四川省射洪市2023_2024学年高三化学上学期入学考试试题理含解析

这是一份四川省射洪市2023_2024学年高三化学上学期入学考试试题理含解析，共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

(考试时间：150分钟总分：300分)
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，再选涂其它答案标号。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，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Se-79 Fe-56 Cu-64 Ag-108
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A. 二氧化氯泡腾片和75％酒精均可杀灭COVID-19，二者消毒时均表现为强氧化性
B. 台积电断供华为5G手机麒麟9000芯片（HUAWEI Kirin），此芯片主要成分是二氧化硅
C. 土耳其彩瓷和泰国银饰，其主要成分均为金属材料
D. 《周易参同契》:“胡粉[2PbCO3·Pb（OH）2]投火中，色坏还为铅（Pb）。”其中涉及到的基本反应类型有分解反应和置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化氯泡腾片杀灭COVID-19时表现为强氧化性，而75％酒精均可杀灭COVID-19时能使蛋白质变性而起到杀菌消毒作用，不是因为强氧化性，故A错误；
B.芯片的主要成分是硅，不是二氧化硅，故B错误；
C.土耳其彩瓷的主要成分是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；
D. 2PbCO3·Pb（OH）2受热发生分解反应生成氧化铅、二氧化碳和水，属于分解反应，碳与氧化铅生成铅和二氧化碳，属于置换反应，故D正确；
故选D。
2. 甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法错误的是
A. 分子式为C18H26O3B. 分子中有2种含氧官能团
C. 能发生氧化反应和加成反应D. 分子中所有原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由分子结构可得分子式为C18H26O3，A正确；
B．分子中有2种含氧官能团，一种为醚键，一种为酯基，B正确；
C．由于分子中具有碳碳双键结构，故可以发生氧化反应和加成反应，C正确；
D．由于分子中存在甲基可以将其看作甲烷分子中的一个氢原子被其他基团取代，意味着所有分子不可能都共平面，D错误；
故选D。
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. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. Na2O2作供氧剂时，每生成5.6LO2，转移电子数为0.25NA
B. 工业合成氨时，每反应1mlN2，生成的极性共价键数目为6NA
C. 电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，电路中转移2ml电子
D. 明矾净水时，0.1ml/LAl3+形成的Al(OH)3胶粒的数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2作供氧剂时，O元素化合价从-1升高至0价，生成1ml O2转移2ml电子，未指明标准状况，5.6LO2的物质的量无法计算，不确定转移电子数目，A错误；
B．工业上合成NH3反应为：N2+3H22NH3，每反应1 ml N2，反应产生2 ml NH3，产生N-H极性键物质的量是6 ml，则生成的极性共价键数目为6NA，B正确；
C．电解精炼铜时，阳极反应消耗的金属有Cu及活动性比Cu强的金属，而活动性比Cu弱的金属则形成阳极泥沉淀在阳极底部，故阳极质量每减少64 g，反应过程中转移电子的物质的量不一定是2 ml，则通过电路的电子数不一定就是2NA，C错误；
D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算Al3+的数目，且Al(OH)3胶粒是许多Al(OH)3的集合体，也不能确定Al(OH)3胶粒的数目，D错误；
故合理选项是B。
5. 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。
6. 短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是
A. 原子半径和离子半径均满足：Y>Z
B. 氢化物的沸点不一定是：Y>R
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：TD. 由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、R、T，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，可知Z为Na元素、Y为O元素；R原子最外层电子数是电子层数的2倍，结合原子序数可知，R有2个电子层、最外层电子数为4，可知R为C元素；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，T为S元素；X的原子序数、原子半径均最小，X为H元素，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，Y为O，Z为Na，Na原子核外比O原子核外多一个电子层，故有原子半径Na＞O即Z＞Y，Na+、O2-具有相同的电子层结构，且Na的核电荷数更大，故离子半径为O2-＞Na+即Y>Z，A错误；
B．由分析可知，Y为O，R为C，由于C的氢化物有很多，随着碳原子数的增多，碳氢化合物的沸点依次升高，由气态变为液态，到固态，故O的氢化物的沸点不一定高于C的氢化物的沸点即不一定Y>R，B正确；
C．由分析可知，R为C，T为S，则最高价氧化物对应水化物的酸性H2SO4＞H2CO3即T＞R，C错误；
D．由分析可知，X为H、R为C、Y为O、Z为Na，由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，NaHC2O4溶液中由于的电离大于水解而呈酸性，Na2C2O4溶液由于水解而呈碱性，D错误；
故答案为：B。
7. HCOOH燃料电池的装置如图所示，M、N表示电极，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。下列说法正确的是
A. M电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O
B. 在电池工作时，每生成1mlHCO，将会有1mlK+通过半透膜移向右侧
C. 图中所示需要补充的A物质为KOH
D. 电子的流动方向为：N→用电器→M
【答案】A
【解析】
【分析】HCOOH燃料电池是原电池装置，原电池工作时，负极发生失电子的氧化反应，根据图示中各电极上物质的变化，负极上HCOO-被氧化为HCO，电极反应式为HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O。根据图示，加入 A发生的离子反应为4Fe2+ +4H+ +O2=Fe3+ + 2H2O，消耗H+，K2SO4从装置中流出，故放电过程中加入的物质A为H2SO4。该燃料电池的正极Fe2+和Fe3+存在着循环，正极上本质是O2得到电子，故燃料电池的总反应本质是HCOOH和 O2反应生成HCO，结合原子守恒和电荷守恒，配平离子方程式为2HCOOH +2OH- +O2 = 2 HCO+ 2H2O。
【详解】A．由以上分析知，M电极为负极，反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O，故A正确；
B．负极反应式为HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O，根据溶液呈电中性知，在电池工作时，每生成1mlHCO，将会有2mlK+通过半透膜移向右侧，故B错误；
C．由以上分析知，图中所示需要补充的A物质为H2SO4，故C错误；
D．原电池中电子从负极经导线流向正极，故电子的流动方向为：M→用电器→N，故D错误；
故选A。
第II卷(非选择题)
三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题
8. TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备(夹持装置略去)。
已知：易挥发，高温时能与反应，不与反应，其他相关信息如下表所示：
回答下列问题：
（1）装置A中仪器b的名称是___________，装置E中的试剂是___________(填试剂名称)。
（2）装置B中长导管a的作用是___________。
（3）装置A中发生反应的离子方程式___________。
（4）在通入前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的气体的目的是___________。
（5）装置C中除生成外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为________。
（6）利用如图装置测定所得的纯度：取产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
已知：常温下，、，呈砖红色，。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除与反应外，还有___________；
②产品的纯度为___________(用含m、n和V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗
②. 浓硫酸
（2）平衡气压，防止堵塞和倒吸
（3）
（4）排除装置中的空气，防止和O2反应
（5）
（6） ①. 液封，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失 ②.
【解析】
【分析】本题利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4。A为制备Cl2的装置，C、D分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液，目的是除去未反应的Cl2，据此分析：
【小问1详解】
根据装置图可知，A装置中仪器b的名称是分液漏斗；E装置中的试剂是浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D装置中，使TiCl4水解；
【小问2详解】
装置B中长导管的作用是平衡气压，防止堵塞和倒吸；
【小问3详解】
装置A中KMnO4与浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
TiCl4高温时能与O2反应，在通入Cl2前，从侧管持续通入一段时间的CO2的目的是排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应；
【小问5详解】
一种气态不成盐氧化物为CO，反应的方程式为；
【小问6详解】
安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封的作用，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失；根据关系TiCl4 ~4HCl~4AgNO3，，产品的纯度为。
9. 镍废料中主要含有Ni，还含有少量的Cu、Fe等。现从中制取Ni2O3，其可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电源，也可用于制造镉镍碱性电池。以镍废料为原料制备Ni2O3的工艺流程如图所示：
已知常温下0.010ml·L-1的金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3的物质的量之比保持为3∶2，此时镍单质被氧化为NiSO4，发生反应的化学方程式为___________
（2）加入碳酸钙调pH的目的是_________，“沉渣2”的主要成分是___________(填化学式)。
（3）用离子方程式解释加入NH4F“除Ca”的过程：___________。
（4）“操作B”是___________。
（5）向NiO中加入盐酸，待NiO完全溶解后，需要加入NaOH溶液和NaClO溶液，加入NaOH溶液和NaClO溶液发生反应的离子方程式为___________。
（6）根据题中表格数据，计算当0.010ml·L-1NiSO4溶液中Ni2＋完全沉淀时，c(Ni2＋)=___________ml·L-1。
【答案】（1）
（2） ①. 使溶液pH增大，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3而除去 ②. CuS
（3）Ca2++2F-=CaF2↓
（4）过滤、洗涤（5）
（6）
【解析】
【分析】镍废料（主要含有Ni，还有少量的Cu、Fe等），用H2SO4与HNO3“酸浸”将镍废料溶解，过滤分离出其他不溶性杂质，浸出液中主要阳离子为Ni2+、Fe2+、Cu2+，加入H2O2，亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子，加入碳酸钙调pH，过滤分离出沉渣1为Fe(OH)3，再通入硫化氢，形成硫化铜沉淀，“沉渣2”为CuS，加入NH4F“除Ca”，过滤得到滤液含Ni2+，加入草酸，生成草酸镍，操作X为过滤、洗涤，得到晶体为NiC2O4•2H2O，再煅烧草酸镍生成NiO，向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶液，发生2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O，过滤、洗涤，分离出Ni2O3；
【小问1详解】
根据“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3的物质的量之比保持为3∶2，结合工艺流程图知Ni单质被氧化为NiSO4，则HNO3被还原成NO，化学方程式为；
【小问2详解】
加入碳酸钙，CaCO3与H+反应，会使溶液pH增大，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3而除去；“沉渣2”是“除Cu”过程中得到的滤渣，因Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故“沉渣2”的主要成分是CuS；
【小问3详解】
CaF2难溶于水，“除Ca”过程中发生反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓；
【小问4详解】
NiO是煅烧NiC2O4得到的，所以操作B之后得到的是NiC2O4沉淀，而沉镍过程后需要经过过滤、洗涤才能得到NiC2O4；故操作B为过滤、洗涤；
【小问5详解】
向NiO中加入盐酸，待NiO完全溶解后得到Ni2+，加入NaOH溶液和NaClO溶液将二价镍氧化为三价镍并转化为三氧化镍沉淀，同时次氯酸根离子氧化为氯离子，离子方程式为；
【小问6详解】
Ni2+开始沉淀时的pH为7.4，则，Ni2+完全沉淀时的pH为9，pOH=5，此时。
10. 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①v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。
(二)选考题：共45分。请考生从两道物理题、两道化学题、两道生物题中每科选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
【化学—选修】
11. 铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
（1）乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是___________。
②乳酸分子()中σ键与π键的数目比为___________。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为___________。
④C与O中，第一电离能较大的是___________，O的第二电离能远大于第一电离能的原因是___________。
（2）无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为___________。
②NH3的空间构型是___________，其中N原子的杂化方式是___________。
（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图所示。
①该超导材料的化学式是___________。
②该晶胞参数a=0.4nm、c=1.4nm，该晶体密度ρ=___________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)。
【答案】（1） ①. 3d6 ②. 11：1 ③. O＞C＞H＞Fe ④. O ⑤. O原子失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
（2） ①. 6 ②. 三角锥形 ③. sp3
（3） ①. KFe2Se2 ②.
【解析】
【小问1详解】
①基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，其3d能级上的电子为其价层电子，所以其价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
②共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键、1个π键，中存在4个C-Hσ键、2个C-Oσ键、2个C-Cσ键、2个O-Hσ键、1个C=O键中含有1个σ键和1个π键，则该分子中含有σ键、π键个数之比为11：1，故答案为：11：1；
③元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素的非金属性强弱顺序是：O＞C＞H＞Fe,所以电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
④同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，C、O位于同一周期且分别位于第ⅣA族、第ⅥA族，所以第一电离能较大的是O元素；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，O原子失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难，所以O的第二电离能远大于第一电离能，故答案为：O；O原子失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
【小问2详解】
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+配位数等于NH3分子的个数，所以其配位数是6，故答案为：6；
②NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，则NH3空间构型为三角锥形，N原子采用sp3杂化，故答案为：三角锥形；sp3；
【小问3详解】
①该晶胞中K原子个数=8×+1=2、Fe原子个数=8×=4、Se原子个数=2+8×=4，所以K、Fe、Se原子个数之比为2：4：4=1：2：2，化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②该晶胞体积=(0.4×10-7cm)2×(1.4×10-7cm)=0.4×0.4×1.4×10-21cm3，该晶胞中相当于含有2个“KFe2Se2”，该晶体密度ρ==g/cm3，故答案为：。
【化学—选修】
12. 化合物H是合成一种能治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知下列信息：①+ +
②
回答下列问题。
（1）A的名称为________________；C中官能团的名称为______________________。
（2）D的结构简式为________________________。
（3）鉴别E和F可选用试剂为(填标号)。
AFeCl3溶液B. 溴水
C. 酸性KMnO4溶液D. NaHCO3溶液
（4）G→H的化学方程式为___________________，反应类型为__________。
（5）有机物W是C的同系物，且满足下列条件：
i．比C少3个碳原子
ii．含甲基
iii．能发生银镜反应
符合上述条件的W有_____种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为1:2:2:2:3的W的结构简式为_____。
【答案】（1） ①. 对溴甲苯 ②. 酯基
（2）（3）D
（4） ①. ②. 取代反应(或酯化反应)
（5） ①13 ②.
【解析】
【分析】由A到B，将碳溴键转化成-MgBr，B与反应生成C：，C→D反应与所给信息①一致，所以可推出D的结构，D→E过程，酮羰基变成醇羟基，属于加氢还原反应， E→F过程为给条件给生成物的反应，在苯环的甲基邻位得到羧基，根据已知信息②，F→G苯环结构发生改变，变成两个双键，依此推测G结构为，G在浓硫酸加热条件下与甲醇发生酯化反应，所以H的结构为。
【小问1详解】
A：的名称为对溴甲苯；C：中官能团的名称为酯基；
【小问2详解】
由分析知D的结构简式为；
【小问3详解】
E和F的结构的区别在于F有一个羧基，应该利用羧基的性质检验二者，由于只有NaHCO3溶液可以与羧基反应，所以答案为D；
【小问4详解】
根据已知信息②，可以推断G的结构简式为，G和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为；；
【小问5详解】
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
熔点/℃
沸点/℃
密度/()
水溶性
-24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
-23
76.8
1.6
难溶于水
Fe3＋
Cu2＋
Ni2＋
开始沉淀pH
3.0
5.0
7.4
完全沉淀pH
4.0
6.5
9.0
产物
CH3Cl
CH2Cl2
CHCl3
CCl4
CH3CH3
反应选择性=
87%
7%
4%
1%
1%