上海市北中學2024年高三二診模擬考試化學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、根據某種共性可將CO2、SO2歸為一類氧化物，下列物質中與它們屬于同一類的是（）A．CaCO3 B．P2O5 C．CuO D．KMnO42、一種治療感冒咳嗽的藥物結構簡式是。下列關于該有機物的說法正確的是（）A．分子中所有碳原子可在同一平面上B．該有機物的分子式是C10H16OC．該有機物能發生加成和氧化反應D．該有機物與互為同分異構體3、CuI是有機合成的一種催化劑，受熱易氧化。實驗室可通過向CuSO4與NaI的混合溶液中通入SO2制備CuI(2CuSO4＋2NaI＋SO2＋2H2O2CuI↓＋2H2SO4＋Na2SO4)。下列實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是()A．制備SO2B．制備CuI并制備少量含SO2的溶液C．將CuI與母液分離并用裝置制得的含SO2的溶液洗滌沉淀D．加熱干燥濕的CuI固體4、景泰藍是一種傳統的手工藝品。下列制作景泰藍的步驟中，不涉及化學變化的是ABCD將銅絲壓扁，掰成圖案

將鉛丹、硼酸鹽等化合熔制后描繪

高溫焙燒

酸洗去污A．A B．B C．C D．D5、實驗室常用如下裝置制備乙酸乙酯。下列有關分析不正確的是A．b中導管不能插入液面下，否則會阻礙產物的導出B．固體酒精是一種白色凝膠狀純凈物，常用于餐館或野外就餐C．乙酸乙酯與互為同分異構體D．乙酸、水、乙醇羥基氫的活潑性依次減弱6、關于石油和石油化工的說法錯誤的是A．石油大體上是由各種碳氫化合物組成的混合物B．石油分餾得到的各餾分是由各種碳氫化合物組成的混合物C．石油裂解和裂化的主要目的都是為了得到重要產品乙烯D．實驗室里，在氧化鋁粉末的作用下，用石蠟可以制出汽油7、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是()A．50mL1mol/L硝酸與Fe完全反應，轉移電子的數目為0.05NAB．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，所得物質中的氧原子數為4NAC．30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃燒，消耗O2的分子數目為NAD．1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO－的微粒數之和為0.1NA8、在下列工業處理或應用中不屬于化學變化原理的是A．石油分餾 B．從海水中制取鎂C．煤干餾 D．用SO2漂白紙漿9、某模擬“人工樹葉”電化學實驗裝置如圖所示，該裝置能將H2O和CO2轉化為O2和燃料(C3H8O)。下列說法正確的是A．該裝置工作時，H+從a極區向b極區遷移B．該裝置將化學能轉化為光能和電能C．a電極的反應式為3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2OD．每生成3molO2，有88gCO2被還原10、常溫下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH隨NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．在滴定過程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B．pH=5時，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C．pH=7時，消耗NaOH溶液的體積小于20.00mLD．在滴定過程中，隨NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持續增大11、為模擬氨堿法制取純堿的主要反應，設計在圖所示裝置。有關說法正確的是(

)A．先從b管通入NH3再從a管通入CO2B．先從a管通入CO2再從b管通入NH3C．反應一段時間廣口瓶內有晶體析出D．c中裝有堿石灰以吸收未反應的氨氣12、在氯酸鉀分解的實驗研究中，某同學進行了系列實驗并記錄如下，相關分析正確的是實驗現象①加熱固體M少量氣泡溢出后，不再有氣泡產生②加熱氯酸鉀至其熔化有少量氣泡產生③加熱氯酸鉀使其熔化后迅速加入固體M有大量氣泡產生④加熱氯酸鉀與固體M的混合物（如圖）未見固體熔化即產生大量氣泡A．實驗①、②、③說明M加快了氣體產生的速率B．實驗①、②、④說明加入M后，在較低溫度下反應就可以發生C．實驗②、③說明固體M的加入增加了氣體產生的量D．固體M是氯酸鉀分解的催化劑13、自催化作用是指反應物之一使該反應速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進行下列三組實驗，一段時間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M實驗①實驗②實驗③1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比實驗①褪色快比實驗①褪色快下列說法不正確的是A．實驗①中發生氧化還原反應，H2C2OB．實驗②褪色比①快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應速率C．實驗③褪色比①快，是因為Cl-的催化作用加快了反應速率D．若用1mL0.2M14、下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據是ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡，試管中出現渾濁測得ΔH為ΔH1、ΔH2的和H2與O2的體積比約為2︰1A．A B．B C．C D．D15、設為阿伏加德羅常數值。下列說法正確的是（）A．標準狀況下，與足量反應轉移的電子數為B．的原子核內中子數為C．25℃時，的溶液中含的數目為D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的數目為16、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的四種短周期主族元素，Y、Z的最外層電子數之和等于W的原子序數，Z元素在地殼中含量最高。Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽。常溫下，X的單質為氣體。下列說法正確的是（）A．簡單陰離子的還原性：X>YB．原子半徑：W>Z>Y>XC．Z與W形成的化合物中只含有離子鍵D．簡單氫化物的沸點：Y>Z二、非選擇題（本題包括5小題）17、以下是由甲苯合成乙酰水楊酸和酚酞的合成路線。（1）寫出“甲苯→A”的化學方程式____________________。（2）寫出C的結構簡式___________，E分子中的含氧官能團名稱為__________________；（3）上述涉及反應中，“E→酚酞”發生的反應類型是______________。（4）寫出符合下列條件的乙酰水楊酸的一種同分異構體的結構簡式_________________。①遇FeCl3溶液顯紫色，②能與碳酸氫鈉反應，③苯環上只有2個取代基的，④能使溴的CCl4溶液褪色。（5）寫出乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應的化學方程式：___________________。（6）由D合成E有多步，請設計出D→E的合成路線_________________。(有機物均用結構簡式表示)。(合成路線常用的表示方式為：D……E)18、美托洛爾可用于治療高血壓及心絞痛，某合成路線如下：回答下列問題：（1）寫出C中能在NaOH溶液里發生反應的官能團的名稱______。（2）A→B和C→D的反應類型分別是___________、____________，H的分子式為______。（3）反應E→F的化學方程式為______。（4）試劑X的分子式為C3H5OCl，則X的結構簡式為______。（5）B的同分異構體中，寫出符合以下條件：①含有苯環；②能發生銀鏡反應；③苯環上只有一個取代基且能發生水解反應的有機物的結構簡式____________。（6）4－芐基苯酚（）是一種藥物中間體，請設計以苯甲酸和苯酚為原料制備4－芐基苯酚的合成路線：____________（無機試劑任用）。19、鈉是一種非常活潑的金屬，它可以和冷水直接反應生成氫氣，但是它與煤油不會發生反應。把一小塊銀白色的金屬鈉投入到盛有蒸鎦水的燒杯中，如圖a所示，可以看到鈉塊浮在水面上，與水發生劇烈反應，反應放出的熱量使鈉熔成小球，甚至會使鈉和生成的氫氣都發生燃燒。如果在上述盛有蒸鎦水的燒杯中先注入一些煤油，再投入金屬鈉，可以看到金屬鈉懸浮在煤油和水的界面上，如圖b所示，同樣與水發生劇烈的反應，但不發生燃燒。圖a圖b(1)在第一個實驗中，鈉浮在水面上；在第二個實驗中，鈉懸浮在煤油和永的界面上，這兩個現象說明了：________。(2)在第二個實驗中，鈉也與水發生反應，但不發生燃燒，這是因為________。(3)我們知道，在金屬活動性順序中，排在前面的金屬能把排在后面的金屬從它的鹽溶液里置換出來，可將金屬鈉投入到硫酸銅溶液中，卻沒有銅被置換出來，而產生了藍色沉淀，請用化學方程式解釋這一現象____。20、CoCl2·6H2O是一種飼料營養強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發生反應的離子方程式_________________。（2）寫出NaClO3發生反應的主要離子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式_________________。（3）“加Na2CO3調pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為___________________。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們依次是_____________、____________和過濾。制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓烘干的原因是__________________。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是______________；其使用的最佳pH范圍是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）為測定粗產品中CoCl2·6H2O含量，稱取一定質量的粗產品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質量。通過計算發現粗產品中CoCl2·6H2O的質量分數大于100％，其原因可能是______________________。(答一條即可)21、氯氧化銅[xCuO·yCuCl2·zH2O]在農業上用作殺菌劑。工業上用銅礦粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）為原料制取氯氧化銅的流程如下：⑴“調節pH”并生成Fe(OH)3時反應的離子方程式為______。⑵調節pH，要使常溫溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1，而c(Fe3＋)≤1×10－6mol·L-1，則應調節pH的范圍為______。｛已知Ksp[Cu(OH)2＝2.2×10－20]，Ksp[Fe(OH)3＝1×10－36]｝⑶為測定氯氧化銅的組成，現進行如下實驗：步驟Ⅰ：稱取0.4470g氯氧化銅，放入錐形瓶，加入一定量30%的硝酸使固體完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示劑，用0.1000mol·L－1AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至終點時消耗AgNO3標準溶液20.00mL；步驟Ⅱ：稱取0.4470g氯氧化銅，放入錐形瓶，加入一定量硫酸使固體完全溶解。向溶液中加入過量的KI固體，充分反應后向溶液中滴入數滴淀粉溶液，用0.2000mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定，滴定至終點時消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。已知步驟Ⅱ中所發生的反應如下：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I22Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6①已知Ag2CrO4為磚紅色沉淀，步驟Ⅰ滴定終點時的實驗現象是_______。②通過計算確定氯氧化銅的化學式________________（寫出計算過程）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

CO2、SO2歸屬于非金屬氧化物，且屬于酸性氧化物。A.

CaCO3屬于鹽類，A項錯誤；B.

P2O5是非金屬氧化物，且屬于酸性氧化物，B項正確；C.

CuO屬于堿性氧化物，不屬于酸性氧化物，C項錯誤；D.

KMnO4屬于鹽類，D項錯誤；答案選B。2、C【解析】

A．飽和碳原子連接的四個原子構成四面體結構，最多有三個原子處于同一平面，中標*的碳原子連了三個碳原子，所以所有碳原子不可能在同一平面，A錯誤；B．該有機物的分子式是C10H14O，B錯誤；C．該有機物含有的碳碳雙鍵、羰基能發生加成反應，碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，C正確；D．的分子式為C10H12O，二者分子式不相同，不互為同分異構體，D錯誤。答案選C。3、D【解析】

A.Cu與濃硫酸在加熱時發生反應生成SO2，圖中固液加熱裝置可制備，A正確；B.硫酸銅與NaI發生氧化還原反應生成CuI、SO2，可用該裝置制備CuI并制備少量含SO2的溶液，B正確；C.分離沉淀與溶液，可選該裝置進行過濾，C正確；D.加熱干燥濕的CuI固體，由于CuI易被氧化，因此不能用該裝置加熱，D錯誤；故合理選項是D。4、A【解析】

A.將銅絲壓扁并掰成圖案，并沒有新的物質生成，屬于物理變化，不涉及化學變化，故A選；B.鉛丹、硼酸鹽等原料化合在經過燒熔而制成不透明的或是半透明的有獨特光澤物質，該過程有新物質生成，屬于化學變化，故B不選；C.燒制陶瓷過程有新物質生成，屬于化學變化，故C不選；D.酸洗去污，該過程為酸與金屬氧化物反應生成易溶性物質，屬于化學變化，故D不選。5、B【解析】

A.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇，反應消耗乙酸，同時降低乙酸乙酯的溶解度，為防止產生倒吸現象，b中導管不能插入液面下，否則不僅可能會產生倒吸現象，而且還會阻礙產物的導出，A正確；B.固體酒精制作方法如下：將碳酸鈣固體放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反應后生成醋酸鈣(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，將醋酸鈣溶液蒸發至飽和，加入適量酒精冷卻后得膠狀固體即固體酒精，可見固體酒精是混合物，B錯誤；C.乙酸乙酯與的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，結構不同，故二者互為同分異構體，C正確；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羥基，電離產生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羥基氫的活潑性依次減弱，D正確；故合理選項是B。6、C【解析】

A、石油是由多種碳氫化合物組成的混合物，故A說法正確；B、因為石油是由多種碳氫化合物組成的混合物，石油分餾時，沸點相近做為氣體跑出，因此石油分餾得到的餾分是混合物，故B說法正確；C、石油裂化得到是輕質汽油，裂解得到是乙烯等氣態烴，故C說法錯誤；D、實驗室里石蠟在氧化鋁的催化下，得到汽油，故D說法正確。7、A【解析】

A項、50mL1mol/L硝酸與Fe完全反應生成硝酸鐵或硝酸亞鐵，若硝酸的還原產物只有一氧化氮，50mL1mol/L硝酸的物質的量為0.05mol，則生成一氧化氮轉移的電子數目為0.0375mol，故A錯誤；B項、2molNO與1molO2所含O原子的物質的量為4mol，由質量守恒定律可知，反應前后原子個數不變，則所得物質中的氧原子數為4NA，故B正確；C項、乙酸和甲醛（HCHO）的最簡式相同，均為CH2O，30gCH2O的物質的量為1mol，1molCH2O完全燃燒消耗O2的物質的量為1mol，故C正確；D項、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物質的量為0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO－的物質的量為0.1mol，故D正確。故選A。【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵。8、A【解析】

A．石油分餾是根據各成分的沸點不同而分離的，變化過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故A正確；B．鎂是活潑金屬，在海水中一化合態存在，制取鎂單質，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，分解生成煤焦油、煤氣、焦炭等新物質，屬于化學變化，故C錯誤；D．二氧化硫具有漂白性，能夠結合有色物質生成無色物質，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤；故選A。9、D【解析】

A.a與電源負極相連，所以a是陰極，而電解池中氫離子向陰極移動，所以H+從陽極b極區向陰極a極區遷移，A項錯誤；B.該裝置是電解池裝置，是將電能轉化為化學能，所以該裝置將光能和電能轉化為化學能，B項錯誤；C.a與電源負極相連，所以a是陰極，發生還原反應，電極反應式為：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C項錯誤；D.電池總的方程式為：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧氣，陰極有6mol的二氧化碳被還原，也就是3mol的氧氣，陰極有2mol的二氧化碳被還原，所以被還原的二氧化碳為88g，D項正確；答案選D。10、D【解析】

A．反應后的溶液一定滿足電荷守恒，根據電荷守恒分析；B．pH＝5時，溶液呈酸性，則c(H＋)＞c(OH?)，結合電荷守恒判斷；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL；D．由于CH3COOH的物質的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持續增大。【詳解】A．在反應過程中，一定滿足電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正確；B．pH＝5的溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，根據電荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，則溶液中離子濃度的大小為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正確；C．如果消耗NaOH溶液的體積20.00mL，兩者恰好完全反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，若為中性，則加入的氫氧化鈉溶液體積小于20.00mL，故C正確；D．由于CH3COOH的物質的量是定值，故隨NaOH溶液滴加，溶液體積的增大，c(CH3COO-)不可能持續增大，故D錯誤；故答案選D。【點睛】本題明確各點對應溶質組成為解答關鍵，注意應用電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理判斷離子濃度的大小。11、C【解析】A.不能直接將氨氣通入水中，會引起倒吸，A錯誤；B.先從a管通入氨氣，再從B管通入CO2，B錯誤；C.NaHCO3的溶解度隨溫度降低而增大，所以反應一段時間后廣口瓶內有NaHCO3晶體析出，C正確；D.堿石灰能干燥氨氣，但不能回收未反應的氨氣，D錯誤。點睛：氨氣極易溶于水，不能直接將氨氣通入水中；氨氣的干燥應采用堿性干燥劑，對其回收應采用酸性溶液或水。12、B【解析】

①說明固體M受熱會釋放出少量的氣體；②說明氯酸鉀在溫度較高的條件下會釋放出氧氣；③說明氯酸鉀在較高的溫度下與M接觸釋放出大量的氧氣；④說明氯酸鉀與固體M的混合物在較低的溫度下就能釋放出大量的氧氣；A．實驗①、②、③三個實驗并不能說明M加快了氣體產生的速率，故A錯誤；B．實驗①、②、④對比可知，加入M后，在較低溫度下反應就可以發生，故B正確；C．實驗②、③說明固體M的加入反應速率加快了，并不能說明增加了氣體產生的量，故C錯誤；D．要證明反應中固體M是催化劑還需要驗證其質量和化學性質在反應前后是否發生了變化，故D錯誤；故答案選B。13、C【解析】

A.碳元素的化合價升高，且錳離子可作催化劑，則實驗①中發生氧化還原反應，H2C2O4是還原劑，產物MnSO4能起自催化作用，故A正確；B.催化劑可加快反應速率，則實驗②褪色比①快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應速率，故B正確；C.高錳酸鉀可氧化氯離子，則實驗③褪色比①快，與催化作用無關，故C錯誤；D.增大濃度，反應速率加快，則用1mL0.2M的H2C2O4做實驗①，推測比實驗①褪色快，故D正確；故選C。14、B【解析】

A.反應2NO2(g)N2O4(g)的正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產生更多的NO2氣體，二氧化氮濃度增大，左側氣體顏色加深；降低溫度，化學平衡向放熱的正反應方向移動，二氧化氮濃度減小，右側氣體顏色變淺，能夠用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；B.燒瓶中冒氣泡，證明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高價氧化物對應的水化物，不能比較C、Cl的非金屬性強弱；試管中出現渾濁，可能是由于發生反應：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于發生反應：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，無法用元素周期律解釋，B符合題意；C.根據蓋斯定律可知：△H=△H1+△H2，能夠用蓋斯定律解釋，C不符合題意；D.根據電子守恒可知，電解水生成H2與O2的物質的量之比2:1，結合阿伏伽德羅定律可知，H2與O2的體積比約為2:1，D不符合題意；故合理選項是B。15、A【解析】

A.二者的反應方程式為，當有2mol二氧化碳參加反應時，一共轉移2mol電子，因此當有二氧化碳參加反應時，轉移0.1mol電子，A項正確；B.碳原子的物質的量是，根據質量數=質子數+中子數算出其1個原子內有8個中子，故一共有中子，B項錯誤；C.pH=2的溶液中，根據算出的物質的量為，C項錯誤；D.葡萄糖的分子式為，蔗糖的分子式為，二者的最簡式不一樣，因此無法計算，D項錯誤；答案選A。16、A【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Z元素在地殼中含量最高，則Z為O；Y元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物化合生成鹽，則Y為N；常溫下，X的單質為氣體，在氮之前，只有H，則X為H；Y、Z的最外層電子數之和等于W的原子序數，Y、Z的最外層電子數分別為5、6，則W為Na。A．非金屬性N>H，元素的非金屬性越強，對應的簡單陰離子的還原性越弱，A項正確；B．根據元素周期律，同周期，原子序數小的半徑大，同主族，周期大的半徑大，故原子半徑Na>N>O>H，B項錯誤；C．Z與W形成的化合物可能為Na2O或Na2O2，前者只含有離子鍵，后者存在離子鍵和共價鍵，C項錯誤；D．氨氣和水分子都含有氫鍵，但是水分子間形成的氫鍵較多，沸點更高，D項錯誤；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基、羥基取代或酯化或的鄰、間、對的任意一種（寫出D的結構簡式即給1,其他合理也給分）【解析】根據題中各物質轉化關系，甲苯與溴在鐵粉作催化劑的條件下生成A為，A發生水解得B為，B與乙酸發生酯化反應C為，C發生氧化反應得乙酰水楊酸，比較和酚酞的結構可知，與反應生成D為，D發生氧化反應得，再與反應得E為。（1）“甲苯→A”的化學方程式為；（2）C為，E為，E分子中的含氧官能團名稱為羧基、羥基；（3）上述涉及反應中，“E→酚酞”發生的反應類型是取代或酯化反應；（4）乙酰水楊酸的一種同分異構體，符合下列條件①遇FeCl3溶液顯紫色，說明有酚羥基，②能與碳酸氫鈉反應，說明有羧基，③苯環上只有2個取代基，④能使溴的CCl4溶液褪色，說明有碳碳雙鍵，則該同分異構體的結構簡式為或的鄰、間、對的任意一種；（5）乙酰水楊酸和NaOH溶液完全反應的化學方程式為；（6）根據上面的分析可知，D→E的合成路線為。18、（酚）羥基；氯原子取代反應還原反應C15H25O3N+CH3OH+H2O【解析】

由B的分子式、C的結構，可知B與氯氣發生取代反應生成C，故B為，C發生還原反應生成D為．對比D、E的分子式，結合反應條件，可知D中氯原子水解、酸化得到E為．由G的結構可知，E中醇羥基與甲醇發生分子間脫水反應生成F，F中酚羥基上H原子被取代生成G，故F為．對比G、美托洛爾的結構可知，G發生開環加成生成美托洛爾。【詳解】(1)由結構可知C中官能團為：(酚)羥基、羰基和氯原子，在氫氧化鈉溶液中，由于和氯元素相鄰的碳原子上沒有氫原子，不能發生消去反應，羰基不與氫氧化鈉反應，酚羥基有弱酸性，可以與氫氧化鈉反應；(2)B為，根據流程圖中A和B的結構式分析，A中的氯原子將苯酚上的氫原子取代得到B，則為取代反應；D為，根據分析，C發生還原反應生成D；根據流程圖中美托洛爾的結構簡式，每個節點為碳原子，每個碳原子形成4個共價鍵，不足鍵用氫原子補充，則H的分子式為C15H25O3N；(3)E中醇羥基與甲醇發生分子間脫水反應生成F，化學方程式為：+CH3OH+H2O；(4)F為，F中酚羥基上H原子被取代生成G，對比二者結構可知，X的結構簡式為；(5)B為，B的同分異構體中，含有苯環；能發生銀鏡反應，說明含有醛基；苯環上只有一個取代基且能發生水解反應，故有機物的結構簡式；（6）苯甲醇發生氧化反應生成苯甲醛，苯甲醛與苯酚反應生成，最后與Zn（Hg）/HCl作用得到目標物。合成路線流程圖為：。19、鈉的密度大于煤油的密度，小于水的密度鈉不與空氣接觸，缺乏燃燒條件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】

(1)根據物體的浮沉條件可知：鈉浮在水面上，說明鈉的密度小于水的密度，鈉懸浮在煤油和水的界面上，說明鈉的密度大于煤油的密度；故答案為：鈉的密度大于煤油的密度，小于水的密度；(2)根據燃燒的條件可知，鈉不燃燒的原因是：煤油將鈉與空氣隔絕；故答案為：鈉不與空氣接觸，缺乏燃燒條件；(3)金屬鈉投入到硫酸銅溶液中,首先與水反應，生成的氫氧化鈉再與硫酸銅反應，相關的化學方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。【點睛】并不是所有的金屬都能從金屬性更弱的金屬鹽溶液中置換出該種金屬，要考慮這種金屬是否能夠與水反應，如果能夠與水反應，則優先考慮與水反應，再看反應產物是否與鹽溶液反應。20、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸發(濃縮)冷卻(結晶)降低烘干溫度，防止產品分解除去溶液中的Mn2+B粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水【解析】

（1）向水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發生氧化還原，根據電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案為Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案為ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案為Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）從溶液中制取氯化鈷固體，其操作步驟為：蒸發濃縮、冷卻結晶和過濾，故答案為蒸發濃縮；冷卻結晶；（5）根據流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節溶液pH在3.0～3.5之間，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率較小，并防止Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，故答案為除去溶液中的Mn2+；B；（6）