上海市外国语大学附属中学2024年高三第三次测评化学试卷含解析

上海市外国语大学附属中学2024年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、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO22、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子为20e-B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C．氧化产物是高氯酸和氯气D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO33、泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D．该物质在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键4、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>DB．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—5、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．该有机物的分子式为C12H12O4B．1mol该有机物最多能与4molH2反应C．该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2，生成2.24LCO2（标准状况下）需要0.1mol该有机物D．该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应6、2,3−二甲基丁烷中“二”表示的含义是A．取代基的数目 B．取代基的种类 C．主链碳的数目 D．主链碳的位置7、，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（）A．时，B．电离常数的数量级为C．图中点x的纵坐标值为D．的约等于线c与线d交点处的横坐标值8、下列物质不属于合金的是A．铝B．青铜C．不锈钢D．生铁9、H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是A．由图可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.810、200℃时，11.6gCO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na＋、HCO3-、SO32-、CO32-等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是A．原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB．混合气体与Na2O2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC．溶液中SO32-的物质的量浓度基本保持不变D．溶液中HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，但是HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和基本保持不变11、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A．正极电极反应式为：2H++2e—→H2↑B．此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C．此过程中铜并不被腐蚀D．此过程中电子从Fe移向Cu12、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A．二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B．浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2＋C．硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D．二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气13、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是选项实验操作实验现象结论或解释A向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液产生大量气泡FeCl3催化H2O2的分解B将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中溶液的紫红色褪去丙烯醛中含有碳碳双键C向某溶液中滴加稀H2SO4溶液产生有刺激性气味的气味原溶液中一定含有SO32-D向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验试纸不变蓝原溶液中一定不含有NH4+A．A B．B C．C D．D14、为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－115、下列有关反应的离子方程式书写正确的是()A．氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2OB．过量SO2通入澄清石灰水中：SO2＋OH－===HSO3-C．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD．NH4Al(SO4)2溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓16、山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是A．属于二烯烃B．和Br2加成，可能生成4种物质C．1mol可以和3molH2反应D．和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol二、非选择题（本题包括5小题）17、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_________。18、化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。（2）B→C反应的化学方程式为_____________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。19、实验室如图的装置模拟工业过程制取硫代硫酸钠（夹持仪器和加热仪器均省略）。其反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2请回答：（1）下列说法不正确的是___。A．装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体B．提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，同时也能增大原料的利用率C．装置E的主要作用是吸收CO2尾气D．装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，请解释其生成原因___。20、以铝土矿（主要成分为，含少量和等杂质）为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图[已知：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（）沉淀]。（1）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式____。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的离子方程式为___。（3）有人考虑用熔融态电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：___。（4）取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）。打开，加入NaOH浓溶液，至不再产生。打开，通入一段时间。①写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式______。②实验中需要测定的数据是_____。21、含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：（1）利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。A包含的物质为H2O和___(填化学式)。（2）研究氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：①2NO2(g)+NaCl(g)=NaNO3(g)+ClNO(g)ΔH1<0②2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)ΔH2<0则4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)的ΔH=___(用ΔH1和ΔH2表示)。若反应①在绝热密闭容器中进行，实验测得NO2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示，NO2(g)的转化率α(NO2)在t3-t4时间降低的原因是___。（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)ΔH>0。在一定温度下，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。a点时，CH4的转化率为___%；平衡常数：K(a)___K(b)(填“>”“=”或“<”)。（4）肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K=，在一定条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)[α=×100%]与p(O2)的关系如图所示。研究表明正反应速率V正=k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率V逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆的关系式：K=___(用含有k正、k逆的式子表示)。②试求出图中c(4.50，90)点时，上述反应的平衡常数K=___kPa-1。已知k逆=60s-1，则速率常数k正=___s·kPa-1。

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．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。2、A【解析】

A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误；综上所述，答案为A。3、D【解析】

A.该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，－COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH，最多可消耗2molNaOH，故B正确；C.中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D.中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。4、B【解析】

A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大，c(OH-)•c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+)／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。故选B。5、B【解析】

A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1mol该有机物最多能与5molH2反应，故B符合题意；C．只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1molCO2，气体体积为2.24L（标准状况下），故C不符合题意；D．分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意；故答案为：B。6、A【解析】

根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。7、A【解析】

根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。8、A【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质；铝是纯净物，不属于合金，故A正确；青铜是铜与锡或铅的合金，故B错误；不锈钢是铁中含有铬、镍的合金，故C错误；生铁是铁和碳的合金，故D错误。9、D【解析】

由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C.pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。10、A【解析】

向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)==0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，xmol0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ymol0.5ymol所以0.5x+0.5y＝0.25，44x+18y＝11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A．原混合气体的平均摩尔质量==23.2g/mol，故A正确；B．反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol×2=0.5mol，故B错误；C．过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D．由于反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大，故D错误；答案选A。11、A【解析】

A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D.此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确；故选A。12、C【解析】

A．二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C．硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D．过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。13、A【解析】

A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对H2O2的分解起催化作用，A正确；B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；C.向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；故合理选项是A。14、B【解析】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol•L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L解得c＝0.0025mol•L-1；答案选B。15、B【解析】

A．氧化亚铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3FeO+NO3-+10H+═3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；B、澄清石灰水中通入过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钙，反应为Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，故总的离子方程式为OH-+SO2═HSO3-，故B正确；C．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀和氨水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；D．NH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，Al3＋应转化为AlO2-，NH4+也会与OH－反应，故D错误；答案选B。16、B【解析】A.分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。19、BCSO2和Na2CO3反应生成Na2SO3，Na2SO3不稳定而易被空气氧化生成Na2SO4，且生成的Na2S2O3也易被空气氧化生成硫酸钠【解析】

A装置制取二氧化硫，发生的反应离子方程式为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，B装置能储存二氧化硫且起安全瓶的作用，还能根据气泡大小控制反应速率，C装置中发生反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，剩余的二氧化硫有毒，不能直接排空，所以E为尾气处理装置，结合题目分析解答。【详解】（1）A.装置A的烧瓶中的试剂应是Na2SO3固体，分液漏斗中盛放的液体是硫酸，二者在A中发生反应生成二氧化硫，故A正确；B.提高C处水浴加热的温度，能加快反应速率，但是气体流速也增大，导致原料利用率减少，故B错误；C.装置E的主要作用是吸收SO2尾气，防止二氧化硫污染环境，故C错误；D.装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，该处锥形瓶中可选用浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，二者都不溶解