2019高三化学零诊考试试题含解析

2019高三化学零诊考试一试题含解析2019高三化学零诊考试一试题含解析2019高三化学零诊考试一试题含解析2019-2020年高三化学零诊考试一试题（含解析）一、选择题（共7小题，每题6分，满分1．化学与生活亲近有关．以下说法不正确的选项是（A．淀粉可用于酿酒C．臭氧可作自来水消毒剂

42分））B．硫酸铁不能够做净水剂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．解析：A、淀粉水解的产物是葡萄糖，它在酒化酶的作用下能够发酵形成乙醇；B、氢氧化铁胶体拥有净水作用；C、臭氧有必然的氧化性；D、向硅酸钠中加盐酸能够制取硅酸．解答：解：、淀粉水解的产物是葡萄糖，它在酒化酶的作用下能够发酵形成乙醇，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拥有净水作用，硫酸铁能做净水剂，故B正确；C、臭氧有必然的氧化性，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能够制取硅酸，故D正确．应选B．议论：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．以下关于物质分类的说法正确的选项是（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；化学基本反应种类；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和性质．解析：A．化合反应不用然属于氧化还原反应，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．化合反应不用然属于氧化还原反应，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．应选D．议论：本题观察较为综合，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，重视于学生的基础知识的理解和运用的观察，难度不大，注意有关基础知识的积累．3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．以下说法正确的选项是（）A．1molNa2O2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乙烯与丁烯的混杂物中含有的氢原子的数量为

0.8NAD．

5NH4NO3

2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成

14gN2时，转移的电子数量为

3.75NA考点：阿伏加德罗常数．解析：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铁完好反应失去0.3mol电子；C、乙烯和丁烯的最简式为CH2，依照最简式计算出混杂物中含有氢原子数量；D、5NHNO2HNO+4N↑+9HO中，铵根离子中N元素化合价由﹣3价高升为氮气中的043322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，1molNa2O2晶体中含有阴离子总数为NA．故A错误；B、5.6gFe的物质的量为0.1mol，0.1mol铁完好反应失去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混杂气体含有0.4mol最简式CH2，含有0.8mol氢原子，含有氢原子的数量为0.8N，故C正确；AD、5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，铵根离子中N元素化合价由﹣3价高升为氮气中的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4molN时，反应转移15mol电子，故当生成14g氮气即0.5mol氮气时，转移21.875mol电子，故D错误．应选C．议论：本题观察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．能正确表示以下反应的离子方程式是（）A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+B．过分的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：﹣﹣+Al（OH）3↓CO2+2H2O+AlO2=HCO3C．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO﹣﹣3+3H2O=3I2+6OH+3﹣+2D．用稀硝酸冲洗试管内壁的银镜：Ag+2H+NO=Ag+NO↑+HO考点：离子方程式的书写．解析：A．电荷不守恒；B．过分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．不吻合反应的客观事实；D．得失电子不守恒．解答：解：A．FeCl3溶液与Cu的反应，离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；B．过分的二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中，离子方程式：﹣﹣↓，32223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．用稀硝酸冲洗试管内壁的银镜，离子方程式：+﹣+32应选：B．议论：本题观察离子方程式的书写，明确反应的实质是解题要点，注意反应应吻合客观事实，应依照电荷守恒、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为哪一项（）选项实验器材（省略夹持装实验器材（省略夹持装置）相应实验置）相应实验A烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液用溴水和苯除去NaBr溶液中少许漏斗NaIB烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少许碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量用固体碳酸钠配制0.5mol/L的溶瓶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、酒精硫酸铜溶液的浓缩结晶灯A．AB．BC．CD．D考点：不能够加热的仪器及使用方法．解析：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溶液中少许的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，题目供应的实验器材能够完成该实验，故A正确；B．用盐酸除去BaSO4中少许的BaCO3，可溶解、过滤、冲洗、干燥的方法进行分别除杂，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台等，题目供应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，第一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，题目供应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，题目供应的实验器材无法完成该实验，故D错误．应选A．议论：本题观察化学实验方案的议论，为高频考点，掌握混杂物分别提纯、溶液配制等实验中的仪器使用为解答的要点，重视解析与实验基本技术的观察，注意实验的议论性解析，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（）++2﹣﹣）A．物质的量浓度相等的Na2S和NaHS混杂溶液中：c（Na）+c（H）=2c（S）+c（HS﹣+c（OH）B．常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混杂后，溶液呈中性，则混杂后溶液中：c（Na+）=c﹣﹣+（CHCOO）＞c（OH）=c（H）3+）相等的①（NH4）2CO3、②（NH4）2SO4、③（NH4）2Fe（SO4）2三种溶C．常温下c（NH4液中，溶质的物质的量浓度大小：①＞②＞③D．等体积、等物质的量浓度的

NaX和弱酸

HX混杂后呈酸性的溶液中：

c（X﹣）＞c（Na+）+﹣＞c（HX）＞c（H）＞c（OH）考点：离子浓度大小的比较．解析：A、依照溶液中电荷守恒解析判断；B、结合溶液中电荷守恒解析；C、（NH4）2CO3溶液中的碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，以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，亚铁离子的水解控制了铵根离子水解；（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混杂后呈酸性的溶液中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混杂溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）2﹣﹣﹣=2c（S）+c（HS）+c（OH），故A正确；B、常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混杂后，溶液呈中性，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）﹣﹣﹣），则混杂后溶液中：+﹣﹣）＞c=c（CH3COO）+c（OH）+c（Clc（Na）=c（CH3COO）+c（ClOH）=c（H），故B错误；C、（NH）SO、（NH）CO、（NH）Fe（SO）三种溶液，（NH）CO溶液中2﹣离子促进NH+242442342424334水解，（NH）Fe（SO）溶液中2+++Fe控制NH离子水解，若是溶液中c（NH）相等，则（NH）42424442SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液的浓度大小序次为：①＞②＞③，故C正确；D、等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混杂后呈酸性的溶液中HX电离大于X﹣的水解，溶液中离子浓度大小为：﹣++﹣），故D正确；c（X）＞c（Na）＞c（HX）＞c（H）＞c（OH应选B．议论：本题观察了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，盐类水解影响因素解析，电荷守恒解析判断，掌握基础是要点，题目难度中等．7．N2O5是一种新式硝化剂，在必然温度下可发生以下反应：2N2O5（g）?4NO（g）+O（g）△H22＞0，T温度时，向密闭容器中通入NO，部分实验数据见表格，以下说法中不正确的选项是（）125时间/s0500100015005.003.522.502.50A．500s内N2O5分解速率为2.96×10﹣3mol?L﹣1?s﹣1B．T温度下的平衡常数为K=125，平衡时NO的转变率为50%1125C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＜K2D．达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则c（NO）＞5.00mol?L﹣251考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．解析：A．依照图标数据解析计算500s内NO（g）耗资的浓度计算分解率；25B．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看法计算平衡常数，计算转变率；C．该反应正反应是吸热反应，高升温度，平衡向正反应搬动，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．依照图标数据解析计算500s内N2O5（g）耗资的浓度=5.00mol/L﹣3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=﹣3mol/（L?s），故A正确；=2.96×10B．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（NO）2=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K==125，转变率为100%=50%，故B正确；C．该反应正反应是吸热反应，高升温度，平衡向正反应搬动，平衡常数增大，故C错误；D．T1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）5.00mol?L﹣1，故D正确；应选：C．议论：本题观察化学平衡状态判断、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）（2015?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的二价阳离子拥有相同的电子层结构，F元素的基态原子拥有六个单电子，G的核电荷数比F多5．请回答以下问题（用相应的元素符号、化学式和化学术语填空）（1）G在周期表中的地址是第四周期第IB族，F元素的原子基态价层电子排布式为51．3d4s（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都拥有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获得的积淀完好溶解，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）0.3gH在足量氧气中燃烧，生成气态CO2和液态H2O，放出QkJ热量，则表示H的燃烧热的热化学方程式为CH（g）+O（g）=2CO（g）+3HO（l）△H=﹣100QKJ/mol．某燃2622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：﹣﹣2﹣C2H6﹣14e+18OH=2CO3+12H2O．（6）G的一种氧化物的晶胞结构以下列图（黑球代表G原子），该氧化物的化学式为CuO．2考点：地址结构性质的互有关系应用．解析：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的二价阳离子拥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ⅡA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拥有六个成单电子，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的二价阳离子拥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ⅡA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，据依照解析可知：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在周期表中的地址第四周期第ⅠB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NH，氨气的空间立体构型为：三角锥形，3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都拥有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积淀，再向该溶液中加入必然量乙醇，难溶物溶解获得深蓝色的透明溶液：[Cu（NH3）4]SO4，故[Cu（NH3）4]SO4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）依照（3）可知H为：CH，在25℃、101kPa下，0.3g乙烷的物质的量为：=0.01mol，260.01mol燃烧生成CO2和液态水时放热QkJ，则30g（1mol）乙烷完好燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为100×QKJ=100QKJ，则乙烷燃烧热的热化学方程式为：C2H6（g）+O2（g）=2CO（g）+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，2二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：C2H6﹣14e﹣﹣2﹣+18OH=2CO3+12H2O，故答案为：C2H6（g）+7/2O2（g）（g）+3H2O（l）△H=﹣100QKJ/mol；C2H6﹣14e=2CO﹣﹣2﹣+12HO；32（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．议论：本题以元素的推断为载体，主要观察了元素地址的判断、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，有必然难度．9．（14分）（2015?巴中模拟）生产自来水的流程以下列图：回答以下问题．（1）FeSO.7HO是常用的絮凝剂，它在水中最一生成Fe（OH）3积淀（填化学式）．42（2）天然水中含有很多的钙、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）水的电离平衡曲线以下列图，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．①100℃时1mol．L﹣1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=10﹣121mol．L﹣1，Kw（25℃）Kw（100℃）（填“＞”“＜”或“=”）．②25℃时，向含100ml水的烧杯中逐渐加入必然量的冰醋酸，以下表达正确的有AD（填字母）．A．溶液中素来存在：+﹣﹣）c（H）=c（CH3COO）+c（OHB．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，若高升烧杯温度，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，最好采纳甲基橙作指示剂．考点：物质分别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．解析：（1）亚铁离子易被氧化为铁离子；2）加热煮沸能使钙、镁离子转变为积淀；3）依照过滤的操作解析；4）氯气与石灰乳反应生成漂白粉；5）①依照图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；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．高升温度促进醋酸的电离；E．NaOH与醋酸溶液反应后生成醋酸钠，醋酸钠溶液为碱性，采纳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，最一生成Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；2）天然水中含有很多的钙、镁离子，称为硬水，加热煮沸能使钙、镁离子转变为碳酸钙、氢氧化镁积淀，进而降低水的硬度，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：2Cl+2Ca（OH）=CaCl+Ca（ClO）2222+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（5）①由图2可知，100℃时+﹣﹣6﹣6﹣12﹣1的NaOH溶Kw=c（H）?c（OH）=10×10=10，1mol．L液中，由水电离出的c（H+）===10﹣12mol．L﹣1；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：10﹣12；＜；②A．溶液中存在电荷守恒，即溶液中素来存在：+﹣﹣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；+﹣）为常数，氢离子浓度增大，则氢氧根离子浓度减小，故C错C．溶液中Kw=c（H）?c（OH误；D．高升温度促进醋酸的电离，所以加完冰醋酸后，若高升烧杯温度，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，采纳碱性条件下变色的指示剂，所以应该采纳酚酞作指示剂；故E错误．故答案为：AD．议论：本题观察了物质分别和提纯操作、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，重视于基础知识的综合应用的观察，注意掌握Kw在计算中的应用．10．（16分）（2015?巴中模拟）A～H均为有机化合物，它们之间的转变关系以下列图已知：①反应②E既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气．③核磁共振氢谱表示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的反应种类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拥有相同官能团的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．解析：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，核磁共振氢谱表示G分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则F不能能是F发生消去反应生成（消去产物会有4个吸取峰），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=CH﹣CH=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①，结合相对分子质量可知2分子CH2=CH﹣CH=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，核磁共振氢谱表示G分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则F不能能是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=CH﹣CH=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①，结合相对分子质量可知

2分子

CH2=CH﹣CH=CH2发生加成反应生成六元环化合物

H为

，1）A为CH2=CH﹣CH=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）拥有相同官能团的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）由上述解析可知，G的结构简式为议论：本题观察有机推断，难度中等，核磁共振氢谱判断G的结构，进而确定推理能力．

，故答案为：．A到F的系列转变中碳骨架不变，依照E的性质与G的A与溴发生1，4﹣加成反应，较好地观察学生的解析11．（14分）（2015?巴中模拟）某研究学习小组用以下列图装置进行SO2、Fe2+和Cl﹣还原性强弱比较实验，实验过程以下：Ⅰ．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．Ⅱ．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．Ⅲ．接着再向B中通入必然量的SO2气体．Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，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Ⅲ中必然发生反应的离子方程式为3+2+2﹣+，过程IV中检2Fe+SO2+2H2O=2Fe+SO4+4H验取出溶液中可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，再滴加少许BaCl2溶液，若有白色积淀生成，证明有2﹣，反之无．SO422+﹣还原性强弱比较希望达到的结论是：22+﹣．（4）该小组对SO、Fe和ClSO＞Fe＞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，他们的检测结果必然能够证明2+﹣还原性强弱关系的是乙、丙．SO、Fe和Cl2过程II中检出离子过程IV中检出离子3+2+2﹣甲有Fe无Fe有SO43+2+2﹣乙既有Fe又有Fe有SO4考点：性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较．解析：Ⅰ．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；Ⅱ．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；Ⅲ．接着再向B中通入必然量的SO2气体，还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少许BaCl2溶液，来检验有2﹣；据此解析解答；SO41）仪器B的名称是分液漏斗；Cl2、SO2有毒污染空