云南省德宏州梁河一中2022届高三化学上学期第一次周测试卷含解析

云南省德宏州梁河一中2022-2022学年高三（上）第一次周测化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（2022•海南）分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）（　　）A．3种B．4种C．5种D．6种　2．（2022•海南）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键　3．（2022•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣　4．（2022•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣　5．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）14A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag　6．（2022•江苏）下列说法正确的是（　　）A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）　7．（2022•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．向0.10mol•L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）　　二、解答题（共3小题，满分38分）8．（12分）（2022•江苏）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为　　　　　　；能提高其转化速率的措施有　　　　　　（填序号）A．搅拌浆料B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度D．减小CO2通入速率14（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　　　　　　和　　　　　　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　　　　　　．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是　　　　　　．　9．（11分）（2022•海南）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为　　　　　　，装置B中加入的试剂是　　　　　　．（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取　　　　　　．尾气的成分是　　　　　　．若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是　　　　　　、　　　　　　．（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　　　　　　．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先　　　　　　，再　　　　　　．　10．（15分）（2022•江苏）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能团为　　　　　　和　　　　　　（填官能团的名称）．（2）化合物B的结构简式为　　　　　　；由C→D的反应类型是：　　　　　　．（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　　　　　　．Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢14（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．　　14云南省德宏州梁河一中2022-2022学年高三（上）第一次周测化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（2022•海南）分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）（　　）A．3种B．4种C．5种D．6种　考点：真题集萃；同分异构现象和同分异构体．分析：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构．解答：解：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构，故符合条件的有机物共有4种，故选B．点评：本题考查同分异构体判断，难度不大，注意常见烃基的种类，如甲基和乙基1种，丙基有2种，丁基有4种，也可以书写出具体的醇进行判断．2．（2022•海南）a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c．下列叙述错误的是（　　）A．d元素的非金属性最强B．它们均存在两种或两种以上的氧化物C．只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D．b、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键　考点：真题集萃；原子结构与元素的性质．分析：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．解答：解：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c．应为Cl元素，A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为Cl＞S＞C＞Na，故A正确；B．四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；C．a为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；D．b为C，可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误．故选D．点评：本题为2022年考题，涉及原子结构与元素周期率的考查，侧重于学生的分析能力的培养和原子结构、元素周期率的综合应用的考查，注意把握提给信息以及元素周期率的递变规律，难度不大．3．（2022•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣14B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣　考点：真题集萃；离子共存问题．分析：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．解答：解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为2022年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大．4．（2022•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣　考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．14分析：甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．解答：解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣=H2O+3CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确．故选D．点评：本题为2022年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等．5．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）A．粗硅SiCl4SiB．Mg（OH）2MgCl2（aq）MgC．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag　考点：硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．分析：A．硅与氯气反应生成氯化硅，氯化硅与氢气发生还原反应生成硅；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．解答：解：A．硅与氯气反应生成氯化硅，氯化硅与氢气发生还原反应生成硅，所以粗硅SiCl4Si都能够通过一步反应实现，故A正确；B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，MgCl2（aq）Mg不能实现，故B错误；C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，FeCl3（aq）无水FeCl3不能实现，故C错误；D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag不能实现，故D错误；故选：A．点评：本考查了物质的制备和转化，需要掌握常见物质的性质，相互之间的间的反应规律，注意盐类水解的应用，题目难度不大．6．（2022•江苏）下列说法正确的是（　　）14A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）　考点：真题集萃；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A．H2O2分解产生1molO2，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子；B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量；C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；D．化学反应中速率之比等于计量数之比．解答：解：A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．点评：本题为2022年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．7．（2022•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．向0.10mol•L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣）C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣）　考点：真题集萃；离子浓度大小的比较．分析：A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），联立判断；C．未反应前结合物料守恒可知c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．解答：解：A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A错误；14B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）＞c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32﹣），故B错误；C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c（Na+）＜2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C错误；D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查离子浓度大小比较，为2022年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用，题目难度不大．二、解答题（共3小题，满分38分）8．（12分）（2022•江苏）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为　CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣　；能提高其转化速率的措施有　AC　（填序号）A．搅拌浆料B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度D．减小CO2通入速率（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　SO42﹣　和　HCO3﹣　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全　．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是　浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出　．考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，14（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣）；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验；（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强．解答：解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣），故答案为：CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；AC；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，故答案为：SO42﹣；HCO3﹣；取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增大，故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．点评：本题为2022年江苏考题第16题，以实验流程的形成综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度中等，注意把握提给信息以及相关物质的性质．　9．（11分）（2022•海南）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．回答下列问题：（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　，装置B中加入的试剂是　浓硫酸　．（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取　HCl　．尾气的成分是　HCl和H2　．若仍用D装置进行尾气处理，存在的问题是　发生倒吸　、　可燃性气体H2不能被吸收　．14（3）若操作不当，制得的FeCl2会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是　KSCN溶液　．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先　点燃A处的酒精灯　，再　点燃C处的酒精灯　．考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．分析：（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水，据此解答即可；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即可．解答：解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，故答案为：KSCN；点燃A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯．点评：本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，难度一般．　10．（15分）（2022•江苏）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能团为　醚键　和　醛基　（填官能团的名称）．（2）化合物B的结构简式为　　；由C→D的反应类型是：　取代反应　．（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　　．14Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．考点：真题集萃；有机物的合成．分析：A含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C的结构简式可知B为，B与SOCl2发生取代反应生成，然后与NaCN发生取代反应生成，经水解、还原，最终生成；以制备，可在浓硫酸作用下生成，然后与HCl发生加成反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在催化作用下与氢气反应可生成以此解答该题．解答：解：A含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C的结构简式可知B为，B与SOCl2发生取代反应生成，然后与NaCN发生取代反应生成，经水解、还原，最终生成，（1）由结构简式可知A含有的官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；（2）B为，与NaCN发生取代反应生成，故答案为：；取代反应；14（3）E的一种同分异构体含有3种不同化学环境的氢，且含有2个苯环，且结构对称，则对应的结构有，故答案为：；（4）以制备，可在浓硫酸作用下生成，然后与HCl发生加成反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在催化作用下与氢气反应可生成，也可与HCl反应生成，再生成，则流程为，故答案为：．14点评：本题为2022年江苏卷第17题，涉及有机物的合成，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握提给信息以及官能团的性质，注意合成路线的设计，为解答该题的难点．　14