2024年广东省汕头市达濠华桥中学高三第三次测评化学试卷含解析

2024年广东省汕头市达濠华桥中学高三第三次测评化学试卷注意事项：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，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）A．该有机物分子式为C10H8O5B．分子中有四种官能团C．该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D．1mol该化合物最多能与3molNaOH反应2、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2（x<1）。下列说法正确的是A．充电时a极接外电源的负极B．放电时Li+在电解质中由a极向b极迁移C．充电时若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gD．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在LiCoO2极回收3、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法正确的是(

)A．甲的同分异构体只有乙和丙两种B．甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙C．甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应D．甲中所有原子可能处于同一平面4、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是A．1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1NAB．同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4NA5、加入少许下列一种物质，不能使溴水颜色显著变浅的是A．Mg粉 B．KOH溶液 C．KI溶液 D．CCl46、工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是A．制取镁：海水Mg(OH)2MgOMgB．冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC．制硝酸：N2、H2NH3NO50%HNO3浓HNO3D．海带海带灰I2(aq)I27、12C与13C互为（）A．同系物 B．同位素 C．同素异形体 D．同分异构体8、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B．化合物YW3为共价化合物，电子式为C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X9、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA10、下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污11、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑12、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：Ⅰ.向5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液（反应a），平衡后分为两等份Ⅱ.向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b）；加入CCl4，振荡静置，下层显极浅的紫色Ⅲ.向另一份加入CCl4，振荡静置，下层显紫红色结合实验，下列说法不正确的是：A．反应a为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2B．比较氧化性：Ⅱ中，I2>Fe3+C．Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应bD．比较水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ<Ⅲ13、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是()A．离子交换膜a为阴离子交换膜B．通电时，电极2附近溶液的pH增大C．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D．各间隔室的排出液中，②④⑥为淡水14、下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A．图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液B．图2：电解精炼铜C．图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并能防止倒吸D．图4:配制银氨溶液15、下列有关有机化合物的说法中，正确的是A．淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C．绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D．在的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应16、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程二、非选择题（本题包括5小题）17、酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；②；③RCOOCH3.(1)A的结构简式为____，B→C的反应类型为___，C中官能团的名称为____，C→D的反应方程式为_____。(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_____(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。(3)判断化合物F中有无手性碳原子___，若有用“*”标出。(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___。18、现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五种阴离子NO3-、OH－、Cl－、CO32-、Xn-（n=1或2）中的一种。（1）通过比较分析，无需检验就可判断其中必有的两种物质是________和_______。（2）物质C中含有离子Xn-。为了确定Xn-，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生白色沉淀，继续加入过量A溶液白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，则C为______（填化学式）。写出部分白色沉淀溶解的离子方程式______。（3）将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是__________。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，写出该反应的化学方程式为_________。19、过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。（2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。20、碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）实验i：装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。(1)试剂a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。21、(CdSe)n小团簇（CdnSen，n=1~16）为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题：(1)基态Se原子的价层电子排布式为___。(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是___。(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料，熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃，上述熔点呈规律性变化的原因是___。(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是___。(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(，，)，则B、C的原子坐标参数分别为___。该晶胞中CdSe键的键长为___。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。2、D【解析】

通过对电极反应式和电池示意图分析可知，电池放电时，a电极由Li1-xCoO2生成LiCoO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。【详解】A．对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；B．通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；C．充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02mol电子，b电极应当增加0.14g，C错误；D．电池放电时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCoO2生成LiCoO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCoO2极的回收，D正确。答案选D。【点睛】二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。3、D【解析】

A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。故选D。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。4、A【解析】

A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1NA，选项A正确；B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2NA，选项B错误；C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3NA，选项D错误。答案选A。5、C【解析】

溴水溶液与氯水溶液成分相似，存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO，据此分析作答。【详解】A．Mg与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故A不符合题意；B．KOH与溴水反应生成无色溶液，颜色变浅，故B不符合题意；C．溴水与KI发生反应生成碘，溶液颜色加深，故C符合题意；D．溴水与四氯化碳发生萃取，使溴水颜色显著变浅，故D不符合题意；故答案为：C。6、C【解析】A、工业行通过电解熔融的氯化镁制备金属镁，不是电解氧化镁，故A错误；B、氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，工业上通过电解熔融的氧化铝冰晶石熔融体制备金属铝，故B错误；C、氮气和氢气在催化剂、高温高压下反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气和水反应生成硝酸，再加入硝酸镁蒸馏得到浓硝酸，故C正确；D、热裂汽油中含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油萃取，故D错误；故选C。7、B【解析】

同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。【详解】12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。答案选：B。【点睛】本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。结构相似,组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。8、C【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。9、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。10、B【解析】

A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，无法达到提纯的目的，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确；故答案为B。11、C【解析】

A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B.金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；故选C。12、C【解析】

A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液，两者发生氧化还原反应生成碘单质，所以反应的化学方程式：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；B、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明加入饱和KSCN溶液，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，所以在饱和KSCN溶液中，碘单质是氧化剂，铁离子是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Ⅱ中，I2＞Fe3+，故B正确；C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应，两者反应不同，无法比较其反应程度的大小，故C错误；D、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，导致亚铁离子的浓度减小，Ⅲ中向另一份加入CCl4，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，所以水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ＜Ⅲ，故D正确；答案选C。13、B【解析】

根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，电极1是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。【详解】A、根据图示，电极2生成氢气，电极2是阴极，⑦室中钠离子穿过离子交换膜a进入电极2室，所以离子交换膜a为阳离子交换膜，故A错误；B、通电时，电极2是阴极，电极反应式是，溶液的pH增大，故B正确；C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；D、a为阳离子交换膜、b为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，故D错误。答案选B。14、C【解析】

A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。故选C。15、C【解析】

A．淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C．酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D．在FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D项错误；答案选C。16、C【解析】

A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、氧化反应羧基、羟基、和【解析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键，结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为；B→C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，C→D的反应方程式为；（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。18、K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2ONO3-、Cu2＋3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0.4mol2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl【解析】

⑴因为碳酸根离子只能与钠离子结合才能形成可溶性物质K2CO3，与其他阳离子结合都是沉淀，氢氧根离子除与钾离子结合外还可以与钡离子结合形成可溶性物质，与其余三种结合都是沉淀，根据题意它们所含的阴、阳离子互不相同，所以氢氧根离子只能与钡离子结合形成Ba(OH)2，故答案为K2CO3；Ba(OH)2；⑵根据C与A的溶液混合时产生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后将沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀为氢氧化铝，则B为Na2CO3，A为Ba(OH)2则C为Al2(SO4)3，则阴离子有SO42－，则X为SO42－，即C为Al2(SO4)3，沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，故答案为Al2(SO4)3；Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑶19.2gCu即物质的量为0.3mol，Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，溶液中没有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，说明D中的阴离子一定是NO3－，则D为硝酸铜，E为氯化铁，管口有红棕色气体，说明开始产生的是NO，所以Cu溶解的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O，根据关系0.3molCu消耗0.8mol氢离子，即0.4mol硫酸；故答案为NO3－、Cu2＋；3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；0.4mol；⑷氯化铁溶液与氢碘酸反应氯化亚铁和使淀粉变蓝的I2，反应的化学方程式为：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl，故答案为2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl；【点睛】加碱先生成沉淀，继续加碱沉淀溶解，一定含有铝离子；加铜不反应，加硫酸生成气体，有无色气体，在空气中生成红棕色气体，说明含有硝酸根离子。19、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。20、饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II.(5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；Ⅲ.(7)FeCO3溶