新疆生产建设兵团二师华山中学2025年高三下学期期中考试化学试题含解析

新疆生产建设兵团二师华山中学2025年高三下学期期中考试化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:22、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目相等B．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目为NAC．常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g，原子总数为3NAD．0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为NA3、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W原子提供)，下列说法还正确的是（）A．气态氢化物的稳定性：W>YB．原子半径：X>Z>Y>WC．该物质中含离子键和共价键D．Z有多种单质，且硬度都很大4、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A．A B．B C．C D．D5、下列实验能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D6、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法不正确的是A．负极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转7、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%8、1，2—二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是A．难溶于水B．不能使高锰酸钾稀溶液褪色C．分子中所有原子可能共平面D．可以发生加成聚合反应9、化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C．2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染10、有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是A．大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B．通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C．安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理11、利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>SiB浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸FeNaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2D浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性A．A B．B C．C D．D12、下列使用加碘盐的方法正确的有（）①菜烧好出锅前加盐②先将盐、油放锅里加热，再加入食材烹饪③煨汤时，将盐和食材一起加入④先将盐放在热锅里炒一下，再加入食材烹饪A．①B．②③④C．③④D．①③13、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B．向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末一定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a14、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A．电子层数 B．原子半径 C．最高化合价 D．最外层电子数15、在催化剂、400℃时可实现氯的循环利用，下图是其能量关系图下列分析正确的是A．曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B．反应物的总键能高于生成物的总键能C．反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)＝2Cl2+2H2O(g)△H＝－115.6kJD．若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ16、在实验室进行物质制备，下列设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理、环境上友好的是（）A．B．C．D．二、非选择题（本题包括5小题）17、烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是________________________（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是___________．（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是__________．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：________________．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为________．18、一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：①酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOOR＇＋R＂OHRCOOR＂+R＇OH②PC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_________，检验C中所含官能团的必要试剂有_________。（2）D的系统命名为_________。（3）反应II的反应类型为_________，反应Ⅲ的原子利用率为_________。（4）反应IV的化学方程式为_________。（5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_________molNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_________；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_________（任写一种）①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：119、ClO2是一种高效安全消毒剂，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10gKClO3固体和(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为______________(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClOⅡ．ClO2步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的步骤3：加入指示剂，用c mol⋅L-1 (4)已知：2ClO2+8H++10I-=5I2Ⅲ．设计实验验证ClO2(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是_______________________20、硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。I．制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_________。(2)将滤液转移到_________中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_________停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。Ⅱ．查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应：____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：(3)配平上述分解反应的方程式。(4)加热过程，A中固体逐渐变为_______色。(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为______。(6)C的作用是_________。(7)D中集气瓶能收集到O2,____(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。21、以乙烯为原料，在一定条件下可以转化为A、B、C，最后合成有机化合物D，转化关系如下图所示：请回答：（1）写出有机物B的官能团名称：________________。（2）写出CH3=CH2→A化学方程式：________________。（3）有机化合物D的相对分子质量为：________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③，生成0.05molNaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。2、C【解析】

A．常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中阳离子的数目不一定相等，因为各溶液的体积未知，A错误；B．标准状况下HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目不是NA，B错误；C．NO2与N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，NO2与N2O4的混合气体46g含有1mol“NO2”，原子总数为3NA，C正确；D．-NH2(氨基)含有9个电子，0.1mol-NH2(氨基)中所含有的电子数为0.9NA，D错误；答案选C。选项B是解答的易错点，容易根据HCl是气体而认为HF在标况下也是气态，错因在于忽略了HF分子间存在氢键，从而导致HF熔沸点升高，标况下不是气态。3、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个单键，W是F元素；Z形成4个键，Z是C元素；X形成3个单键，通过提供空轨道形成1个配位键，X是B元素。【详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HF>H2O，故A正确；B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：B>C>O>F，故B正确；C.该物质中Li+和之间是离子键，C和O之间是共价键，故C正确；D.Z是C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D错误；选D。本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。4、C【解析】

A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；B.作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故答案选：C。5、D【解析】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。6、B【解析】

由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。【详解】A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，故A不符合题意；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B符合题意；C、根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7gPb，故C不符合题意；D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D不符合题意；故选：B。7、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。8、B【解析】

A．所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；B．该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C．乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C项正确；D．该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；答案选B。9、D【解析】

A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；C.2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D正确；选D。10、B【解析】

A．使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B．通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故B正确；C．安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；故选B。11、C【解析】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。12、A【解析】食盐中所加的含碘物质是KIO3，KIO3在加热的条件下容易分解生成易挥发的碘单质，导致碘损失，所以正确的方法为①菜烧好出锅前加盐，故答案选A。正确答案为A。13、C【解析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若ag红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若ag红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若称得固体质量bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若b＝a，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。14、D【解析】

A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。15、D【解析】

A.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；B.由图像可知反应物能量高，所以键能低，选项B错误；C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）△H=﹣115.6kJ/mol，选项C错误；D.气态水变成液态要放出能量，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ，选项D正确；答案选D。16、D【解析】

理论上正确，要求物质的转化需符合物质的性质及变化规律；操作上可行，要求操作应简便易行；绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染.【详解】A.碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；B.铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；C.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；D.氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；答案：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。18、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液2-丙醇氧化反应100%4n等【解析】

B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，反应Ⅲ的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。19、受热均匀，且易控制温度如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O可减少ClO2挥发和水解8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2NaClO3135cV2V1偏大盐酸和BaCl2溶液将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比【解析】

Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2水解；(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3mol，2ClO2～5I2～10Na2S2O32mol10mol10-2∙x∙V1×10-310-1cV2×10-3mol，2:10=10-2∙x∙V1如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；(4)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生