湖南省永州市2023届高三第二次适应性考试（二模）化学试题（含解析）

这是一份湖南省永州市2023届高三第二次适应性考试（二模）化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

永州市2023年高考第二次适应性考试试卷
化学
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．我国计划在2030年实现“碳达峰”，体现对解决全球环境问题的大国担当。下列做法错误的是
A．加大煤炭发电比例 B．回收利用废旧金属以减少治炼能耗
C．鼓励高耗能企业安装光伏发电 D．用合成可降解的聚碳酸酯塑料
2．下列物质的用途是基于其氧化性的是
A．氨用作制冷剂 B．次氯酸钙用于生活用水的消毒
C．用铝槽车运输浓硝酸 D．生石灰用于废气的脱硫
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中所含质子数为
B．的烃分子中含有σ键的数目一定为
C．与足量的反应，转移的电子数为
D．室温下蔗糖完全水解形成的葡萄糖分子数为
4．化学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式错误的是
A．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：
B．药剂师用作抗胃酸药：
C．工人用溶液制作电路板：
D．消防员用泡沫灭火器灭火：
5．2022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学研究有突出贡献的化学家，首个点击化学合成实例如下。下列说法错误的是

A．X的化学式为 B．Y中所有原子处于同一平面
C．Y物质存在顺反异构体 D．Z中第一电离能最大的元素是N
6．下列推测合理的是
A．和都是正四面体形分子且键角都为
B．相同条件下，的酸性弱于
C．相同条件下，邻羟基苯甲酸的沸点高于对羟基苯甲酸
D．分子中各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
7．一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3,下列说法正确的是

A．原子半径：
B．X的含氧酸盐水溶液均显碱性
C．Z的单质能从中置换出Y的单质
D．W原子核外的p能级电子能量一定比s能级的电子能量高
8．我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置如下图。

已知：电解效率。
下列说法错误的是
A．电极a电势比电极b电势低
B．通电后阴极区溶液不变
C．电极b上发生反应：
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过电子时，产生乙烯
9．正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：

下列说法错误的是
A．“反应1”是为了将转化为
B．“反应2”中发生的反应是
C．“反应3”的滤液中含有大量的等
D．“反应4”得到的无色气体可能是氧气
10．盐X由三种常见元素组成，某科学兴小组称取盐X进行实验，数据和现象如下：

已知：①气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸收。
②取D溶液，用的溶液滴定，消耗溶液。
下列说法错误的是
A．试剂Y可能为溶液
B．盐X的化学式为
C．用的溶液滴定溶液D时可用酚酞作指示剂
D．若在X的稀溶液中通入足量气体，发生反应的离子方程式为：
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分。
11．由下列实验操作及现象所得结论正确的是

实验操作及现象
结论
A
向酸性溶液中滴加甲苯溶液，紫红色褪去
苯环对甲基有影响
B
向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝
待测溶液中有存在
C
将粒投入溶液，析出银白色固体
固体为
D
在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色
溶液中含元素

A．A B．B C．C D．D
12．在起始温度均为、容积均为的恒容密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和，发生反应，已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A．曲线N表示B容器中的转化率随时间的变化
B．用的浓度变化表示曲线N在内的反应速率为
C．Q点小于P点
D．时，
13．铼的配合物(，用表示)可催化醛烯烃基化，反应过程如图所示。下列说法错误的是

A．是反应的中间体
B．分压增大对反应速率没有影响
C．催化剂改变了该反应的历程和焓变
D．醛烯烃基化反应为：
14．时和两种难溶化合物的溶解平衡曲线如下图所示，两条相交直线把图象分成了X、Y、Z、M四个区域。已知：，其余离子类推。下列说法正确的是

A．直线②对应物质的为，的数量级为
B．X区域内可析出沉淀，而不析出沉淀
C．向b点溶液中加入少量固体，b点可变到a点
D．逐渐升高温度，直线①平行地向右上方移动
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15．在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：
I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。
II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
已知：i.
ii.与难溶于
iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为86∶1
回答下列问题：
(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)易溶于的原因是_______。
(3)滴定过程中标准溶液应装在_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_______。
(4)步骤II中加入溶液的目的是_______。
(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_______，平衡常数_______(列出计算式即可)。
(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_______(填标号)。
A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小
16．钴是重要的金属材料，以镍电解钴渣[主要成分为等氢氧化物]为原料制备氢氧化高钴的流程如下：

已知：①氧化性：
②一般在时，才能被氧化水解生成沉淀。
(1)是27号元素，原子的价层电子排布式为_______。
(2)“溶解”过程得到的溶液中含有的主要阳离子有、、_______。
(3)“除铁”过程加入的作用是_______。
(4)“一次沉钴”会夹带生成少量的沉淀，利用含母液淘洗沉淀的目的是_______。
(5)“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为_______。
(6)钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成。图1包含I型和II型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于顶点和面心。

①图2所示字母中，I型小立方体分别是a、_______(填字母序号)。
②用表示阿伏伽德罗常数的值，则钴蓝晶胞密度为_______(列出表达式)。
17．利用晶格氧部分氧化甲烷制合成气(与)技术将传统甲烷重整反应分解为几个气固相反应，实现燃料与氧气不接触，其一般模型如图所示：

在一定温度下，该模型涉及的主要反应如下：
主反应：
副反应：
甲烷裂解反应：
载氧体恢复晶格氧反应：
请回答下列问题：
(1)模型中载氧体中的价态：载氧体I_______载氧体II(填“>”“<”或“=”)。
(2)该模型部分氧化甲烷制合成气的反应方程式为：，该温度下反应的_______。
(3)已知副反应的，下列温度下反应能自发进行的是？_______(填标号)。
A．       B．       C．
(4)控制投料比为、压强为时，平衡时及各气体的物质的量随温度的变化如图a所示：

已知：，
①图a中c曲线对应的气体为_______。
②图a中忽略与c气体，平衡时，_______。
(5)当、时，控制不同，平衡时与温度的关系如图b所示，请说明当反应体系温度低于时，越大，温度越高，越有利于合成气的生成：_______。

18．有机合成中经常要考虑产物的立体结构，以下合成路线中的产品环上的两个取代基处于环的同侧，在制药行业中有特殊用途，试回答下列问题：

(1)C的名称为_______。
(2)反应①的反应类型为_______。
(3)F的结构简式为_______。
(4)写出的化学方程式_______。
(5)I中含有的手性碳原子的数目为_______，其同分异构体中，满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)
①苯环上连有三个取代基
②除苯环外有独立的三元环
③能发生水解反应和银镜反应，且水解产物遇溶液显色
(6)仿照上述合成路线，写出由合成的路线_____ (无机试剂任选)。

1．A
【详解】
A．加大煤炭发电比例，导致大量化石燃料燃烧，不利于实现“碳达峰”，故A错误；
B．回收利用废旧金属以减少治炼能耗可以节约资源，保护环境，利于实现“碳达峰”，故B正确；
C．鼓励高耗能企业安装光伏发电，可提高清洁能源的利用率，利于实现“碳达峰”，故C正确；
D．合成可降解的聚碳酸酯塑料，可充分利于二氧化碳，利于实现“碳达峰”， 故D正确；
故选A。
2．BC
【详解】
A．液氨气化需吸收大量热量，使周围环境温度降低，所以可用作制冷剂，但与氧化性无关，A不符合题意；
B．次氯酸钙水解产生的HClO具有强氧化性，能氧化杀死水中病菌、病毒，因此可用于生活用水的消毒，与氧化性有关，B符合题意；
C．用铝槽车运输浓硝酸是硝酸具有强氧化性使铝钝化形成一层保护膜，与氧化性有关，C符合题意；
D．生石灰与废气中的二氧化硫反应产生亚硫酸钙，再被氧化产生硫酸钙，利用的是其碱性氧化物的性质，与氧化性无关，D不符合题意；
故选BC。
3．D
【详解】
A．1分子中含有12个中子，为，则所含质子数为，A错误；
B．不确定该物质为环烷烃还是链烃，不能计算其σ键的数目，B错误；
C．二氧化硫和氧气反应为可逆反应，反应不完全，转移电子小于2mol，C错误；
D．蔗糖为0.1mol，完全水解形成的葡萄糖分子数为，D正确；
故选D。
4．A
【详解】
A．船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：，A错误；
B．小苏打可以中和胃酸，药剂师用作抗胃酸药：，B正确；
C．三价铁离子有强氧化性，可以将铜氧化为铜离子，，C正确；
D．泡沫灭火器灭火灭火原理是利用氯离子和碳酸氢根离子会发生双水解，，D正确；
故选A。
5．C
【详解】
A．由X结构简式可知，X的分子式为，故A正确；
B．与苯环直接相连的原子共面，碳碳叁键两端的原子共线，则Y中所有原子处于同一平面，故B正确；   
C．Y物质中没有碳碳双键，不存在顺反异构体，故C错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故Z中第一电离能最大的元素是N，故D正确。
故选C。
6．B
【详解】
A．是正四面体形分子，键角为，故A错误；
B．氯原子是一种吸电子基团，能使-OH上的H原子的活泼性增强，相同温度下，浓度相等的氯乙酸()溶液中羧基更易电离出H+，则其酸性大于乙酸溶液，故B正确；
C．邻羟基苯甲酸分子内形成了氢键，而对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，气化时需要吸收较多的能量克服分子间氢键，所以沸点高于邻羟基苯甲酸，故C错误；
D．BF3中B不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
7．C
【分析】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3，W是P元素；Z能形成1个共价键，Z是F元素；Y形成2个共价键，Y是O元素，X形成4个共价键，X是C元素。
【详解】
A．同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：，故A错误；
B．碳的含氧酸盐水溶液可能呈酸性，如NaHC2O4溶液呈酸性，故B错误；
C．F2能与H2O反应生成HF和O2，故C正确；
D．P原子核外的2p能级电子能量比3s能级的电子能量低，故D错误；
选C。
8．B
【分析】
电极a实现了CO2→CO→C2H2的转化，C的化合价由+4价变为-2价，化合价降低，发生的是还原反应，所以电极a为阴极，与电源负极相连，电极b为阳极，与电源正极相连。
【详解】
A．由物理知识可知，正极电势比负极高，由以上分析知，电极a为阴极，与电源负极相连，电极b为阳极，与电源正极相连，所以电极a电势比电极b电势低，故A正确；
B．由图知纳米Cu催化剂上发生的反应为CO转化为乙烯，氢元素由电解质溶液中的水提供，则反应为：，生成OH—导致溶液的pH会增大，故B错误；
C．电极b上发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：，故C正确；
D．电路中通过1mol电子式，已知，则n（生成乙烯所用电子）=0.6mol，由CO2转化为乙烯的反应式为：，由C2H2~12e-关系，所以当n（生成乙烯所用电子）=0.6mol时，n（乙烯）=0.05mol，故D正确；
故答案选B。
【点睛】
本题解答的关键是根据二氧化碳得电子转化为乙烯是还原反应，为阴极反应，以此确定电源的两极和反应类型，注意掌握电解池的工作原理。
9．C
【分析】
电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应，过滤得到H5IO6，以此解答。
【详解】
A．“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将转化为，A正确；
B．“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为，B正确；
C．由分析可知，“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；
D．“反应4”中发生的反应为，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确；
故选C。
10．D
【分析】
A溶于盐酸后得到黄色溶液C，C加入Y得到血红色溶液E，则Y为溶液，C中含有铁离子，A为1.6g氧化铁（为0.01mol）；红棕色气体B和得到强酸D，则B为二氧化氮和氧气混合气，二氧化氮和氧气、水生成硝酸，HNO3为×÷×1L=0.06mol；则X中含有铁、氮元素分别为0.2mol（1.12g）、0.6mol（0.84g），则含有氧4.84g-1.12g-0.84g=2.88g，为0.18mol；三者物质的量之比为1:3:9，X为；
【详解】
A．由分析可知，Y可能为溶液， A正确；
B．盐X的化学式为，B正确；
C．D为硝酸溶液，用的溶液滴定溶液D时可用酚酞作指示剂，当最后一滴氢氧化钠溶液加入后，溶液变红色且半分钟不褪色说明达到滴定终点，C正确；
D．若在X的稀溶液中通入足量气体，硝酸根离子具有强氧化性，也会把二氧化硫氧化为硫酸根离子同时生成一氧化氮气体，，D错误；
故选D。
11．B
【详解】
A．向溶液中滴加甲苯溶液，紫红色褪去，苯环很稳定，不能被高锰酸钾氧化，甲苯是苯环上连了一个甲基，容易断裂，会被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，A项错误；
B．碘遇淀粉变蓝色，向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝，说明加入氯水后生成了碘单质，表明原待测溶液中有存在，B项正确；
C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化镁生成氢氧化镁白色沉淀，C项错误；
D．玻璃中含有钠元素，因此灼烧火焰呈黄色，不能证明溶液中含有Na元素，D项错误；
答案选B。
12．AC
【详解】
A．由分析可知，曲线M表示B容器中一氧化二氮的转化率随时间的变化，故A错误；
B．由图可知，曲线N在100s时，一氧化二氮的转化率为10%，由方程式可知，在0—100s内一氧化碳的反应速率等于一氧化二氮的反应速率，为=1×10-4 mol/(L·s)，故B正确；
C．由分析可知，曲线M表示B容器中一氧化二氮的转化率随时间的变化，则Q点反应温度高于P点，Q点反应温度高于P点，所以Q点大于P点，故C错误；
D．由平衡时正逆反应速率相等可得：k正·c(N2O)·c(CO) =k逆·c(N2)·c(CO2)，平衡常数K==，由图可知，T℃条件下，容器A平衡时一氧化二氮的转化率为25%，则平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、氮气的浓度分别为=0.075mol/L、=0.375mol/L、=0.025mol/L、=0.025mol/L，反应的平衡常数K===， 故D正确；
故选AC。
13．BC
【分析】
由反应图示可知，醛烯烃基化为、、在催化剂下反应生成、、，故总反应为；
【详解】
A．在反应中不断生成又不断消耗，是反应的中间体， A正确；
B．为生成物，氮气分压增大导致反应速率加快，B错误；
C．催化剂改变了该反应的历程加快了反应速率，但是不会改变反应的焓变，C错误；
D．由分析可知，方程式正确，D正确；
故选BC。
14．B
【详解】
A．，故中 大于中的，直线②对应物质的为， ， ，A错误；
B．曲线上达到沉淀溶解平衡，在X区域，相对于来说，相当于增加，则
Qc> ，不利于沉淀溶解，从而析出沉淀，而相对于来说，相当于减少，则Qc<，促进溶解，从而不析出沉淀，B正确；
C．向b点溶液中加入少量固体，不变，增加则减小增大，b点沿着直线①向下移动，不会变到a点，C错误；
D．逐渐升高温度，增大，直线①向左下方移动，、都增大，D错误；
答案选B。
15．(1)BD
(2)、均为非极性分子
(3)     碱式     最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色
(4)使碘单质从有机层中转移出
(5)         
(6)BD

【分析】
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】
（1）萃取分液操作中需要使用烧杯、分液漏斗，故选BD；
（2）、均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；
（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为，故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；
（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动，使碘单质从有机层中转移出来；
（5），加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：，则步骤III测得萃取后的水溶液中；
根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为，，，则；；
（6）A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小，A错误；
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大，测得的K偏小，B正确；
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大，测得的K偏小，C错误；
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小，测得的K偏小，D正确；
故选BD。
16．(1)3d74s2
(2)、
(3)调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾
(4)Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质
(5)
(6)     c、f    

【分析】
钴渣[主要成分为等氢氧化物]中加入H2SO4并通入SO2，溶解后所得溶液中含有反应生成的以及过量的H2SO4，往溶液中加入除铁，氧化性：，则加入NaClO3目的是将氧化为，加入的作用是中和过量的H2SO4，过滤后所得滤渣为黄钠铁矾，滤液中含有，调节滤液pH=22.5并加入NaClO，反应生成沉淀，过滤后所得滤渣为并夹带少量的，滤渣经淘洗、溶解，溶液中所含溶质主要为以及过量的H2SO4，再通入氯气加入经二次沉钴可得晶体。
【详解】
（1）基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2；
（2）因氧化性：，SO2有还原性，则溶解过程中发生反应（），所以溶液中含有的主要阳离子有过量的，以及反应生成的、、；
（3）“除铁”过程中，加入的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾；
（4）因氧化性：，和发生反应，因此利用含母液淘洗沉淀的目的是Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质；
（5）“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为；
（6）①根据晶胞中I型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中I型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；
②Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，则图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
17．(1)＞
(2)
(3)C
(4)     CO     0.2
(5)生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向

【详解】
（1）载氧体II和氧气反应，反应后氧元素得到电子化合价降低，根据电子守恒可知，则载氧体中的化合价升高，故模型中载氧体中Ce的价态：载氧体I＞载氧体II；
（2）已知：
①
②
由盖斯定律可知，2×①+②得：；
（3）根据，反应可以自发进行，则，，故选C；
（4）①图a中已知H2O、CO2气体的曲线，反应中投料CH4，CH4随着反应气量减少，故a为CH4；由主反应化学方程式可知，消耗1分子CH4生成CO、2分子H2，且CH4裂解反应也生成H2，故b为H2，c曲线对应的气体为CO；
②图a中忽略与c气体，其实CH4为1.0mol，平衡时，CH4、H2均为0.6mol，则生成H2需要消耗0.3mol CH4，副反应消耗CH4的物质的量为（1.0mol-0.6mol）-0.3mol=0.1mol，则生成0.2mol；
（5）生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向，故越大，温度越高，越有利于合成气的生成。
18．(1)乙炔
(2)取代反应
(3)
(4) +2HI
(5)     2     10
(6)

【分析】
根据流程可知，A发生加成反应生成B，C发生取代生成D为，D与B发生反应， +生成 +NaBr，E发生取代生成F，F经过加成反应生成G，G发生加成反应 + +2HI，H经过氧化生成I，以此分析；
【详解】
（1）流程图中结构，C为乙炔；
故答案为：乙炔；
（2）根据分析，D与B生成E的反应为取代反应；
故答案为：取代反应；
（3）根据分析F为 ；
故答案为： ；
（4）根据分析G到H发生加成反应；
故答案为： +2HI；
（5） I的结构中有2个手性碳原子，如图中标注；满足三个条件的同分异构体 2种、 4种、 4种，共10种；
故答案为：2；10；
（6）根据分析， ；
故答案为：（见解析）。