2023成都高三下学期第三次诊断考试理综化学含解析

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可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 S—32 K-39 Fe-56
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 纸张是文化发展和传播的物质载体。蔡伦以树皮、废麻布为原料发明造纸术，后世通过淀粉涂料、硝煮打蜡、漂白日晒等改进工艺不断发展。下列说法正确的是
A. 麻布主要含纤维素，纤维素可水解为葡萄糖
B. 硝煮所用硝酸钾一种强电解质，具有可燃性
C. 纸张涂蜡或油脂后不易受潮，不易起火燃烧
D. 次氯酸盐、过氧化钠、二氧化硫漂白纸浆的原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．麻布主要含纤维素，纤维素属于多糖，在一定条件下可水解为葡萄糖，A项正确；
B．硝酸钾是一种强电解质，但不具有可燃性，B项错误；
C．蜡、油脂都是可燃性物质，纸张涂蜡或油脂后不易受潮，但容易起火燃烧，C项错误；
D．次氯酸盐、过氧化钠漂白纸浆时发生了氧化还原反应，而二氧化硫漂白纸浆是二氧化硫和有色物质化合生成无色物质（非氧化还原反应），次氯酸盐、过氧化钠和二氧化硫的漂白原理不同，D项错误；
答案选A。
2. 设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LC4H10中含极性键数目约为13NA
B. 39gNa2O2固体含有离子数约为2NA
C. 1mlNH4NO3溶于某稀氨水后所得溶液呈中性，则该溶液中数目为NA
D. 0.5mlCl2溶于水后，溶液中的Cl-、ClO-、HClO三者之和为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．丁烷标况下为气体，因此标况下22.4LC4H10含有极性键的数目为=10NA，故A错误；
B．过氧化钠是由Na+和O组成，39g过氧化钠中含有离子数为=1.5NA，故B错误；
C．溶液呈电中性有c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)，溶液呈中性，有c(H+)=c(OH-)，即得出c(NH)= c(NO)=1ml，则溶液NH数目为NA，故C正确；
D．氯气溶于水后，含氯元素微粒有Cl2、HClO、ClO-、Cl-，0.5mlCl2溶于水后，溶液中的Cl-、ClO-、HClO三者之和小于NA，故D错误；
答案为C。
3. 能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向氢氧化亚铁沉淀中加入足量稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
B. 酸化的FeSO4溶液与少量双氧水混合：4Fe2++4H2O2+4H+=4Fe3++6H2O十O2↑
C. 氢氧化镁固体在饱和NH4Cl溶液中溶解：+H2ONH3·H2O+H+、H++OH-=H2O
D. 惰性电极电解熔融MgCl2：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2+以还原性为主，硝酸具有强氧化性，两者能发生氧化还原反应，正确的是3Fe(OH)2+10H++NO=3Fe3++8H2O+NO↑，故A错误；
B．过氧化氢具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，正确的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误；
C．氯化铵溶液中存在+H2ONH3·H2O+H+，氢氧化镁是难溶于水的碱，能与H+反应，发生Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故C错误；
D．电解熔融MgCl2，根据电解原理，Mg2+放电得到Mg，Cl-放电得到氯气，其电解方程式为Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑，故D正确；
答案为D。
4. X、Y、Z、W为四种原子序数不超过20的主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。Z、W同主族，位于阴影位置。下列说法正确的是
A. 简单氢化物沸点：XB. W与Y形成的化合物中可能含有共价键
C. 简单离子半径：W>Y>Z
D. YX6分子中原子均为8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】四种元素原子序数不超过20主族元素，根据元素周期表可知，图表为第ⅠA至ⅦA族，X位于第二周期ⅦA，Y位于第三周期ⅥA，Z、W位于IA，即X、Y分别为F、S，Z、W为Na、K中一种，据此分析；
【详解】A．X的简单氢化物为HF，Y的简单氢化物为H2S，HF分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键，因此沸点HF＞H2S，故A错误；
B．W和Y可以形成Na2S、Na2S2、K2S、K2S2等，过硫化物除含有离子键外，还含有非极性共价键，故B正确；
C．当W为K，Z为Na时，简单离子半径：Y>W>Z，故C错误；
D．YX6化学式为SF6，属于共价化合物，该化合物中S最外层有12个电子，超过8个电子，F最外层有8个电子，故D错误；
答案为B。
5. 乙烯的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平。有关乙烯的常见转化如下，下列说法错误的是

A. 实验室常利用石蜡油裂解制备乙烯
B. 乙烯与水反应生成乙醇是加成反应
C. 乙烯、乙醇、乙醛都可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 反应③④都可用Ag作催化剂，所得乙醛与环氧乙烷互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室利用乙醇的消去反应制备乙烯，A项错误；
B．乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B项正确；
C．乙烯、乙醇、乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．反应③、④都是氧化反应，都可用Ag作催化剂，乙醛与环氧乙烷分子式都为C2H4O，结构不同，二者的互为同分异构体，D项正确；
答案选A。
6. 下列实验方案(图中部分夹持装置略)不能达到对应目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸和铜丝加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，试管中品红褪色即说明生成了二氧化硫，同时用NaOH吸收多余的SO2，A正确；
B．硫酸锌中加入硫化钠，生成ZnS白色沉淀，再加入CuSO4，生成黑色沉淀，说明ZnS转化为CuS，则Ksp(CuS)C．氯气通入石灰乳中生成次氯酸钙和氯化钙，以此来制备漂白粉，C正确；
D．两个试管中碳酸氢钠和甲酸钠的浓度不同，要比较甲酸钠和碳酸氢钠的pH从而比较碳酸和甲酸的酸性强弱应保证两者的浓度相同，D错误；
故答案选D。
7. 协同转化的微生物电池(下图左池)可同时实现净化有机废水、含铬()废水和淡化盐水三重功能，并且驱动电化学合成装置(下图右池)制备1，2-二氯乙烷。

图中离子交换膜仅允许Na+或Cl-通过。下列说法错误的是
A. A室中充入有机废水，C室中充入含铬废水
B. a、c膜为Cl-离子交换膜，b、d膜为Na+离子交换膜
C. 理论上1ml还原为Cr(III)，两装置共可脱除6mlNaCl
D. D室电极上发生的反应为CH2=CH2-2e-+2Cl-=ClCH2CH2Cl
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，左图是原电池，电子流出的是负极，则A是负极室，C是正极室，右图是电解池，D为阳极室，F为阴极室，以此分析；
【详解】A．根据分析，A为负极，C为正极，发生还原反应将还原为Cr3+，故C室充入含铬的废水，A是有机废水，A正确；
B．原电池中，阳离子移向正极C，阴离子移向负极A，在电解池中，阴离子移向阳极D，阳离子移向阴极F，则a、c膜是阴离子交换膜，b、d膜是阳离子交换膜，B正确；
C．C电极室发生的电极反应为，根据电荷守恒，1ml反应，会有6mlNa+转移到C室，脱去6mlNaCl，D室内发生的反应，转移6mle-，消耗6mlCl-，会有6mlCl-转移到D室，脱去6mlNaCl，共脱去12mlNaCl，C错误；
D．D为阳极，发生氧化反应，D极发生的反应为，D正确；
故答案为：C。
第II卷(非选择题)
二、非选择题
(一)必考题
8. 我国古代就发现“铝矾”可用于净水、染色和皮革鞣制。“铝矾”有两种一明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]。历史上用含铝硅酸盐(Al2O3·xSiO2)和黄铁矿(FeS2)的矿石来制“铝矾”，步骤如下：

回答下列问题：
（1）将铵矾与过量熟石灰混合后研磨，现象是___________；“铝矾”与天然水体中的缓慢作用而净水，该过程中产生胶体的离子方程式为___________。
（2）步骤I中FeS2与空气发生反应生成FeSO4和H2SO4，则FeS2与O2反应的物质的量之比为___________。
（3）步骤I中产生的硫酸与铝硅酸盐反应，则步骤II中所得沉渣的主要成分为___________。
（4）步骤III需控制浓缩液的浓度。结合下表中的物质溶解度，说明浓缩液浓度不宜过大的原因是___________。
（5）步骤IV生产铵矾时，人尿中的尿素CO(NH2)2完全水解生成氨的化学方程式是_______。
（6）作媒染剂的明矾须不含铁元素。检验粗明矾中残留少量Fe3+的一种试剂是___________；要得到较纯明矾晶体，需对粗产品___________(填实验方法)进行纯化。
【答案】（1） ①. 有刺激性气味的气体产生 ②. Al3++3=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑
（2）2：7 （3）SiO2
（4）浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯
（5）CO(NH2)2+H2O=2NH3+CO2↑
（6） ①. KSCN溶液 ②. 重结晶
【解析】
【分析】步骤Ⅰ：FeS2与空气反应生成FeSO4和H2SO4，硫酸与硅酸盐反应生成Al2(SO4)3，二氧化硅不与硫酸反应；
步骤Ⅱ：加入雨水溶浸，滤渣为SiO2，溶质为FeSO4、Al2(SO4)3、H2SO4；
步骤Ⅲ：对清液60℃蒸发浓缩，提高溶质FeSO4、Al2(SO4)3、H2SO4的浓度；
步骤Ⅳ：加入海藻灰或人尿，析出KAl(SO4)2·12H2O或NH4Al(SO4)2·12H2O；
据此分析；
【小问1详解】
铵矾与过量熟石灰研磨，研磨相当于加热，铵矾中的NH与过量的OH-反应生成氨气，现象是有刺激性气味的气体生成；“铝矾”中Al3+与HCO发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，其离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑；故答案为有刺激性气味的气体生成；Al3++3HCO=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑；
【小问2详解】
FeS2中S显-1价，与空气发生反应，氧气作氧化剂，将S氧化为+6价，根据得失电子数目守恒，有n(FeS2)×2×[6-(-1)]=n(O2)×2×2，n(FeS2)∶n(O2)=2∶7；故答案为2∶7；
【小问3详解】
根据上述分析，步骤Ⅱ中所得沉渣的主要成分是SiO2；故答案为SiO2；
【小问4详解】
根据表中数据可知，浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯；故答案为浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯；
【小问5详解】
尿素完全水解生成氨，根据原子守恒和质量守恒，尿素水解生成氨的化学方程式CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；故答案为CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；
【小问6详解】
检验Fe3+一般常用KSCN溶液，也可以用亚铁氰化钾溶液；要得到较纯净的明矾晶体，利用溶解度不同，需对粗产品重结晶进行纯化；故答案为KSCN溶液或亚铁氰化钾溶液；重结晶。
9. 在光照或加热条件下，“甲烷一氯气”法得到一氯甲烷是按自由基机理进行的，即CH4(g)+Cl2(g)CH3Cl(g)+HCl(g)ΔH．该反应涉及两个基元步骤①②，其相对能量—反应进程图如下所示：
（1）已知H3C-H键能为4.56eV，H-Cl键能为4.46eV，1eV相当于96.5kJ·ml-1。则步骤①的焓变ΔH1=___________kJ/ml；一氯取代反应总焓变ΔH=___________(用ΔH1、ΔH2表示)。
（2）不考虑其他副反应，下列可增大甲烷的平衡转化率的措施有___________(填字母序号)。
a．恒容充入甲烷 b．设法使CH3Cl液化
c．适当降低温度 d．用更强的光照射反应混合物。
（3）450℃时，tmin内甲烷与Cl2发生取代反应，共消耗aml甲烷得到各种产物如下：
则生成乙烷的平均速率v(CH3CH3)=___________ml·min-1。
（4）温度为T1时，步骤①的v正=1.7×108c(Cl·)·c(CH4)，v逆=6.8×1010c(CH3·)·c(HCl)，T1时步骤①的平衡常数K=___________；T2时，步骤①达平衡时存在物质的量关系：n(Cl·)=450n(·CH3)，分压关系：2p(HCl)=3p(CH4)，由此判断温度T1___________T2(填“>”或“<”)，判断理由是___________。
【答案】（1） ①. +9.65 ②. ΔH1-ΔH2
（2）bc （3）a/200t
（4） ①. 1/400 ②. < ③. T1时K1=，T2时K2=，步骤①的△H1>0，升高温度，K增大，故T2>>T1
【解析】
【小问1详解】
步骤①CH4(g)+(g)+Cl2(g)+HCl(g)+Cl2(g)，断开H3C-H，生成H-Cl，即吸收4.56eV，放出4.46eV，+4.56-4.46=+0.1ev，即ΔH1=0.1×96.5=9.65kJ·ml-1；步骤②+HCl(g)+Cl2(g)CH3Cl(g)+(g)+HCl(g)，由消去中间产物，可得总反应，由图可知，反应物与生成物的相对能量之差为H1-H2，所以H=H1-H2。
【小问2详解】
a.恒容充入甲烷，甲烷转化率减小，错误；b．设法使CH3Cl液化，平衡正向移动，甲烷转化率增大，正确；c．适当降低温度，平衡正向移动，甲烷转化率增大，正确；d．用更强的光照射反应混合物，可能使甲烷生成副产物，错误；故选bc。
【小问3详解】
生成乙烷消耗n(CH4)=0.01aml，生成乙烷的物质的量=0.005aml，可得v=a/200tml·min-1。
【小问4详解】
当v正=v逆时，1.7×108c(Cl·)·c(CH4)=6.8×1010c(CH3·)·c(HCl)，K==1/400。步骤①达平衡时存在物质的量关系：n(Cl·)=450n(·CH3)，分压关系：2p(HCl)=3p(CH4)，代入K=，步骤①的△H1>0，升高温度，K增大，故T2>>T1。
10. 己二酸是制备尼龙-66的重要原料，在实验室中常用高锰酸钾氧化环己醇来制备己二酸。反应原理为：

该反应强烈放热。己二酸的有关信息：熔点151.3℃，沸点265℃(10mmHg)，易溶于乙醇。己二酸在水中的溶解度如下：
回答下列问题：
（1）高锰酸钾与环己醇反应的还原产物是一种黑色固体，其化学式是___________；向KMnO4溶液中滴加环己醇时，一段时间才有明显现象，初期速率较慢的原因可能是___________(写一条)；反应中期应小心维持反应液温度在45℃左右，宜选择的仪器有___________。
①冰水浴 ②温度计 ③球形冷凝管 ④恒压滴液漏斗
（2）加入全部环己醇后，再用沸水浴加热5分钟，用玻璃棒蘸取1滴反应混合物于滤纸上，若滤纸上出现___________现象，说明KMnO4有剩余，可再加入少量NaHSO3固体处理。
（3）趁热抽滤并用热水洗涤滤渣三次，合并滤液和洗涤液。合并的目的是___________。
（4）合并液用浓盐酸酸化至pH为1~2，然后加热浓缩，___________，减压过滤，冰水洗涤，称量。用冰水洗涤的目的是___________。
（5）可用NaOH标准溶液滴定产品测定其纯度。测定时，为了使己二酸固体在水中全部溶解，可采取的措施有___________、___________。
【答案】（1） ①. MnO2 ②. 反应温度不高或无催化剂 ③. ②④
（2）紫色(环) （3）减少己二酸的损失，提高产率
（4） ①. 冷却结晶 ②. 洗去杂质，减少己二酸溶解损失
（5） ①. (水浴)加热 ②. 加入少量乙醇
【解析】
【分析】本实验目的是制备己二酸，利用高锰酸钾的氧化性将环己醇氧化成己二酸钾，其反应方程式为3 +8KMnO4→3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O，然后过滤，向滤液中加入盐酸，得到己二酸，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到己二酸固体，据此分析；
【小问1详解】
高锰酸钾与环己醇发生氧化还原反应，高锰酸钾作氧化剂，被还原成一种黑色固体，该黑色固体为MnO2；反应开始时，反应速率较慢，其原因可能是反应温度较低，也可能没有使用催化剂等；反应中期应小心维持反应温度在45℃左右，要用水浴加热，使用温度计，使用恒压滴液漏斗，否则液体不易滴落，需要的仪器是②④；故答案为MnO2；反应温度较低或没有使用催化剂等；②④；
【小问2详解】
高锰酸钾呈紫(红)色，滤纸上出现紫(红)色，说明高锰酸钾有剩余；故答案为紫(红)色；
【小问3详解】
趁热抽滤除去杂质，滤液和洗涤液中均含有己二酸钾，因此为了减少己二酸(钾)损失或提高己二酸的产率，需将滤液和洗涤液合并；故答案为减少己二酸(钾)的损失，提高产率；
【小问4详解】
根据己二酸的溶解度，得到己二酸晶体，需要进行操作是加热浓缩、冷却结晶、减压过滤、冰水洗涤、称量；冰水洗涤的目的是洗去杂质，并减少己二酸的溶解；故答案为冷却结晶；洗去杂质，减少己二酸溶解损失；
【小问5详解】
根据表中数据，己二酸的溶解度随着温度升高而增大，因此为了使己二酸全部溶于水，可以(水浴)加热，乙二酸易溶于乙醇，而乙醇跟水任意比例互溶，因此也可以将乙二酸先溶于乙醇，再加入水中；故答案为(水浴)加热；溶于乙醇。
(二)选考题
[化学选修3：物质结构与性质]
11. K3[Fe(CN)6]与水溶液中Fe2+反应得到深蓝色配合物——滕氏蓝，可用于Fe2+的定性检测。若将[Fe(CN)6]4-加入Fe3+水溶液中，则产生深蓝色配合物一—普鲁士蓝。它们均已广泛应用于油墨和染料中。
回答下列问题：
（1）经测定滕氏蓝与普鲁士蓝晶体结构相同，测定晶体结构的手段是___________；深蓝色是Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)之间价电子转移的结果，这些电子是___________能级电子。
（2）Fe的电离能I3___________(填“>”或“<”)I2，理由是___________。
（3）已知[Fe(CN)6]4-的中心离子的3d电子均成对占据轨道，则形成配位键时该中心离子提供了___________种不同能量的空轨道。
（4）CN-中C、N易形成π键，而Si、P之间不易形成π键，从结构角度分析其主要原因___________。
（5）与滕氏蓝与普鲁士蓝相关的是“可溶性”普鲁士蓝Y，其立方晶胞结构如图1(CN-均已略去)，其中每个小立方体为图2，由CN-桥接Fe2+或Fe3+呈立方排列。

①Y中CN-的N采取___________杂化方式，每个Fen+都处于CN-的___________(填写形状)配位空隙中；
②Y中最近的K+间距为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为___________g·cm-3(列计算表达式)。
【答案】（1） ①. X-射线衍射实验 ②. 3d
（2） ①. > ②. 阳离子所带的正电荷数增大，再失去电子需克服的电性引力增大，耗能越多
（3）3 （4）Si、P原子半径分别大于C、N，Si、P键长相对较长，3p-3p轨道重叠较少
（5） ①. sp ②. (正)八面体 ③.
【解析】
【小问1详解】
可以通过X-射线衍射实验测定晶体结构；深蓝色是Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)之间价电子转移的结果，这些电子是3d能级电子；
【小问2详解】
阳离子所带的正电荷数增大，再失去电子需克服的电性引力增大，耗能越多，故Fe的电离能I3>I2；
【小问3详解】
[Fe(CN)6]4-的中心离子的3d电子均成对占据轨道，Fe为+2价，Fe2+的价电子排布式为3d6，提供2个空轨道，而配位数为6，故Fe2+还需再提供1个4s轨道和3个4p轨道，形成配位键时该中心离子提供了3种不同能量的空轨道；
小问4详解】
Si、P原子半径分别大于C、N，Si、P键长相对较长，3p-3p轨道重叠较少，故CN-中C、N易形成π键，而Si、P之间不易形成π键；
【小问5详解】
①CN-中，N原子形成2个π键，故N采取sp杂化方式；一个Fen+周围由6个CN-，6个CN-形成八面体构型，故每个Fen+都处于CN-的八面体配位空隙中；
②由晶胞结构可知，Y中K原子个数为4，Fe3+个数为，Fe2+个数为，由图2中的结构，可以算出，晶胞中有24个CN-位于晶胞棱上，24个CN-位于晶胞面上，6个CN-位于晶胞内部，则CN-个数为，则晶体质量为，由图1可知，最近的2个K+的距离为面对角线的一半，最近的K+间距为a nm，则晶体边长为=，故晶体密度为=。
[化学选修5：有机化学基础]
12. Crey内酯是前列腺素E2(PGE2)合成中的前体物质，合成Crey内酯的步骤如下。
已知：[4+2]环加成反应是一类同时成键与断键的周环反应，如 。

回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________；A生成B的反应类型是___________。
（2）C的结构简式为___________；E中含氧官能团名称是___________。
（3）F转化为G时，首先与NaOH水溶液反应，写出化学方程式___________；联系后续添加试剂，指出“通入CO2调节pH”的目的是___________。
（4）Crey内酯含有___________个手性碳(连有4个不同的原子或基团的碳原子)。
（5）符合下列条件的E的同分异构体有___________种。
①仅含一种官能团；
②能使FeCl3溶液显色；
③与足量NaOH反应的物质的量之比为1：2；
④共有5种不同化学环境的氢
【答案】（1） ①. 环戊二烯或1，3-环戊二烯 ②. 取代反应
（2） ①. ②. 醚键、(酮)羰基
（3） ①. ②. 防止I2与NaOH反应
（4）4 （5）4
【解析】
【分析】B和C发生[4+2]环加成生成D，根据B、D的结构简式及结合已知信息： ，可推测出C的结构简式为 ； F在NaOH溶液中水解生成 ， 和水发生加成反应生成 ，通入二氧化碳调节溶液pH， 转化为 ， 分子内含有羧基、羟基，发生酯化反应生成 ，则G的结构简式为 ，化合物G和I2发生取代反应生成H，I2易与NaOH反应，通入CO2调节pH，可防止I2与NaOH反应。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，A的化学名称为环戊二烯或1，3-环戊二烯；通过合成路线可知，A生成B的反应类型是取代反应；
【小问2详解】
由分析可知，C的结构简式为 ；根据E的结构简式可知，E中含氧官能团名称是醚键、(酮)羰基；
【小问3详解】
F转化为G时，首先在NaOH水溶液中水解生成 ，化学方程式为 ；后续反应中添加试剂为I2，I2能与NaOH反应，通入CO2调节pH，可防止I2与NaOH反应；
【小问4详解】
Crey内酯中含有4个手性碳原子( )；
【小问5详解】
E的同分异构体：①仅含一种官能团；②能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③与足量NaOH反应的物质的量之比为1：2，说明分子中含有2个酚羟基；④共有5种不同化学环境的氢，满足条件的同分异构体有： 、 、 、 ，共4种。选项
A
B
C
D
目的
检验产生的SO2
证明Ksp(CuS)模拟制备漂白粉
比较酸性：碳酸<甲酸
实
验
方
案




物质
摩尔质量g·ml-1
20℃溶解度g/100gH2O
60℃溶解度g/100gH2O
FeSO4·7H2O
278
256
101
Al2(SO4)3·18H2O
666
36.4
59.2
KAl(SO4)2·12H2O
474
6.0
33.3.
NH4Al(SO4)2·12H2O
453
6.6
21.1
产物
CH3Cl
CH2Cl2
CHCl3
CCl4
CH3CH3
反应选择性=
87%
7%
4%
1%
1%
温度/℃
15
34
50
70
87
100
溶解度/(g/100gH2O)
1.44
3.08
8.46
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