山西省长治市上党联盟2026届高考化学试题命题比赛模拟试卷（13）含解析

山西省长治市上党联盟2026届高考化学试题命题比赛模拟试卷（13）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图．下列说法正确的是（）A．E2_E1是该反应的热效应B．E3_E1是该反应的热效应C．该反应放热，在常温常压下就能进行D．实现变废为宝，且有效控制温室效应2、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤3、下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率最高的是()A．B．C．D．4、下列关于有机物的说法正确的是A．乙醇和丙三醇互为同系物B．二环己烷()的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D．环己烯()分子中的所有碳原子共面5、以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说法不正确的是A．装置②中试剂可以是NaOH溶液B．装置③的作用是干燥O2C．收集氧气应选择装置aD．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶6、过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料，在不同的领域引起了研究者的兴趣，含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景，下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图，若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂，则下列说法错误的是A．由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B．控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离C．因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，故常作为沉铜的沉淀剂D．向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：S2−+Cu2+CuS↓7、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，不存在a＞b关系的是()XYA过量C、Fe碎屑稀HClB过量Na2CO3粉末稀H2SO4C过量Fe、Al碎屑浓H2SO4D过量Cu、CuO粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D8、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO29、设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4L含有分子数目B．25℃，1LpH=13的数目为0.2C．在足量中0.1molFe燃烧完全，转移电子数目为0.3D．密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目为10、不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是A．最高价氧化物对应水化物的碱性强弱 B．Na和AlCl3溶液反应C．单质与H2O反应的难易程度 D．比较同浓度NaCl和AlCl3的pH大小11、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（）A．④③①② B．③④①② C．③④②① D．④③②①12、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A．气体X中含有SO2B．为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C．蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D．在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低13、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是A．有24个电子 B．N原子中未成对电子的电子云形状相同C．质子数为20 D．中N原子间形成离子键14、下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是A．乙装置中溶液颜色不变B．铜电极应与Y相连接C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H＋D．当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g15、“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（）A．黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成B．“屠苏”中不含非电解质C．爆竹爆炸发生了化学变化D．早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应16、从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（）A．灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒B．过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出D．反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘二、非选择题（本题包括5小题）17、用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。18、重要的化学品M和N的合成路线如图所示：已知：i．ii．iiiN的结构简式是：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团名称是______，C与E生成M的反应类型是______．（2）写出下列物质的结构简式：X：______Z：______E：______（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．（4）1molG一定条件下，最多能与______molH2发生反应（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______①有碳碳叄键②能发生银镜反应③一氯取代物只有2种（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．19、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________；其使用的最佳pH范围是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。(答一条即可)20、Na2S2O3•5H2O俗称“海波”，是重要的化工原料，常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式是_____。（2）测定海波在产品中的质量分数：依据反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。称取5.500g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL该溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.05000mol•L﹣1I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示。①判断滴定终点的现象是_____。②若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则测量的Na2S2O3•5H2O的质量分数会_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）③计算海波在产品中的质量分数（写出计算过程）。_____。21、雾霾天气严重影响人们的生活和健康。因此采取改善能源结构、机动车限号等措施来减少PM2.5、SO2、NOx等污染。请回答下列问题:Ⅰ.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在两个恒容容器中发生该反应，相关信息如下表及图所示，回答下列问题：容器甲乙容积/L11温度/KT1T2起始充入量1molO3和2molNO21molO3和2molNO2①0~15min内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)=____(计算结果保留两位小数)。②该反应的正反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。

③T1时平衡后，向恒容容器中再充入1molO3和2molNO2，再次平衡后，NO2的百分含量将____(填“增大”“减小”或“不变”)。

④反应体系在温度为T1时的平衡常数为____。

⑤在恒温恒容条件下，下列条件不能证明该反应已经达到平衡的是____。a．容器内混合气体压强不再改变b．消耗2nmolNO2的同时，消耗了nmolO3c．混合气体的平均相对分子质量不再改变d．混合气体密度不再改变II.某化学小组查阅资料后得知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：①2NO(g)＝N2O2(g)(快)v1正＝k1正·c2(NO)，v1逆＝k1逆·c(N2O2)②N2O2(g)＋O2(g)＝2NO2(g)(慢)v2正＝k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆＝k2逆·c2(NO2)请回答下列问题：（1）已知决定2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应②，则反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1____E2(填“＞”“＜”或“＝”)。（2）一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K＝____。

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、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1－E2，A错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1－E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。2、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。3、C【解析】

卤代烃消去反应的机理是断裂卤原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键，相邻碳原子上的C﹣H键极性越强的氢原子，越容易断裂，而碳氢键的极性受其他原子团的影响，据此解答。【详解】碳碳双键为吸电子基团，ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的C﹣H键受双键吸电子的影响程度不同，按照C﹣H键极性由强到弱的顺序排列依次是：C、A、B，所以碳氢键断裂由易到难的顺序为：C、A、B；D分子中不存在碳碳双键，相邻碳上的C﹣H键极性比前三者弱，所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率有高到低的顺序是：C、A、B、D，答案选C。4、B【解析】

A．乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同，不是同系物，故选项A错误；B．二环己烷中有两类氢原子，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种，故选项B正确；C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷，故选项C错误；D．环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式，不能满足所有碳原子共面，故选项D错误；故选B。5、C【解析】

实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B.装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C.由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；D.装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D；答案：C6、D【解析】

由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大小顺序为CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金属离子沉淀先后顺序为：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，选项A正确；CuS的Ksp最小，控制S2−浓度可以使铜离子从溶液中沉淀出来，实现铜离子与其他金属离子的分离，选项B正确；因Na2S、ZnS来源广、价格便宜，可作沉铜的沉淀剂，选项C正确；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，选项D不正确。7、C【解析】

A.铁与稀盐酸反应放出氢气，久置后其气体的物质的量增大，故不选A；B.Na2CO3粉末与稀H2SO4反应放出二氧化碳气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选B；C.Fe、Al在浓硫酸中钝化，久置后其气体的物质的量不变，故选CD.Cu与浓硝酸反应放出NO2气体，久置后其气体的物质的量增大，故不选D；答案选C。8、A【解析】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。9、C【解析】

A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.25℃，1LpH=13的Ba(OH)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1，B错误；C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3mol与1mol充分反应可生成分子数目小于，D错误；故合理选项是C。10、B【解析】

A.对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，A项正确；B.Na和AlCl3溶液反应，主要是因为钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，这不能说明Na的金属性比铝强，B项错误；C.金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，可用于比较Na与Al金属性相对强弱，C项正确；D.AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解使溶液显碱性，而氯化钠溶液呈中性，说明氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为弱碱，所以能比较Na、Al金属性强弱，D项正确；答案选B。金属性比较规律：1、由金属活动性顺序表进行判断：前大于后。2、由元素周期表进行判断，同周期从左到右金属性依次减弱，同主族从上到下金属性依次增强。3、由金属最高价阳离子的氧化性强弱判断，一般情况下，氧化性越弱，对应金属的金属性越强，特例，三价铁的氧化性强于二价铜。4、由置换反应可判断强弱，遵循强制弱的规律。5、由对应最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，碱性越强，金属性越强。6、由原电池的正负极判断，一般情况下，活泼性强的作负极。7、由电解池的离子放电顺序判断。11、A【解析】

物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质．氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。12、B【解析】

A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选B。13、B【解析】

A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，故A错误；B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则质子数为21，故C错误；D..N5+离子的结构为，中N原子间形成共价键，故D错误；故选B。14、D【解析】

甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确；C.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，C正确；D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移n(e-)=0.25mol×4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)=mol×64g/mol=32g，D错误；故答案是D。15、B【解析】

A.黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；B.“屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；C.爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；D.早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；故选：B。16、D【解析】

A．灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；B．过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；D．有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。18、羟基、醛基酯化反应CH2=CHCHO3CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等【解析】

有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为CH2=CHCHO，E为；(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1molG一定条件下，最多能与3molH2发生反应；(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。19、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】

（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。20、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化偏低从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g样品中n（Na2S2O3•5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，则m（Na2S2O3•5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为×100%＝90.18%，故答案为：90.18%。【解析】

（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/LI2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反应的离子方程式为S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O，故答案为：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl‾+5H2O；（2）①加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加