2022届江苏省南通等六市高三第六次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2+ H2O。下列说法正确的是A明矾、小苏打都可称为混盐B在上述反应中，浓硫酸体现氧化剂和酸性C每产生1molCl2，转移电子

2、数为NAD1molCaOCl2中共含离子数为4NA2、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是A强酸溶液B弱酸性溶液C弱碱性溶液D强碱溶液3、核反应堆中存在三种具有放射性的微粒、，下列说法正确的是（）A与互为同素异形体B与互为同素异形体C与具有相同中子数D与具有相同化学性质4、对石油和煤的分析错误的是A都是混合物B都含有机物C石油裂化和煤干馏得到不同的产品D石油分馏和煤干馏原理相同5、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHB0.1 molL1Fe

3、Cl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、D0.1 molL1H2SO4溶液：K+、6、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C明矾易溶于水，可用作净水剂D二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张7、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价235、32下列叙述正确的是()AY的最高价氧化物对应的水化物显两性B放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CX、Y元素的金属性：XH2SiO3H3AlO3B

4、沸点：HClHBr HIC热稳定性：HFHClH2SD碱性：KOHNaOHMg(OH)213、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A30g丙醇中存在的共价键总数为5NAB1molD2O与1molH2O中，中子数之比为2：1C含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAD密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键14、钐(Sm)属于稀土元素，与是钐元素的两种同位素以下说法正确的是A与互为同素异形体B与具有相同核外电子排布C与的性质完全相同D与的质子数不同，但中子数相同15、根据溶解度曲线，在80 时将含有等物质

5、的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾16、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()AMg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂BH2O2是无色液体，可用作消毒剂CFeCl3具有氧化性，可用作净水剂D液NH3具有碱性，可用作制冷剂二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的官能团名称是_。（2）试剂a是_。（3）D结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_。（6

6、）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。MN的化学方程式是_。18、由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是_（填选项字母）。a化合物A核磁共振氢谱为两组峰bCH2Br2只有一种结构c化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为_。（3）D含有的官能团名称为_，C的同分异构体中具有顺反异构的名称是_（不必注明“顺”“反”）。（4）写出AB的化学反应方程式：_。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比

7、是1:2:2:2:3的结构简式为_。 lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH 能发生银镜反应 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_。19、二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。实验一：SO2可以抑制细菌滋生，具有防腐功效。某实验小组欲用下图所示装置测定某品牌葡萄酒中(葡萄酒中含有乙醇、有机酸等)的SO2含量。（1）仪器A的名称是_；使用该装置主要目的是_。（2）B中加入 300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中化学方程式为_。 （3）将输入C装置

8、中的导管顶端改成具有多孔的球泡(如图15所示)。可提高实验的准确度，理由是_。（4）除去C中的H2O 然后用0.099molL-1NaOH标准溶液滴定。用碱式滴定管量取0.09molL-1NaOH标准溶液前的一步操作是_；用该方法测定葡萄酒中SO2的含量偏高，主要原因是_，利用现有的装置，提出改进的措施是_。（5）利用C中的溶液，有很多实验方案测定葡萄酒中SO2的含量。现有0.1molL-1BaCl2溶液，实验器材不限，简述实验步骤：_。20、甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料：CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(N

9、H3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2NH3Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O已知Al4C3与CaC2类似易水解，CaC2的水解方程式为：CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2（1）装置A中反应的化学方程式为_。（2）装置F的作用为_；装置B的名称为_。（3）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A_。(填装置名称对应字母，每个装置限用一次)（4）实验中若将A中分液漏斗换成（恒压漏斗）更好，其原因是_。（5）装置D中可能观察到的现象是_。（6）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O（简述操作过

10、程及现象）：_。21、研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。（1）制备硫酸可以有如下两种途径：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H=-198kJmol-1SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) H=-41.8kJmol-1若CO的燃烧热为283 kJmol-1，则1molNO2和1mol CO 反应生成CO2和NO的能量变化示意图中E2= _kJmol-1（2）锅炉烟道气含CO、SO2，可通过如下反应回收硫：2CO(g)+SO2(g)S(I)+2CO2(g)。某温度下在2L恒容密闭容器中通入2 molSO2和一定量的CO发生反应，5min后达到平衡

11、，生成1molCO2。其他条件不变时SO2的平衡转化率反应温度的变化如图A，请解释其原因：_第8分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至1L，在10分钟时达到平衡，CO的物质的量变化了1mol。请在图B中画出SO2浓度从611分钟的变化曲线。（3）己知某温度下，H2SO3的电离常数为K1l.510-2， K21.010-7，用NaOH溶液吸收SO2，当溶液中HSO3-, SO32-离子相等时，溶液的pH值约为_（4）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）具有强还原性，废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根，进而将废水中的HNO2还原成无害气体排放，连二亚硫酸根氧化为原料循环

12、电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为_，连二亚硫酸根与HNO2反应的离子方程式_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛

13、】读清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。2、A【解析】A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1,故选A；B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1，故不选B；C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1，故不选C；D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1,故不选D；答案：A【点睛】醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根

14、离子浓度减小，c(CH3COO)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。3、C【解析】A与是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误； B与是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C中子数=质量数质子数，与的中子数都为46，故C正确；D与是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C。4、D【解析】A. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，故A正确；B. 煤中主要含有碳元素，石油中主要含有碳和氢两种元素，都属于复杂的混合物，其中都含有有机物，故B正确；C. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，由于烷烃的断裂，会得到烷烃和

15、烯烃，所以裂化后得到的产物中含有烯烃；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，获得产品有煤炉气、煤焦油、焦炭；产物不同，故C正确；D. 石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，原理不同，故D错误；题目要求选择错误的，故选D。【点睛】石油分馏就是将石油中不同沸点的物质依次分离，出来的叫做馏分，主要是饱和烃。石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是不饱和烃。5、C【解析】A. 碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，二者不能大量共存，故A错误；B. 高锰酸根离子具有强的氧化性，

16、能够氧化二价铁离子，二者不能大量共存，故B错误；C.OH、Na+、K+、之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D. 酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存，故D错误；故选：C。6、B【解析】A. 二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B. 过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C. 明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D. 二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。7、A【解析】W化合价为-2价，没有最

17、高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素化合价为+5、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X化合价为+2价，应为A族元素，Y的化合价为+3价，处于A族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是Mg、Al、N、O元素，则A. Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可以与强酸反应，也可以与强碱反应，显两性，故A正确；B. 放电条件下，氮气与氧气会生成NO，而

18、不能直接生成NO2，故B错误；C. 同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：MgAl，即XY，故C错误；D. 电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2的离子半径小于O2的离子半径，故D错误；答案选A。8、C【解析】A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选

19、项是C。9、C【解析】A.浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；B.浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；C.浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，C正确；

20、D.稀硝酸与Cu反应产生NO气体，NO与空气中的氧气会发生反应，所以不能用排空气方法收集，D错误；故合理选项是C。10、B【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。11、A【解析】A、NH3极易溶于水，使烧瓶内压强减小，水溶液呈碱性，遇酚酞变红，形成红色

21、喷泉，故A正确；B、从碘的四氯化碳溶液中分离碘，应用蒸馏装置，故B错误；C、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑，故C错误；D、铜与浓硫酸反应要加热，故D错误；故选A。12、B【解析】A元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性CSiAl，所以酸性：H2CO3H2SiO3H3AlO3，A正确；B同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HIHBrHCl，B错误；C元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性FClS，所以氢化物的热稳定性：HFHClH2S，C正确；D元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性K

22、NaMg，所以碱性：KOHNaOHMg(OH)2，D正确；故合理选项是B。13、C【解析】A30g丙醇物质的量为：0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol11NA5.5NA，故A错误；B1molD2O与1molH2O中，中子数之比为10：85：4，故B错误；C0.2mol H2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，如果只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA，故C正确；D三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1 mol PCl3与1moCl2

23、反应制备PCl5(g)，增加小于2NA个PCl键，故D错误；故答案选C。【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。14、B【解析】A与的质子数均为62，但中子数分别为82、88，则质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，A错误；B与的质子数均为62，原子核外电子数等于原子核内质子数，所以两种原子核外电子数均为62，电子数相同，核外电子排布也相同，B正确；C与的物理性质不同，化学性质相似，C错误；D与的质子数均为62，中子数=质量数质子数，分别为14462=82、15062=88，不相同，D错误。答案选B。15、C【解析】在80时，氯化钠的溶解度为

24、39克，氯化钾的溶解度为51克，硝酸钾的溶解度为170克，硝酸钠的溶解度为150克；复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80时开始析出的晶体是氯化钠反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl+KNO3，故选C。16、A【解析】A. Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故A正确；B. H2O2具有强氧化性，可用作消毒剂，故B错误；C. FeCl3水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故C错误；D. 液NH3气化时吸热，可用作制冷剂，故D错误；故选A。二、非选

25、择题（本题包括5小题）17、醛基 新制的氢氧化铜 +CH3CH2OH+H2O +NaOH+NaCl+H2O 【解析】芳香族化合物A与乙醛发生信息中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8OH2OC2H4OC7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制

26、的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。18、bc 液溴、Fe（或液溴、FeBr3） 醚键、溴原子 1

27、-溴丙烯 9 【解析】根据A的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)aA为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；dB为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，

28、AB的化学方程式为：，故答案为；(5)E为，E的同分异构体W满足： lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ； 能发生银镜反应； 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似FG的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃

29、，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+DE的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。19、冷凝管 回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性 H2O2+SO2=H2SO4 增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分 用待装液润洗滴定管 挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量 将盐酸换为稀硫酸 向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量 【解析】考查实验方案设计与评价，（1）仪器A为（直型）冷凝管

30、，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42，因此化学反应方程式为H2O2SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO4

31、2，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C 中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。20、Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【解析】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体

32、，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应： CO+2Ag(NH3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断 A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3，故答案为: Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3；(2). A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为

33、：除去甲烷中的HCl和H2O ；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AFDBECG，故答案为：FDBECG ；(4). 如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5). D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6). 当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O。【点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条