吉林省辽源市东辽县一中2026届高三化学第一学期期中综合测试试题含解析

吉林省辽源市东辽县一中2026届高三化学第一学期期中综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是()A．v(O2)=v(NH3) B．v(H2O)=v(O2) C．v(H2O)=v(NH3) D．v(NO)=v(O2)2、某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：、、、、、、、、、，现进行如下实验：用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。将溶液分为3份。在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。在第2份溶液中加入新制的氯水和，振荡后静置，下层溶液显橙红色。则下列推断正确的是A．溶液中一定有、、、B．溶液中一定没有、、、C．不能确定溶液中是否有、、D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有3、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是A．若甲为焦炭，则丁可能是O2 B．若甲为SO2，则丁可能是氨水C．若甲为Fe，则丁可能是盐酸 D．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO24、用下列实验装置能达到相关实验目的的是()ABCD实验装置实验目的除去苯中混有的水制备并收集少量NO2实验室焙烧硫酸铜晶体测定中和反应的反应热A．A B．B C．C D．D5、化学与人类社会生产、生活密切相关。下列说法中正确的是A．误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的食盐水解毒B．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施C．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D．生石灰可用作食品抗氧化剂6、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定醋酸钠溶液pHB向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液无明显现象AlO2-与H+未发生反应C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A．A B．B C．C D．D7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为3NAB．1molH2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价键总数为2NAC．0.1molSO2溶于水，溶液中SO32－、HSO3－、H2SO3的总数为0.1NAD．用铂电极电解100mL1mol•L-1的CuSO4溶液足够长时间，转移的电子数一定为0.2NA8、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A．常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3＋+Fe=3Fe2＋C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验9、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期11、通入溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀．则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)A．过氧化钠和水 B．锌和稀硫酸C．高锰酸钾溶液和浓盐酸 D．生石灰和浓氨水12、氯酸镁常做催熟剂、除草剂等，实验室利用卤块制备少量，已知：卤块的主要成分为，含有、等杂质。工艺流程如下：下列说法不正确的是A．可以用酸性溶液代替溶液B．滤渣的主要成分是和C．加入饱和溶液发生了复分解反应D．调节溶液，还可以防止结晶时的水解13、已知下列转化关系中M、N均为单质，则M、N可能是()M+NQQ溶液M+NA．Cu、Cl2 B．S、O2 C．O2、Na D．Al、Cl214、已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO-慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I-快；下列有关反应的说法正确的是()A．反应的速率与I-的浓度有关 B．IO-也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ·mol-1 D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)15、化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是()A．红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应D．鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高16、下列说法错误的是（）A．《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应N2+O22NOB．厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能C．二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”D．纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性二、非选择题（本题包括5小题）17、聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。18、A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知:①A与D反应有气体生成,②A与E反应有沉淀生成,③B与E反应有沉淀生成,④B与C反应有沉淀生成,⑤C与D反应有气体生成,⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题:（1）B为__________。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液,直至不再生成沉淀,该过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________，沉淀完全后,继续滴加C溶液,此时发生反应的离子方程式为_________________________________________。（3）向C溶液中加入Zn粒,发生反应的化学方程式为______________________________。19、某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为_______________________________________；得到滤渣1的主要成分为_________________________________________________。（2）第②步加H2O2的作用是______________________，使用H2O2的优点是_____________。（3）用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________________________。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是____________________，从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。20、铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为____________________；（2）由物质M制取铝的化学方程式为____________________；（3）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为____________________；（4）取一定量的沉淀C置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，所得溶液中Fe元素以_______存在，检验该离子的实验操作和现象是________________。21、近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是___(填字母)。A．乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD．整个体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)各1mol的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：①根据图中判断压强大到小的顺序是___________②压强为P2、温度为85时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：___________。③在压强为P1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：________。(要求②和③的原因不一样)(3)以乙烯和丁烯为原料可以发生烯烃歧化反应C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)，已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_______25%(填“>”、“<”、“=”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，A．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；B．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B错误；C．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C错误；D．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D错误；故答案为A。2、A【分析】①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知一定含AlO2-，由离子共存可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；

②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则不含NH4+；

③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则一定含Br-，结合电荷守恒及离子共存解答。【详解】由上述分析可知溶液中一定存在、、、，故A正确；B.不能确定是否含，故B错误；C.溶液中一定含，故C错误；D.因加盐酸引入氯离子，且原溶液中可能含，第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液不能确认原溶液中是否有，故D错误；故选：A。3、C【详解】A、甲是碳，丁是氧气，则乙是CO，丙是二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成CO，A正确；B、甲是二氧化硫，丁是氨水，则乙是亚硫酸氢铵，丙是亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，B正确；C、甲是铁，丁若是盐酸，则乙只能是氯化亚铁，而氯化亚铁与盐酸不再反应，C错误；D、甲是氢氧化钠，丁是二氧化碳，则乙是碳酸钠，丙是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，D正确。答案选C。4、D【分析】苯与水的混合物用分液操作分离；NO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO；焙烧采用坩埚，不是蒸发皿；中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等。【详解】A．苯与水都是液态，互不相溶，用分液操作分离，故A错误；B．NO2溶于水并与水反应，集气瓶中收集到的是NO，故B错误；C．焙烧固体应采用坩埚，不是蒸发皿，故C错误；D．中和反应的反应热测定需温度计、玻璃搅拌棒、带有隔热层的容器等，故D正确。答案选D。5、B【分析】重金属盐能使蛋白质变性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂；【详解】误食重金属盐引起人体中毒，可喝大量的牛奶、豆浆等蛋白质含量较高的食品解毒，故A错误；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都能减少酸雨产生，故B正确；碳酸钡能溶于胃液中的盐酸，造成钡盐中毒，故C错误；氧化钙不能和氧气反应，不能作食品抗氧化剂，生石灰可以吸水，作干燥剂，故D错误。6、D【解析】A.测定醋酸钠溶液pH。用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，导致溶液浓度变小，测得PH不准。故A错误；B.向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液发生反应：4H++AlO2-=2H2O+Al3+,故B错误；C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，只能说明含有钠元素，故C错误；D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液产生白烟生成铵盐，可能挥发性的酸，故可能是浓盐酸，所以D正确；答案：D。.7、B【解析】50g46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数3NA，故A错误；1molH2与足量O2反应生成的1molH2O，含有的共价键总数为2NA，故B正确；二氧化硫与水反应可逆，0.1molSO2溶于水，溶液中SO32－、HSO3－、H2SO3的总数小于0.1NA，故C错误；用铂电极电解100mL1mol•L-1的CuSO4溶液，阴极依次发生、，电解足够长时间，转移的电子数大于0.2NA，故D错误。8、C【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【详解】A.钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B.滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C.步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D.超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。9、C【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+4e-+4H+=2H2O，负极：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正确；D、酸性条件下正极：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确。答案选C。10、C【分析】W的简单氢化物可用作制冷剂，则W为氮元素，短周期主族元素中原子半径最大的是钠，则Y为钠元素，X、Y、Z形成的盐，加入盐酸生成黄色沉淀及刺激性气体，结合四种元素均是短周期元素，说明是Na2S2O3与盐酸反应生成S和SO2，化学方程式为Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O，所以X为氧元素，Z为硫元素，据此解答。【详解】A．O的非金属性强于N，稳定性：H2O＞NH3，A正确；B．O2－、Na＋均具有Ne的电子层结构，B正确；C．Na2S溶液因S2－水解呈碱性，蓝色石蕊试纸遇碱不变色，C错误；D．S和O同属于第ⅥA族，S与Na同属于第三周期，D正确。故选C。11、B【分析】SO2与BaCl2不反应，通入另一种气体后可以产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡或亚硫酸钡，气体为氨气时生成亚硫酸钡，气体具有氧化性时可生成硫酸钡沉淀，以此来解答。【详解】A．过氧化钠与水反应生成氧气，氧气可氧化H2SO3生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A错误；B．Zn与稀硫酸反应生成氢气，与二氧化硫、氯化钡不反应，无沉淀生成，故B正确；C．高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气在水中可氧化二氧化硫生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．生石灰和浓氨水反生成氨气，氨气与二氧化硫、氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故D错误；故答案为B。12、B【分析】卤块的成分有、、，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出，说明相同温度下溶解度较小，据此对各选项进行判断。【详解】A．酸性溶液也能将氧化为，故可以用酸性溶液代替溶液，故A正确，不符合题意；B．滴加酸性溶液是为了将氧化为，后续步骤中所得滤渣主要成分为，故B错误，符合题意；C．加入饱和溶液和溶液中的反应生成和NaCl，此反应是复分解反应，故C正确，不符合题意；D．溶液中的能水解，则调节溶液可抑制其水解生成沉淀，故D正确，不符合题意；故选B。13、A【详解】A.若M为Cu，当N为Cl2时，M、N点燃生成CuCl2，电解氯化铁溶液可以得到Cl2和Cu，符合题意，故A正确；B.若M为S，当N为O2时，Q为H2SO3溶液，电解亚硫酸溶液得不到S单质，故B错误；C.若M为O2，当N为Na时，Q为NaOH溶液，电解NaOH溶液得不到金属Na，故C错误；D.若M为Al，当N为Cl2时，Q为AlCl3溶液，电解氯化铝溶液得不到金属Al，故D错误；故选A。14、A【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；D、H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；故合理选项为A。15、B【解析】A．红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；B．镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；D．合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。故答案为B。16、C【详解】A.诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；硝酸又和别盐反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；B.厨余垃圾中含有极高的有机物，蕴含着丰富的生物质能，故B正确；C.二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故C错误；D.利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D正确；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【分析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。18、BaCl2溶液Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑H++HCO3-=H2O+CO2↑2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4【分析】BaCl2可与Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反应生成沉淀，Na2CO3分别与HCl、NaHSO4均反应生成气体，BaCl2、HCl均与AgNO3反应生成沉淀，

由①A与D反应有气体生成、⑤C与D反应有气体生成可以知道，D为Na2CO3，

由②A与E反应有沉淀生成

③B与E反应有沉淀生成、⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质可以知道，E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

④B与C反应有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

D为Na2CO3，E为AgNO3，

(1)B为BaCl2溶液，

因此，本题正确答案是：BaCl2溶液；

(2)Ba(HCO3)2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后,继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑，

因此，本题正确答案是：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

(3)向C溶液中加入Zn粒，反应的化学方程式为2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4，

因此，本题正确答案是：2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4。19、Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OPt和Au把Fe2+氧化为Fe3+该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染坩埚中加热脱水甲甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质乙【解析】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，Pt和Au不反应；(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去；(3)加热固体应该在坩埚中进行；(4)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt，故答案为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；(3)第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，故答案为：在坩埚中加热脱水；(4)甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH，氢氧化钠和铝反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原料浪费，故答案为：甲；在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙。20、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2Al2O34Al+3O2↑AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在。【解析】(1)溶液A与转化为溶液D的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；(2)根据流程图沉淀F为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，M为Al2O3，电解熔融的氧化铝可以制取铝，方程式为：2Al