新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团二中2026年高三下学期第一次周考化学试题含解析.doc

新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团二中2026年高三下学期第一次周考化学试题
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、下列化学用语表达正确的是（）
A．还原性：HF>HCl>HBr>HI
B．丙烷分子的比例模型：
C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
D．Na2O2中既含离子键又含共价键
2、关于胶体和溶液的叙述中正确的是（ ）
A．胶体能透过半透膜，而溶液不能
B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C．胶体粒子直径比溶液中离子直径大
D．胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象
3、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是
A．上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃
B．上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n≥2）
C．棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同
D．棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应
4、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下，23 g NO2含有NA个氧原子
B．1 L 0.1 mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-
C．常温常压下，22.4 L CCl4含有NA个CCl4分子
D．1 mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子
5、下列说法正确的是（ ）
A．H2与D2是氢元素的两种核素，互为同位素
B．甲酸（HCOOH）和乙酸互为同系物，化学性质不完全相似
C．C4H10的两种同分异构体都有三种二氯代物
D．石墨烯（单层石墨）和石墨烷（可看成石墨烯与H2加成的产物）都是碳元素的同素异形体，都具有良好的导电性能
6、 “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…，价值数倍也”。这里用到的分离方法为( )
A．升华 B．蒸馏 C．萃取 D．蒸发
7、我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是

A．A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜
B．放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O
C．当电路中转移0.l mol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g
D．与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱
8、下列实验过程可以达到实验目的的是
选项
实验过程
实验目的
A
将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中
除去铜片表面的油污
B
取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键
丙烯醛(CH2=CHCHO) 中双键的检验
C
通常将 Fe(OH)3固体溶于沸水中即可
制备 Fe(OH)3胶体
D
取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟
析氢腐蚀
A．A B．B C．C D．D
9、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
10、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
11、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。

根据上述信息进行判断，下列说法正确是（ ）
A．d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子
B．d与e形成的化合物中只存在离子键
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高
D．x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键
12、下列指定微粒数目一定相等的是
A．等质量的14N2与12C16O中的分子数
B．等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数
C．等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数
D．等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数
13、溴化氢比碘化氢
A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强
14、下图所示为某种胃药的核心合成反应部分过程：

下列说法正确的是（ ）
A．甲中的两个键的活性相同 B．乙所有原子在同一平面上
C．丙的分子式 D．该反应生成丙的原子利用率小于100％
15、设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝10的Na2CO3～NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是
A．每升溶液中的OH﹣数目为0.0001NA
B．c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣ ）+2c（CO32﹣）
C．当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3﹣）+n（CO32﹣）＝0.3mol
D．若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定
16、下列对实验现象的解释正确的是
选项
操作
现象
解释
A
将铜粉加入 Fe2(SO4)3溶液中
溶液变蓝
金属铁比铜活泼
B
铜与浓硫酸共热
有灰白色固体生成
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
C
氧化铁溶于足量 HI 溶液
溶液呈棕黄色
Fe3+呈 棕黄色
D

向待测液中加 入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
待测液中不存在NH4+
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：

已知：+R2OH
(1)A的名称是___________________。
(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。
(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。
(4)写出反应②的化学方程式____________________。
(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：
____________。
(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。
(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。
18、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：

（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。
（2）A分子中最少有__原子共面。

（3）C生成D的反应类型为__。
（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。
（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。
①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。
其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。
（6）已知：
，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。
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、醋酸亚铬水合物的化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，该水合物通常为红棕色晶体，是一种常用的氧气吸收剂，不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂)，微溶于乙醇，易溶于盐酸，易被氧化。已知Cr3+水溶液呈绿色，Cr2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。

(1)检查装置气密性后，向左侧三颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量CrCl3溶液，关闭K1打开K2，旋开a的旋塞，控制好滴速。a的名称是___________，此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______、________。一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________。
(2)本实验中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是______________________。右侧的烧杯内盛有水，其中水的作用是_______________________________________________。
(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭a 的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_______________________。
(4)称量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶体，质量为m g,，若所取用的CrCl3溶液中含溶质n g，则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(M1=376 )的产率是______%。
21、二氧化氯是黄绿色的气体，可用于水体消毒与废水处理．一种制备方法为：
_______H2C2O4+___NaClO3+___H2SO4→___Na2SO4+___CO2↑+__ClO2↑+___H2O
完成下列填空：
（1）配平上述反应方程式，该反应的还原产物是______．
（2）该反应每产生0.2mol ClO2，需要消耗草酸晶体（H2C2O4•2H2O）_____g．
（3）上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是______，其中原子半径最大的元素最外层电子云形状为______．
（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与_______相同．（写一种）
（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，请写出此反应的离子方程式：__________．
（6）上述反应产物NaCl中含有______键，工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，氯气在_____（写电极名称）产生．
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；
B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；
D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；
答案选D。
本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。
2、C
【解析】
A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；
C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；
D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。
故选C。
3、D
【解析】
A. 上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；
B. 三种物质的通式为C2nH2n，n≥2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；
C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；
D. 棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；
故合理选项是D。
4、A
【解析】
A.23gNO2的物质的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，选项A正确；
B.氨水是弱碱，部分电离，即.1 L 0.1 mol·L－1氨水含有OH－个数小于0.1NA，选项B错误；
C.常温常压下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项C错误；
D.反应中亚铁离子失去1个电子，选项D错误；
答案选A。
5、B
【解析】
A.H2与D2是氢元素的两种单质，不是同位素的关系，同位素是原子之间的互称，故A错误；
B.甲酸（HCOOH）和乙酸分子结构相似，官能团的种类和数目一样，分子组成上差1个﹣CH2﹣，甲酸还具有醛类物质的性质，故B正确；
C.C4H10的两种同分异构体分别是正丁烷和异丁烷，正丁烷有6种二氯代物，异丁烷有4种二氯代物，故C错误；
D.同素异形体是同种元素的单质之间的互称，石墨烷不是碳元素的单质，二者不是同素异形体，故D错误。
故选B。
6、B
【解析】
酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法进行分离，B正确；正确选项B。
7、C
【解析】
从图中可以看出，A电极上HCOO-转化为CO32-，发生反应HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。
【详解】
A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；
B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，B正确；
C．依据负极反应式，当电路中转移0.l mol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；
D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；
故选C。
8、A
【解析】
A．将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确；
B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；
C．制备 Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；
D．取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选A。
本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。
9、A
【解析】
A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原性，故B错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；
D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；
故选B。
10、D
【解析】
A. 5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
11、D
【解析】
x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。
【详解】
A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；
B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；
C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；
D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；
答案选D。
此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。
12、A
【解析】
A.与摩尔质量均为28g/mol，故等质量的与分子数相同，A正确；
B. 等物质的量的与，碳原子数之比为2:3，B错误；
C.等体积等浓度的与溶液，数之比接近1:2，C错误；
D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；
答案选A。
等体积等浓度的与溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故中铵根离子水解程度更大，故数之比小于1:2。
13、A
【解析】
A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A正确；
B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；
C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；
D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D错误；
故选：A。
14D
【解析】
A.反应物甲中的两个N-H键的N原子连接不同的原子团，故两个N受其他原子或原子团的影响不同，则两个N-H键的活性不同，A错误；
B.乙分子中含有饱和碳原子，与饱和碳原子成键的原子构成的是四面体结构，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B错误；
C.由丙的结构简式可知其分子式为C22H24O2N5Cl，C错误；
D.根据图示可知：化合物甲与乙反应产生丙外还有HCl生成，该反应生成丙的原子利用率小于100％，D正确；
故合理选项是D。
15、C
【解析】
A、pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L；
B、根据溶液的电荷守恒来分析；
C、在Na2CO3中钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1；
D、根据的水解平衡常数来分析。
【详解】
A、常温下，pH＝10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故A不符合题意；
B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c()+2c()，故B不符合题意；
C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为0.3NA时，n(H2CO3)+n()+n()<0.3mol，故C符合题意；
D、的水解平衡常数，故当加入少量的碱后，溶液中的c(OH-)变大，而Kh不变，故溶液中变小，c(OH-)将会适当减小，溶液的pH基本保持不变，故D不符合题意；
故选：C。
16、B
【解析】
A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；
B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；
C．氧化铁溶于足量 HI 溶液，Fe2O3＋ 6H＋+ 2I－= 2Fe2＋+ I2＋ 3H2O ，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；
D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；
故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、1，2-二氯丙烷 加成反应 氧化反应 C10H18O4 CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl Na2CO3饱和溶液
【解析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。
【详解】
根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。
(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷
(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；
(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；
(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；
(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；
(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；
(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。
本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．
18、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+ 6 、
【解析】
根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。
【详解】
(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；
(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；
(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；
(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；
(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；
(6) 已知：
，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。
19、BC SO2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，二者都不溶解或与二氧化硫反应，所以可以选取浓硫酸或饱和亚硫酸氢钠溶液，故D正确；故答案为：BC；
（2）反应结束后C中溶液中会含有少量Na2SO4杂质，SO2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，所以得到的物质中含有少量Na2SO4，故答案为：SO2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。
20、分液漏斗 Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑ Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2 2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 防止水中的溶解氧氧化Cr2+ 水封，防止空气进入装置内 乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥 31700m/376n
【解析】
(1)根据仪器的结构，仪器a为分液漏斗，左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为：2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，CrCl2溶液与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，反应的离子方程式为2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，故答案为分液漏斗；Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑；Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2；2Cr24CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O；
(2) 本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；右侧烧怀内的水可以防止空气进入装置内，故答案为防止水中的溶解氧氧化Gr2+；水封，防止空气进入装置内；
(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭a的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤，乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥，故答案为乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥；
(4) 实验时取用的CrCl3溶液中含溶质ng，理论上得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O 的质量=××376g/mol=g，该实验所得产品的产率=×100%=×100%=%，故答案为。
本题考查物质制备实验方案的设计，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算。解答本题需要注意对题目信息的应用。本题的易错点为(1)，注意根据制备流程确定反应物和生成物，再书写相关离子方程式。
21、 1 2 1 1 2 2 2 ClO2 12.6 Na＞S＞Cl 球形 HClO（合理即可） 2ClO2+2CN﹣=2CO2+N2+2Cl﹣ 离子 阳极
【解析】（1）根据在氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得该方程式是：H2C2O4 +2NaClO3 +H2SO4 =Na2SO4+ 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O。在该反应中氧化剂是NaClO3，所以反应生成的还原产物是ClO2；（2）根据方程式可知：每产生2mol的ClO2，会反应消耗1mol的草酸，所以若该反应产生0.2 mol ClO2，需要消耗草酸晶体0.1mol，其质量是0.1mol ×126g/mol=12.6g；（3）在上述反应物中属于第三周期的元素有Na、S、Cl，同一周期的元素，元素序数越大，原子半径就越小，所以原子半径大小顺序是Na＞S＞Cl；（4）二氧化氯具有强氧化性，能漂白有色物质，其漂白原理与HClO、Na2O2、H2O2相同；（5）二氧化氯能净化有毒废水中的氰化钠（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，该反应的离子方程式是：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（6）NaCl是离子化合物，其中的化学键是离子键；在工业上用电解熔融的氯化钠制备金属钠，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，氯气是阴离子Cl-在阳极失去电子产生。
点睛：本题考查氧化还原反应方程式的配平、方程式的书写、化合物的化学键类型的判断及有关计算的知识。根据电子守恒、原子守恒对氧化还原反应方程式进行配平，再根据方程式中各物质的量及电子转移进行计算。