江西省南昌市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题

这是一份江西省南昌市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题，共23页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

江西省南昌市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题

一、工业流程题
1．（2020·江西南昌·统考一模）铜锌银精矿化学成分如下：
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86

利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：

回答下列问题：
(l)“气体A”为____(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和____(填化学式)。
(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是____________。
(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为____。
(4)“母液2”中阴离子含量最多的是____，该溶液最好返回 __工序循环使用。
(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是________。
2．（2021·江西南昌·统考一模）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉(MnO2)通过下列流程制备：

已知：蒸发结晶得到MnSO4
(1)泥浆化的目的是______。
(2)“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为______(填化学式)。
(3)“酸歧化”的离子方程式为______。
(4)活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是______。
(5)“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸(转化率100%)以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为______。
(6)在碱性锌锰电池(ZnlKOHIMnO2)中，活性MnO2[生成MnO(OH)]作电池的______极，其电极反应为______。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO(OH)混合物，该混合物经过______(填方法)可以直接得到活化MnO2。
3．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。

(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是___________。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是_______。调节pH发生的离子方程式为________。
(3)加入锌除去的杂质离子是________，深度除杂的目的是__________。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是__________。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是___________。

二、原理综合题
4．（2020·江西南昌·统考一模）1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡 剂和密封剂。
(l) N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。
(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) =2N2(g)+O2(g)  △H。
已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/mol
4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △H2=-1531KJ/mol
△H=__________。
(3)N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①Fe++N2OFeO+N2；反应②______________

由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用时间。
(4)在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：

①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：____ ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，，通过计算判断TC____TD(填“>”“=”或“<”)。
(5)在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%

则该温度下反应的平衡常数K=____。
5．（2021·江西南昌·统考一模）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
(1)据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如下图所示。

①甲醇羰基化总反应方程式为______。
②化合物I转化为II，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量(kJ·mol-1)如下：

反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04

可知化合物I转化为II的∆H______0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=______kJ·mol-1，该条件下更好的催化剂是______(填“催化剂a”或“催化剂b”)，理由为______。
(2)140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如下图所示。

①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为______mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性______醋酸甲酯的选择性(填“>”“＜”或“=”)。
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)平衡常数为______(保留一位小数)。
6．（2022·江西南昌·统考一模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：
6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.6kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=___________。
(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如下图所示，下列说法正确的是___________。

A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．M点时的压强一定小于N点时的压强
D．平衡常数：KM II.工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：

(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为___________(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正___________k逆(填“>”“=”或“＜”)。
III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比1：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为pPa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp=___________(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。

(5)阴极电极反应式为：________。电路中转移0.3mol电子，两极共收集气体________L(标准状况)。

三、有机推断题
7．（2020·江西南昌·统考一模）3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如下：

已知：+(CH3CO)2O+CH3COOH
回答下列问题：
(1)G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有____和 ____。
(2)反应②所需的试剂和条件是________。
(3)物质M的结构式____。
(4)⑤的反应类型是____。
(5)写出C到D的反应方程式_________。
(6)F的链状同分异构体还有____种(含顺反异构体)，其中反式结构是____。
(7)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)____。
8．（2021·江西南昌·统考一模）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯()，其合成路线如图：

已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③
(R代表H原子或其他原子团)
回答下列问题：
(1)B的结构简式为______。
(2)H中官能团的名称为______。
(3)由C生成D的化学方程式为______。D→E的反应类型为______。
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个-CH2-，符合下列条件的M的同分异构体有______种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为______。
(5)参照上述合成路线，以氯苯和2-甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()______。
9．（2022·江西南昌·统考一模）M为一种医药的中间体，其合成路线为：

已知：
①同一个碳上连两个羟基不稳定：
②
(1)A的结构简式为___________，C的名称___________。
(2)D中官能团名称是___________。
(3)F生成G的反应类型为___________。
(4)写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式________(同一碳原子上不能连2个-OH)：
①能发生银镜反应但不能发生水解
②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1
③遇FeCl3，溶液显紫色
(5)写出化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式___________。
(6)参考题中信息，以1，4-丁二醇为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)___________。

参考答案：
1．     SO2     AgCl     除去锌铁元素，分离出铜元素     1:2     氯离子     沉铜     硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2
【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为SO2，再加入H2SO4和NaCl，金属氧化物 转化为硫酸盐，Ag转化为AgCl沉淀，Pb转化为PbSO4沉淀。通入SO2将Cu2＋转化为Cu2Cl2沉淀，加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液，最后得到CuSO4晶体。
【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A为SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2＋与SO42－沉淀得到PbSO4，而Ag＋与Cl－会生成AgCl沉淀；
(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋。沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu与Zn、Fe的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；
(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，Cu2Cl2中Cu的化合价为＋1价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2＋，失去2mol电子，1molO2反应时，得到4mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；
(4) 氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液2中含有较多的Cl－，以及没有沉淀的Cu2＋和SO42－，溶液中没有Ag＋和Pb2＋等离子，不需要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl－；
【点睛】问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag＋，而Ag＋在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的Cl－，母液2中含有较多的Cl－，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。
2．     用SO2还原MnO2得到MnSO4     O2     Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O     硫化锰     66.7%     正     MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-     加热
【分析】向软锰矿粉(MnO2)中通SO2，发生反应：MnO2+SO2=MnSO4，蒸发结晶得到MnSO4，第一次烘焙生成Mn3O4，反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，第二次烘焙生成Mn2O3，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，加入稀硫酸发生反应的离子方程式：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O，得到活化MnO2。
【详解】（1）由信息：蒸发结晶得到MnSO4，可知将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，则泥浆化的目的是：用SO2还原MnO2得到MnSO4；
（2）700℃时，反应方程式：4Mn3O4+O2 6Mn2O3，O元素化合价从0降至-2，做氧化剂，则700℃时焙烧氧化剂为：O2；
（3）“酸歧化”是发生金属氧化物与酸的反应，离子方程式为：Mn2O3+2H+=MnO2+Mn2++H2O；
（4）重金属离子有Cu2+、Pb2+，应加入MnS，将他们分别转化成CuS、PbS沉淀，过滤除去，则该盐的名称是：硫化锰；
（5）“第一次焙烧”反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，得到的SO2转化为硫酸的反应方程式：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，若反应产生3molSO2，生成H2SO4只需要2molSO2，则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的倍，质量分数为66.7%；
（6）MnO2生成MnO(OH)的过程中，Mn元素化合价从+4降低到+3，做正极，电极反应式：MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，MnO2,中混有MnO(OH)杂质，MnO(OH)受热分解即可除去，反应方程式：4 MnO(OH)+O24MnO2+2H2O，则方法是：加热。
3．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2)     2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+     Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3)     Cu2+、Pb2+     进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂

【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
(1)
低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
(2)
氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
(3)
氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
(4)
煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
(5)
酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
4．     2NH3+2O2N2O+3H2O     -163kJ/mol     FeO++COCO2+Fe+     放热     反应①     降低温度     =     1.17
【分析】(2)利用盖斯定律求反应热；
(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
(5)根据三等式求算平衡常数。
【详解】(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；
(2) 已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l)  △H2=-1531KJ/mol；反应①×-反应②×可得目标反应，则△H=△H1×-△H2×=-1010kJ/mol×-(-1531kJ/mol)×=-163kJ/mol；
(3)总反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++COCO2+Fe+；
根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；
根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；
(4)①根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；
①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；
设定容器体积的体积为VL。
C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有
，则在平衡常数；
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol，则根据三等式有
，则在平衡常数；
C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；
(5)根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，根据三等式有
，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有，解得x=0.52mol，则平衡常数。
5．     CH3OH+COCH3COOH     大于     167.74kJ/mol     催化剂b     催化剂b反应所需活化能更低     0.125mol     >     8.4
【分析】（2）③各气体的物质的量=总物质的量乘以物质的量分数，代入平衡常数表达式中计算即可。
【详解】（1）①观察反应过程图，加入的反应物是CO和CH3OH，生成物是CH3COOH，甲醇羰基化总反应方程式为：CH3OH+COCH3COOH；
②第2步生成物相对能量高于反应物的相对能量，则∆H>0，最大活化能)E正=(195.09-27.35) kJ/mol =167.74 kJ/mol，由表中数据可知，使用催化剂b更好，理由是催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①由题意知，120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%，则CH3COOCH3的物质的量为0.5×=0.125mol
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，i：CH3OH(g)+CO(g)⇌CH3COOH (g)， ii：CH3COOH(g)+CH3OH(g)⇌CH3COOCH3(g)+H2O(g)，60min时，由图知物质的量分数：w(CH3COOH)>w(CH3COOCH3)，说明反应i的转化率比ii的更大，则产品醋酸的的选择性>醋酸甲酯的选择性；
③列三段式：

平衡常数为。
6．(1)-127.8kJ/mol
(2)BC
(3)          ＞
(4)
(5)     2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-     2.24

【解析】(1)
根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
(2)
A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，B正确；
C．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，C正确；
D．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，D错误；
综上所述答案为BC；
(3)
T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
(4)
设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，Δn(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=pPa=Pa，所以Kp==；
(5)
①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成mol乙烯，阳极生成mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
7．     酮基     醚基     H2O/H+加热          取代反应     +CH3COOH+H2O     3         
【分析】A转化到B的反应中，A中的羰基转化为B中的酯基，B在酸性条件下发生水解得到C，即间苯二酚，间苯二酚在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了－COCH3，E的分子式为C3H6，根据G的结构简式，可知E为丙烯，F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D和F发生取代反应，D的羟基上的H被－CH2CH=CH2取代，根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为。
【详解】(1)根据G的结构简式，其官能团有碳碳双键，羟基外，还有结构式中最下面的部分含有醚键，最上端的部分含有羰基（酮基）； 答案为酮基、醚键；
(2)B中含有酯基，在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基，在反应条件为H2O/H+加热；
(3)根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为；
(4) F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，结合D和G的结构简式，D的羟基上的H被－CH2CH=CH2取代，因此反应⑤的反应类型为取代反应；
(5)C的结构简式为，结合D的结构简式，可知C（间苯二酚）在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了－COCH3，化学方程式为+CH3COOH+H2O；
(6)F的分子式为C3H5Cl，分子中含有碳碳双键，可用取代法，用－Cl取代丙烯中的氢原子，考虑顺反异构，因此其同分异构体有（顺）、（反）、、（F），除去F自身，还有3种，其反式结构为；
(7)对苯二酚的结构简式为，目标产物为，需要在酚羟基的邻位引入－COCH2CH3，模仿C到D的步骤；将—OH转化为－OOCCH2CH3，利用已知。已知信息中，需要酸酐，因此可以利用丙酸得到丙酸酐，在进行反应，因此合成流程为。
8．          氯原子、羟基     +CH3CH2OH +H2O     加成反应     12         
【分析】核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子，A能发生信息②的反应生成B，则A为CH3COCH3，B为，根据B、C分子式知，B发生消去反应生成C，C结构简式为，C和乙醇发生酯化反应生成D为，根据氯贝特结构简式及G分子式知，G为，苯酚和氯气发生取代反应生成H，H和Na发生信息③的反应，则H为，I为，根据氯贝特及I结构简式知，E为(CH3)2CICOOCH2CH3。
【详解】(1)根据分析可知B的结构简式为；
(2)H的结构简式为，其官能团为氯原子和羟基；
(3)C和乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH +H2O；对比D和E的结构简式可知D中碳碳双键与HI发生加成反应生成E；
(4)F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，则F为，M比F在组成上少1个-CH2-，则M的分子式为C9H9O3Cl，M的同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色，说明其中一个取代基为-OH；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，说明含有羧基，则另一个取代基可以是、、、，每一种都和酚羟基有邻间对三种位置，所以同分异构体共有4×3=12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为；
(5)可由苯酚钠和(CH3)3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成(CH3)3Cl，所以其合成路线为。
9．(1)          苯甲醛
(2)羟基、羧基
(3)取代反应
(4)、、
(5)2+→+2H2O
(6)

【分析】根据C生成D的反应条件可知过程与信息②类似，所以D中应含有羟基和羧基，与氨气反应生成E，可反推出D为，则C为，A与氯气发生取代反应生成B，B水解生成C，根据C的结构简式，再结合信息①可知，A与氯气发生取代时应是同一个碳原子上的两个氢原子都被取代，所以A为，B为。
（1）
根据分析可知A为，C为，名称为苯甲醛；
（2）
D为，其官能团为羟基、羧基；
（3）
对比F和G的结构简式可知，F中甲基邻位的H原子被甲基取代生成G，所以属于取代反应；
（4）
D中含有8个C原子、3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应但不能发生水解，则含有醛基或甲酸形成的羧基；②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，说明结构对称，③遇FeCl，溶液显紫色，说明含有酚羟基，符合条件的有、、；
（5）
鞥就E和I生成M的过程可知，中成单键的O原子可以取代氨基上的两个H原子，所以化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式为2+→+2H2O；
（6）
1，4-丁二醇为HOCH2CH2CH2CH2OH，根据E+I生成M的过程可知可以由NH3和反应生成，HOCH2CH2CH2CH2OH可以被连续氧化为HOOCCH2CH2COOH，根据H生成I的过程可知，HOOCCH2CH2COOH可以在P2O5的作用下生成，所以合成路线为。