D.x等于n【答案】D【解析】【详解】A．根据A的结构简式，A的分子式为C15H16O2，故A说法正确；B．PC中含有酯基，酸、碱条件下可以降解，故B说法正确；C．最大的质荷比等于相对分子质量，从而计算出PC的聚合度，故C说法正确；D．根据原子守恒，x=2n，故D说法错误；答案D。5.除去下列物质中含有的少量杂质(括号内物质)，所选用的试剂和分离方法均正确的是选项混合物试剂分离方法A乙烷(乙烯)酸性溶液洗气B乙醇(水)熟石灰过滤C溴苯()稀氢氧化钠溶液分液D乙酸乙酯(乙酸)饱和溶液蒸馏A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新的杂质，故A错误；B．乙醇中水和氧化钙反应，再蒸馏得到乙醇，故B错误；C．溴苯中溴单质与氢氧化钠对应，溶液分层，在分液得到溴苯，故C正确；D．乙酸乙酯中乙酸用饱和碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于水，溶液分层，再分液得到，故D错误。综上所述，答案为C。6.来那度胺是一种治疗多发性骨髓瘤的药物，其结构简式如图，下列关于该分子的说法错误的是A.仅含有1个手性碳原子 B.最多8个碳原子共面C.所有N原子均为杂化 D.1mol最多与2molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．仅含有1个手性碳原子，如图星号所示，A正确；B．苯环中所有原子共面，单键可以旋转，则最多8个碳原子共面，B正确；C．所有N原子均形成三个单键，有一对孤电子对，均为杂化，C正确；D．该分子中酰胺基可以和氢氧化钠反应，1mol最多与3molNaOH反应，D错误；故选D。7.下列说法正确的个数为①基态Se原子中电子的空间运动状态有18种②基态的价电子轨道表示式为③除KSCN外，也可检验④加入强碱水溶液并加热可检验氰基的存在⑤均为由极性键构成的非极性分子⑥HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键，故稳定性：A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【详解】①空间运动状态个数=轨道数，Se是34号元素，轨道数有18种，故电子的空间运动状态有18种，①正确；②基态的价电子排布式为3d6，故其轨道表示式为，②错误；③是检验二价铁离子，检验三价铁离子的为，③错误；④检验氰基的方法为向待测溶液中滴加NaOH溶液，用酒精灯加热一段时间，用湿润的红色石蕊试管口，试纸变蓝说明待测液中含有氰基，④正确；⑤分子是三角双锥形，键的偶极矩相互抵消，使分子的正、负电重心重合，所以为非极性分子；分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，⑤正确；⑥故HF的稳定性大于HI的原因是因为F的非金属性强于I，非金属性越强，气态氢化物越稳定，⑥错误；故①④⑤正确，选B。8.离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子构成。两种咪唑类离子液体a、b的结构如图所示。下列有关说法正确的是A.a中阴离子的空间构型为三角双锥形B.a和b的阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构C.a、b的阳离子中含有的大π键为D.两种咪唑类离子液体的熔点【答案】C【解析】【详解】A．离子中中心原子的孤电子对数为，价电子对数=孤电子对数+成键电子对数=0+6=6，故空间构型为正八面体结构，A错误；B．不满足8电子稳定结构，B错误；C．环上的每个C原子与三个原子成键，剩余一个电子，每个N原子与三个原子成键，剩余1对电子，又失去1个电子形成阳离子，故大π键为，C正确；D．离子体积更大，导致离子液体a熔点较低，D错误；故选C。9.砷化镓晶胞结构如图甲所示，晶胞参数为apm，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。下列说法错误的是A.甲中Ga和As的最近距离是B.甲中A原子的分数坐标为()C.乙中与Mn最近且等距离的As的个数为4D.乙中Ga原子与As原子的个数比为7：8【答案】D【解析】【详解】A．甲中Ga和As的最近距离是体对角线的四分之一即，故A正确；B．将甲分成八个小的立方体，则甲中A原子在右后下方的立方体的体心位置，其分数坐标为()，故B正确；C．以左侧面面心的Mn分析，乙中与Mn最近且等距离的As的个数为4，故C正确；D．乙中Ga原子与As原子的个数比为=27：32，故D错误。综上所述，答案为D。10.“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.和均为极性分子B.反应涉及极性键、非极性键的断裂和形成C.催化中心的被氧化为，又被还原为D.将替换，反应可得【答案】B【解析】【详解】A．和H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，故A正确；

B．反应涉及极性键断裂和形成、非极性键的形成，不涉及非极性键的断裂，故B错误；

C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，故C正确；

D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故D正确；

故选：B。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作和现象及所得结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向苯和苯酚的混合物中，滴加少量浓溴水，无白色沉淀产生苯酚和浓溴水未发生反应B比向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液稳定C向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热，冷却后，再加入少量新制悬浊液，继续加热，无砖红色沉淀产生蔗糖未水解D某卤代烃与NaOH水溶液共热，冷却后先加入足量的稀硝酸，再滴加溶液，有淡黄色沉淀生成该卤代烃中含有溴原子A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【详解】A．向苯和苯酚的混合物中，滴加少量浓溴水，无白色沉淀产生，可能是因为生成的三溴苯酚又溶于苯，故A错误；B．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，该沉淀是Cu(OH)2，后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，得到的是配合物，说明形成的配合物要比沉淀更稳定，故B正确；C．蔗糖水解中加了稀硫酸，但是加入少量新制Cu(OH)2悬浊液之前还要加碱要中和掉过多的稀硫酸，故C错误；D．卤代烃与NaOH水溶液共热，发生水解反应，冷却后先加入足量的稀硝酸，酸化处理，再滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明卤代烃中有溴原子，故D正确；故本题选BD。12.甲氧苄啶是一种光谱抗菌药，其合成路线中的部分反应如下。下列说法错误的是AX中含有3种官能团B.Y存在顺反异构体C.Y中C原子的杂化方式有3种D.可能先发生取代反应，后发生消去反应【答案】AD【解析】【详解】A．由题干X的结构简式可知，X中含有醛基和醚键2种官能团，A错误；B．由题干Y的结构简式可知，Y存在碳碳双键且双键两端的碳原子均连有互不相同的原子或原子团，故Y存在顺反异构体，B正确；C．由题干Y的结构简式可知，Y中C原子的杂化方式有苯环和碳碳双键的碳原子采用sp2杂化，-CN上的碳原子采用sp杂化，其余碳原子采用sp3杂化，故碳原子的杂化方式有3种，C正确；D．由题干转化信息可知，过程是X中的醛基与CH3OCH2CH2CN中-CN相连C上的H发生加成反应，醛基变为羟基，然后再醇羟基发生消去反应，D错误；故答案为：AD。13.科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A.最简化学式为B.晶胞中B和C原子构成的多面体有10个面C.晶体中存在以B或C为中心的正四面体结构D.晶体中与Ca最近且距离相等的C有12个【答案】B【解析】【详解】A．根据均摊法，Ca个数为1，K个数为，B和C个数均为，则最简化学式为，故A正确；B．通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2，则面数=棱数+2-顶点数=36+2-24=14，故B错误；C．根据晶胞结构图，可知晶体中存在以B或C为中心的正四面体结构，故C正确：D．根据晶胞结构图，Ca位于体心，距离与Ca距离相等的C在每个面上有2个，共12个，故D正确；答案选B；14.环己酮是一种重要的化工原料，将双氧水和环己醇反应后的溶液加水蒸馏得产品与水的共沸馏出液，向其中加入食盐，搅拌分液，将有机层干燥后进行压力为20mmHg的减压蒸馏得到较纯净的环己酮。相关数据如下：物质常压沸点/℃密度/g/cm3部分性质环己醇161.00.968能溶于水，具有还原性，易被氧化环己酮155.00.947微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应下列说法错误的是A.加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便于液体分离B.为提高环己酮产率，应加入过量的双氧水C.减压蒸馏时，加热方式最好选用水浴加热D.分液时先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出【答案】B【解析】【详解】A．将向共沸馏出液中加入食盐，搅拌分液，分层的越彻底，分离效果越好，生成物中的环己酮微溶于水，加溶解度较大的食盐的目的是降低环己酮的溶解度，提高环己酮的产率，故A正确；B．双氧水具有氧化性，环己酮中加入氧化剂易发生开环反应，会使环己酮的产率降低，故B错误；C．由图可知，压力在20mmHg时，减压沸点是50℃，温度升高时成为常压蒸馏了，所以温度要控制在50℃，要想温度控制的好，最好用水浴加热，故C正确；D．将分层后的液体混合物用分液漏斗分离时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口放出，故D正确；故本题选B。15.磷酸亚铁锂作为正极材料充放电过程中晶胞组成变化如下图所示，在的晶胞中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体空隙，它们通过共顶点、共棱形成空间链状结构。下列说法错误的是A.中x为B.中的杂化方式为C.中与的个数比为15：17D.每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为4【答案】BC【解析】【详解】A．在LiFePO4晶胞中，顶点、面心、棱上都是锂离子，共有8×+4×+4×=4，则Fe、也各有4个，在Li1−xFePO4晶胞中，锂离子有7×+3×+3×=，和LiFePO4晶胞相比少了个锂离子，则Li1−xFePO4中x为，故A正确；B．在LiFePO4的晶胞中O围绕Fe形成正八面体空隙，则铁的杂化轨道数为6，而的杂化轨道数为5，故B错误；C．在中锂离子的个数为5×+2×+2×=，设中+2价铁有a个，则+3价铁为1-a个，根据正负化合价代数和为0，有+2a+3(1-a)=3，解得a=，所以中与的个数比为17：15，故C错误；D．铁的化合价从+2价升高到+3价，1个晶胞中有4个+2价铁，则每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为4，故D正确；故选BC。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题包括5小题，共60分。16.铬元素是哺乳类代谢过程中必须的微量元素，目前六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物(其结构如图)的检出极限已达到。回答下列问题：（1）基态铬原子的价电子排布式为___________，H、C、O、F的电负性由大到小的顺序为___________。（2）与具有相同未成对电子数的同周期基态原子的元素有___________种，其中原子序数最大的元素在周期表中的位置是___________。（3）六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物中含有的化学键有___________。a．极性共价键b．非极性共价键c．离子键d．配位键（4）六氟代乙酰丙酮()中键有___________个。（5）分子中键角由小到大的顺序是___________，其原因是___________。【答案】（1）①.②.（2）①.3②.第4周期VA族（3）abd（4）14（5）①.②.F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大【解析】【小问1详解】Cr为24号元素，其价态铬原子的电子排布式为[Ar]，基态铬原子的价电子排布式为，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则H、C、O、F的电负性由大到小的顺序为；故答案为：；。【小问2详解】未成对电子数为3个，则与具有相同未成对电子数的同周期基态原子的元素有V、Co、As共3种，其中原子序数最大的元素为As，As在周期表中的位置是第4周期VA族；故答案为：3；第4周期VA族。【小问3详解】根据六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物的结构图得到氧提供孤对电子给Cr3+，还存在碳氢、碳氧等极性键和碳碳非极性键，因此六氟代乙酰丙酮铬(Ⅲ)螯合物中含有的化学键有abd；故答案为：abd。【小问4详解】根据单键是σ键，双键是一根σ键，一根π键，则六氟代乙酰丙酮()中键有14个；故答案为：14。【小问5详解】分子都为三角锥形，由于电负性F＞Cl＞Br，电负性越大，吸引成对电子的能力越强，电子对越靠近，其电子对之间的排斥力越小，键角越小，因此三者键角由小到大的顺序是，其原因是F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大；故答案为：；F、Cl、Br同主族电负性依次减小，吸电子能力减弱，共用电子逐步偏向氮，键角依次增大。17.布洛芬(D)是解热类镇痛药，目前醇羰基化BHC法是以异丁苯为原料制取布洛芬最先进的工艺，其流程如下图：（1）的反应方程式为___________。（2）的反应类型为___________。（3）布洛芬(D)的分子式为___________，其一卤代物有___________种。（4）CO做配体时，碳原子的配位能力___________氧原子(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是___________。（5）A的同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：1的所有分子的结构简式为___________。【答案】（1）（2）加成反应（3）①.②.7（4）①.大于②.碳原子的电负性小于氧原子，孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易（5）、、【解析】【分析】有机物推断和合成中，常采用对比的方法进行，如A生成B，对比A和B的结构简式，A结构中对位上的C-H断裂，CH3COCl中C-Cl键断裂，生成B和HCl，从而推出该反应类型为取代反应，据此分析；【小问1详解】A生成B的反应类型为取代反应，其反应方程式为+CH3COCl+HCl；故答案为+CH3COCl+HCl；【小问2详解】对比C、D的结构简式，C中C-O键断裂，CO中C和O共用三键，断裂一个键，C与CO发生加成反应得到D，故答案为加成反应；【小问3详解】根据D的结构简式，D的分子式为C13H18O2，D的等效氢有8种，除-COOH上H原子外，其余H原子可以卤素取代，即一卤代物有7种；故答案为C13H18O2；7；【小问4详解】CO中C有一个孤对电子，能提供孤对电子，O也有一个孤对电子，C的电负性小于O的电负性，对孤对电子吸引能力弱，给出电子对更容易，因此碳原子的配位能力大于氧原子的配位能力，故答案为大于；C的电负性小于O的电负性，对孤对电子吸引能力弱，给出电子对更容易；【小问5详解】峰面积之比为6∶3∶2∶2∶1，说明同分异构体中有三个甲基，其中2个甲基为等效的，符合条件的是、、；故答案为、、。18.Co元素的化合物，呈现出多样化的性质和用途。（1）与叠氮化物能形成配合物。①中钴的配体是和___________，的空间构型为___________。②的沸点由高到低的顺序为___________。③中键角___________的键角(填“>”、“=”或“<”)。（2）某科研小组发现了超导性的钴氧化物晶体，该晶体具有层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。则其化学式为___________。下列用粗线画出的四边形不能描述该氧化物的重复结构单元的是___________。A.B.C.D.（3）钴的一种氧化物的晶胞如图所示，已知钴的半径为apm，氧的半径为bpm，它们在晶体中紧密排列，则AB间的距离为___________pm(用含a、b的式子表示，下同)；该晶体的密度为___________。【答案】（1）①.②.三角锥形③.④.>（2）①.②.B（3）①.②.【解析】【小问1详解】由配位化合物的组成可知，中心原子为，两个配体分别为NH3和，NH3的价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体型，有一个孤电子对，所以空间构型为三角锥型；三个分子都是sp3杂化，结构相似，由于相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐增大，但由于NH3中含有氢键，所以沸点最大，所以沸点由高到低的顺序为，由于配位键的形成是配位原子提供孤电子对，中心原子提供空轨道，所以中NH3中并没有孤电子对，而NH3中是有一个孤电子对的，所以中键角大于的键角；【小问2详解】由图知，钴的氧化物中，Co原子和O原子的个数比为1∶2，故化学式为；的重复单元示意图中Co原子和O原子的个数比为1∶2，有图像可知，A中Co、O原子的个数比为1∶1∶2，符合，B中Co、O原子的个数比为1∶1∶1，不符合，3中Co、O原子的个数比为∶4=1∶2，符合，D中Co、O原子的个数比为∶=1∶2，符合；【小问3详解】已知钴的半径为apm，氧的半径为bpm，则晶胞的边长为2（a+b）pm，所以AB间的距离为，由图知，该晶胞中钴原子为4个，氧原子也为4个，边长为2（a+b）pm,所以晶胞密度为ρ=。19.二苯甲烷(C6H5CH2C6H5)有定香能力，用于配制香水。在一定温度下，二苯甲烷可通过苯和氯化苄(C6H5CH2Cl)在催化下合成。某化学兴趣小组对二苯甲烷的合成进行实验探究。已知：易水解和升华。I．制备（1）利用上图装置制备时进行操作：①……；②向硬质玻璃管中加入Al粉；③通入；④加热。操作①为___________，该装置存在一处明显的缺陷是___________。（2）装置中A的作用为___________。Ⅱ．合成二苯甲烷步骤①：如图向三颈烧瓶中加入39.0mL苯()、46.0mL氯化苄()和适量，控制温度为80℃左右，回流2h；步骤②：待三颈烧瓶冷却后依次用水、稀碱液、水洗涤分液，再经操作a、操作b分离出二苯甲烷。（3）仪器G的名称___________。操作a为___________，操作b为___________。（4）选择合适的试剂设计实验，证明该反应的反应类型___________。（5）若分离所得二苯甲烷的质量为50.4g，则其产率为___________(保留两位有效数字)。【答案】（1）①.检验装置气密性②.CD间无干燥装置（2）干燥，控制气体流速，防止装置导管口堵塞（3）①.(球形)冷凝管②.干燥③.蒸馏（4）将合成二苯甲烷后的尾气通入溶液中，若产生白色沉淀，则证明合成二苯甲烷的反应为取代反应（5）75%【解析】【分析】氯气用A中浓硫酸干燥，同时可以控制气体流速，防止装置导管堵塞，然后通入B中与铝反应生成氯化铝，氯化铝易升华，在C中凝华，D吸收氯气，防止污染空气；缺点C和D中缺乏干燥；苯和氯化苄用适量AlCl3做催化剂，控制温度为80℃左右，回流2h生成二苯甲烷。【小问1详解】实验前应检查装置的气密性；缺点C和D中缺乏干燥；故答案为：检查装置气密性；CD间无干燥装置。【小问2详解】根据分析可知，装置A的作用是干燥氯气，控制气体流速，防止装置导管口堵塞；故答案为：干燥Cl2，控制气体流速，防止装置导管口堵塞。【小问3详解】仪器G是(球形)冷凝管，起到回流冷凝作用；三颈烧瓶冷却后依次用水、稀碱液、水洗涤分液，用氯化钙等干燥剂干燥、