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山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
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这是一份山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共26页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、原理综合题
1．（2020·山东泰安·统考二模）氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。
(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质的结构式为________，二氯胺与水反应的化学方程式为_____________。将0.01 mol NCl3通入100 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液中，转移电子的物质的量为_______mol。
(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。
则反应过程中的△H2=____kJ·mol-1，表中的x=_____。
(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上NH2Cl的体积分数随的变化如下图所示。
①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用Ka、Kb、Kc表示)_________。b点时，该反应的平衡常数为________；
②T2℃，Q点对应的速率：__________(填“>”、“<”或“=”)；
③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是__________(任写1种)；
④若产物都是气体，实验测得NH2C1的体积分数始终比理论值低，原因可能是______________。
2．（2020·山东泰安·统考二模）AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：
(1)基态铜原子的价层电子排布式为__________。
(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是_______。
(3)CN—、NH3、H2O和OH—等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol [Zn(NH3)4]2+含___ molσ键，中心离子的配位数为_____。
(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_____个镁原子最近且等距离。
(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
①苯甲醇中C原子杂化类型是__________。
②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。
(6)钛晶体有两种晶胞，如图所示。
①如图3所示，晶胞的空间利用率为______(用含п的式子表示)。
②已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D g·cm-3，NA为______mol—1(用含x y和D的式子表示)。
3．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。答下列问题：
(1)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。写出反应的热化学方程式_______。
(2)不同温度下，工业催化合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 反应的K值随温度变化如表。
温度/°C
25
400
450
K
5 ×108
0.507
0.152
从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，解释其原因_______。
(3)某科研组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，可在较低的电压下实现氮气的还原合成氨：
已知：第一步：*H++e- =*H(快)(吸附在催化剂表面的物质用*表示)；
第二步：N2+2*H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步：_______(快)(写出第三步的方程式)。
其中，第二步为决速步，原因是_______(从反应物分子结构角度)。
(4)向恒温密闭容器中充入一定物质的量N2、H2混合气体，在不同催化剂作用下的进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：
根据图示，b点v正_______v逆(填“＞”、“＜ ”或“＝”)，温度高于T4后曲线重合为ac的合理解释是_______；c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，此条件下反应的平衡常数K=_______ (用含k1、k2的代数式表示)。
(5)在30 MPa时，体积分数为3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体合成氨气，平衡时NH3体积分数随温度变化情况如图。
若q=10时，M点的N2的分压=_______MPa。此时该反应的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
二、工业流程题
4．（2020·山东泰安·统考二模）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
(1)Te元素在元素周期表中的位置为______________其基态原子的电子占据的最高能层符号为________。
(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为__________________。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_________极。
(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是______________。
(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为____________________。
若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为________％(保留三位有效数字)。
5．（2021·山东泰安·统考二模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
②PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0
③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5
(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。
(2)“滤渣2”的主要成分是______。
(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。
(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。
(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。
6．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：
已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·山东泰安·统考二模）化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：
请回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是__________。G中含氧官能团的名称为_________。E分子式为_________________。
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为________。
(3)F中有无手性碳原子，如有则在下图中用*标出：________。
(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：________(不考虑立体异构)。
①含有—SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
(5)写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图(其他试剂任选)。_____________________________。
8．（2021·山东泰安·统考二模）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如图：
（1）有机物A的结构简式为___。
（2）按系统命名法，B的名称是__。
（3）F→G的反应类型是___。
（4）写出D→M的化学方程式__。
（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N含有的官能团是（填名称）___。
（6）满足下列条件的X的同分异构体共有__种，写出任意一种的结构简式__。
①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种
（7）写出E→F合成路线(在指定的3个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)___。
9．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）化合物I是有机合成中的一种中间体，合成路线如图(部分反应条件已省略)，回答下列问题：
已知：①
②
③+H2O
④
(1)B中含氧官能团的名称为_______. ；
化合物B→C的反应类型是_______。
(2)最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。A→B的反应属于最理想的“原子经济性反应”，化合物X结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
(3)写出H→I的化学方程式：_______。
(4)写出两种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式(不包括立体异构)：_______。
①包含两个碳环，且只含两个-CH2-
②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基
(5)以化合物为原料，设计的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。
参考答案：
1． H-O-C1 NHCl2+2H2O=NH3+2HClO 0.06 -1405.6 191.2 Ka=Kb>Kc < 升温或及时分离出产物NH2Cl 有副反应，还可能生成NHCl2、NC13、N2等
【分析】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，根据反应前后元素化合价的变化分析电子转移情况；
(2)根据反应热与反应物、生成物的活化能大小分析，根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析；
(3)①平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，当n(NH3)：n(Cl2)=0.4时结合NH2Cl的体积分数为20%，通过物质平衡转化关系计算出各物质平衡量，代入平衡常数公式计算；
②在T2温度下，过Q点作垂线，此时Q点对应NH2Cl的体积分数偏高，联系平衡移动即可得出正反应速率与逆反应速率的大小；
③提高NH3的转化率，则平衡应该正向移动，联系平衡移动的相关知识解答；
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能的原因很多，可从副反应或者有其他杂质产生方面考虑回答即可。
【详解】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO，反应产生的HClO具有强的氧化性，其结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO，反应方程式为：NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，1 mol NCl3反应产生3 mol HClO，氧化Na2SO3产生Na2SO4时转移6 mol电子，则0.01 mol NCl3发生反应转移0.06 mol电子；
(2)由于从能量数值看△H1=△H+△H2，所以△H2=△H1-△H=1416.9 kJ/mol-11.3 kJ/mol=1405.6 kJ/mol，物质由能量高的状态转化为能量低的状态，反应放出热量，则反应过程中的△H2=-1405.6 kJ/mol；由△H=反应物总键能-生成物总键能，得：1416.9 kJ/mol-(2×391.3 kJ/mol+x kJ/mol+431.8 kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2 kJ/mol；
(3)①由于a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应的正反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆向移动，则Kc变小，所以a、b、c三点化学平衡常数的关系是：Ka=Kb>Kc；当=0.4时，假设容器体积为V L，起始量n(NH3)=0.4 mol，n(Cl2)=1 mol，NH3变化量为x mol，则平衡时n(NH3)=(0.4-x) mol，n(Cl2)=(1-x) mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=x mol，同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则：×100%=20%，解得x=0.28 mol，则该反应的平衡常数Kb=；
②在T2温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏高，平衡将向着使NH2Cl的体积分数下降的方向移动，所以Q点平衡逆移，v正
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2。
【点睛】本题考查了反应热与键能、物质含有能量的关系及化学平衡有关知识，掌握有关概念、反应热与键能及物质能量关系和平衡移动原理的影响因素是解题关键，在分析时，要结合图象，弄清图象中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
2． 3d104s1 Mg I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， 16 4 8 sp2、sp3 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键
【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；
(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；
(3)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；
(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；
(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；
②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；
(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；
②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。
【详解】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
(2)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；
(3)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol [Zn(NH3)4]2+含（4+3×4）mol=16molσ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；
(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；
(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；
②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；
(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；
②②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=g÷x2ycm3，由此计算得NA=mol—1。
【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。
3．(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
(2)从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
(3) 2(*NH)+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
(4) ＞ T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合
(5) 4 0.0145
【解析】(1)
已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)
根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)
根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)
催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)
(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
4． 第五周期ⅥA族 O 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 CuSO4 阴 低温条件下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0
【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。
【详解】(1)Te是52号元素，原子核外电子排布为2、8、18、18、6，可见Te元素在元素周期表中的位置为第五周期第VIA族，最高能层为第5能层，故其基态原子的电子占据的最高能层符号为O；
(2)煅烧时，Cr2O3与O2及Na2CO3发生反应产生Na2CrO4和CO2，反应的化学方程式为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(3)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4，Cu2+转化为铜单质，发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极；
(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7；
(5)氧化还原滴定过程中发生Fe2+与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
反应中消耗Fe2+的物质的量n(Fe2+)=c·V=0.1000 mol·L-1×0.025 L=0.0025 mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知n(Cr2O72-)=n(Fe2+)= mol，则所得样品中K2Cr2O7的纯度=×100%=49.0%。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、电解原理的应用及氧化还原反应分析判断、滴定方法在物质含量测定的应用等，掌握反应原理，清楚原子结构与元素位置及物质性质的关系，弄懂反应中守恒关系是解题关键，侧重考查学生分析及应用能力。
5． 3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O Fe(OH)3 温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体 H2SO4 10.27 mol·L-1 正 PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++ 减轻 160
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S 、FeCl3等物质， MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S固体；加入MnO溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl；据此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，FeS2、MnO2和HCl发生氧化还原反应，FeS2中铁元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被还原成Mn2+，依据原子守恒和电子守恒，生成FeCl3的化学方程式为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去Fe3+，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案为Fe(OH)3。
(3)温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体；答案为温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体。
(4)难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为盐酸，可以在开始的浸取过程中循环利用，则X为H2SO4；PbCl2(s)+(aq) PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，当10mol的完成转化成PbSO4时，c(Cl-)==20mol·L-1，则c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于10 mol·L-1+0.27 mol·L-1=10.27 mol·L-1；答案为H2SO4；10.27 mol·L-1。
(5)由 Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，铅蓄电池进行充电时，为电解池装置，铅蓄电池的正极与电源正极相连作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++，阴极的电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+，当充电过程中转移2mole-时，阳极1molPbSO4变为1molPbO2，电极质量减轻303g-239g=64g，阴极1molPbSO4变为1molPb，质量减轻303g-207g=96g，即两极质量共减轻64g+96g=160g；答案为正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++；减轻；160。
6．(1)ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑
(2) 保持干燥
(3)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次
(4)ZrO2
(5) 重结晶 锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同 萃取 3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr
【分析】锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气和足量的焦炭反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，ZrCl4转化为ZrOCl2·8H2O，900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，据此分析解题。
（1）
“高温气化”中可发生多个反应，主要反应为ZrSiO4与足量的氯气和足量的焦炭反应生成ZrCl4、SiCl4、CO，化学方程式是：ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑；
（2）
分馏过程中，为防止产品变质，ZrCl4遇水强烈水解，过程中一定需要注意的是保持干燥。高温气化生成杂质SiCl4，ZrCl4是白色固体，液体a为SiCl4，电子式是 ；
（3）
在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次；
（4）
900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，Zr的化合价降低，二氧化锆为氧化剂；
（5）
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离；
②离子交换法：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同；
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取，利用溶液度的不同；在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，根据元素守恒，反应的化学方程式是：3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr。
7． 加成反应 羰基、醚基 C11H9O3FS 或
【分析】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B；根据G结构简式可确定其中含氧官能团的名称；根据E结构简式确定其分子式；
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D；
(3)根据手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团分析判断；
(4)D的一种同分异构体满足：①含有-SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键；
(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。
【详解】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B，A与发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；物质G结构简式是，可知其中含氧的官能团名称为：羰基、醚基；E结构简式为，根据C四价原则可知其分子式是C11H9O3FS；
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D，故C的结构简式为：；
(3)F结构简式是，由于手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，结合F的结构可知，该分子中含有1个手性碳原子，用*表示为：；
(4)D的一种同分异构体满足：①含有-SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键，符合条件的同分异构体为：或；
(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，故其合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，结合官能团对物质性质的决定作用，利用题目已知信息分析解答。(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，题目侧重考查学生的学习能力及分析推理能力和知识迁移运用能力。
8． CH2=C(CH3)CH2CH3 3，4—二甲基—3—己烯 消去反应 +2H2O 碳碳双键，酯基 3 、、 CH3CH2BrC(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO
【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；
（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；
（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；
（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；
（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；
（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；
（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；
故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。
9．(1) 羰基、羧基 还原反应
(2)
(3)+H2O
(4)、、、
(5)
【分析】A是，B的结构简式是，由A、B的结构简式和已知信息①可得X是，再由B的分子式C11H12O2，和C的分子式C11H14O2得结构简式为，D是，由D和已知信息②可得E为，由信息和题干知F为，G为，分子式为C17H28，H的分子式为C17H28O2，由G、H的分子式和反应条件可得H为，由题干可得I为，据此分析。
(1)
由B的结构简式，可得B中含氧官能团的名称为羰基、羧基；由B的结构简式 和C的结构简式为，可知化合物B→C是去氧的反应，所以反应类型是还原反应，故答案为：羰基、羧基；还原反应；
(2)
由分析可知化合物X结构简式是；化合物E的结构简式是；故答案为：；；
(3)
由H和 I的结构简式和已知信息可得H→I的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
B的结构简式是，分子式C11H12O2，同时符合下列条件①包含两个碳环，且只含两个-CH2-；②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基，则含有苯环，含有羧基和羟基等基团，结合B的分子式可得的结构简式为、、、，故答案为：、、、；
(5)
结合题干信息可知由化合物制取，应该先从六元环变成五元环，结合题干路线知先氧化双键断键，再在一定条件下形成五元环，再氧化得最终产物，故合成路线为，故答案为：。
山东省泰安市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、原理综合题
1．（2020·山东泰安·统考二模）氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。
(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质的结构式为________，二氯胺与水反应的化学方程式为_____________。将0.01 mol NCl3通入100 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液中，转移电子的物质的量为_______mol。
(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。
则反应过程中的△H2=____kJ·mol-1，表中的x=_____。
(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上NH2Cl的体积分数随的变化如下图所示。
①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用Ka、Kb、Kc表示)_________。b点时，该反应的平衡常数为________；
②T2℃，Q点对应的速率：__________(填“>”、“<”或“=”)；
③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是__________(任写1种)；
④若产物都是气体，实验测得NH2C1的体积分数始终比理论值低，原因可能是______________。
2．（2020·山东泰安·统考二模）AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：
(1)基态铜原子的价层电子排布式为__________。
(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是_______。
(3)CN—、NH3、H2O和OH—等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol [Zn(NH3)4]2+含___ molσ键，中心离子的配位数为_____。
(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_____个镁原子最近且等距离。
(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
①苯甲醇中C原子杂化类型是__________。
②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。
(6)钛晶体有两种晶胞，如图所示。
①如图3所示，晶胞的空间利用率为______(用含п的式子表示)。
②已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D g·cm-3，NA为______mol—1(用含x y和D的式子表示)。
3．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。答下列问题：
(1)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；用NH3催化还原NO，可以消除氮氧化物的污染。写出反应的热化学方程式_______。
(2)不同温度下，工业催化合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 反应的K值随温度变化如表。
温度/°C
25
400
450
K
5 ×108
0.507
0.152
从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，解释其原因_______。
(3)某科研组提出合成氨的“表面氢化机理”如图所示，可在较低的电压下实现氮气的还原合成氨：
已知：第一步：*H++e- =*H(快)(吸附在催化剂表面的物质用*表示)；
第二步：N2+2*H =中间体(吸附在催化剂表面)(慢)；
第三步：_______(快)(写出第三步的方程式)。
其中，第二步为决速步，原因是_______(从反应物分子结构角度)。
(4)向恒温密闭容器中充入一定物质的量N2、H2混合气体，在不同催化剂作用下的进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，相同时间内H2的转化率随温度的变化如图所示：
根据图示，b点v正_______v逆(填“＞”、“＜ ”或“＝”)，温度高于T4后曲线重合为ac的合理解释是_______；c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，此条件下反应的平衡常数K=_______ (用含k1、k2的代数式表示)。
(5)在30 MPa时，体积分数为3m%的H2、m%的N2和q%的惰性气体合成氨气，平衡时NH3体积分数随温度变化情况如图。
若q=10时，M点的N2的分压=_______MPa。此时该反应的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(保留三位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
二、工业流程题
4．（2020·山东泰安·统考二模）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
(1)Te元素在元素周期表中的位置为______________其基态原子的电子占据的最高能层符号为________。
(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为__________________。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_________极。
(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是______________。
(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为____________________。
若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为________％(保留三位有效数字)。
5．（2021·山东泰安·统考二模）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
②PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0
③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5
(1)“浸取”时需要加热，充分反应后生成Na2PbCl4、S、FeCl3等物质，其中生成FeCl3的化学方程式为______。
(2)“滤渣2”的主要成分是______。
(3)“沉降”操作时加入冰水的原因是______。
(4)上述流程中滤液可循环利用，试剂X是______(填化学式)。PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LX溶液转化10mol的PbCl2，则X溶液的最初物质的量浓度不得低于______。
(5)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池。铅蓄电池充电时，正极与电源的______极相连，其电极反应式为______。充电过程中转移2mole-时，两电极材料共______(填“增加”或“减少”)的质量为______g。
6．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：
已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·山东泰安·统考二模）化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：
请回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是__________。G中含氧官能团的名称为_________。E分子式为_________________。
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为________。
(3)F中有无手性碳原子，如有则在下图中用*标出：________。
(4)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：________(不考虑立体异构)。
①含有—SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。
(5)写出以甲苯和乙醇为原料制备的合成路线流程图(其他试剂任选)。_____________________________。
8．（2021·山东泰安·统考二模）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如图：
（1）有机物A的结构简式为___。
（2）按系统命名法，B的名称是__。
（3）F→G的反应类型是___。
（4）写出D→M的化学方程式__。
（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N含有的官能团是（填名称）___。
（6）满足下列条件的X的同分异构体共有__种，写出任意一种的结构简式__。
①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种
（7）写出E→F合成路线(在指定的3个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)___。
9．（2022·山东泰安·新泰市第一中学统考二模）化合物I是有机合成中的一种中间体，合成路线如图(部分反应条件已省略)，回答下列问题：
已知：①
②
③+H2O
④
(1)B中含氧官能团的名称为_______. ；
化合物B→C的反应类型是_______。
(2)最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。A→B的反应属于最理想的“原子经济性反应”，化合物X结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
(3)写出H→I的化学方程式：_______。
(4)写出两种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式(不包括立体异构)：_______。
①包含两个碳环，且只含两个-CH2-
②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基
(5)以化合物为原料，设计的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。
参考答案：
1． H-O-C1 NHCl2+2H2O=NH3+2HClO 0.06 -1405.6 191.2 Ka=Kb>Kc < 升温或及时分离出产物NH2Cl 有副反应，还可能生成NHCl2、NC13、N2等
【分析】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，根据反应前后元素化合价的变化分析电子转移情况；
(2)根据反应热与反应物、生成物的活化能大小分析，根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析；
(3)①平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，当n(NH3)：n(Cl2)=0.4时结合NH2Cl的体积分数为20%，通过物质平衡转化关系计算出各物质平衡量，代入平衡常数公式计算；
②在T2温度下，过Q点作垂线，此时Q点对应NH2Cl的体积分数偏高，联系平衡移动即可得出正反应速率与逆反应速率的大小；
③提高NH3的转化率，则平衡应该正向移动，联系平衡移动的相关知识解答；
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能的原因很多，可从副反应或者有其他杂质产生方面考虑回答即可。
【详解】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO，反应产生的HClO具有强的氧化性，其结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO，反应方程式为：NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，1 mol NCl3反应产生3 mol HClO，氧化Na2SO3产生Na2SO4时转移6 mol电子，则0.01 mol NCl3发生反应转移0.06 mol电子；
(2)由于从能量数值看△H1=△H+△H2，所以△H2=△H1-△H=1416.9 kJ/mol-11.3 kJ/mol=1405.6 kJ/mol，物质由能量高的状态转化为能量低的状态，反应放出热量，则反应过程中的△H2=-1405.6 kJ/mol；由△H=反应物总键能-生成物总键能，得：1416.9 kJ/mol-(2×391.3 kJ/mol+x kJ/mol+431.8 kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2 kJ/mol；
(3)①由于a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应的正反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆向移动，则Kc变小，所以a、b、c三点化学平衡常数的关系是：Ka=Kb>Kc；当=0.4时，假设容器体积为V L，起始量n(NH3)=0.4 mol，n(Cl2)=1 mol，NH3变化量为x mol，则平衡时n(NH3)=(0.4-x) mol，n(Cl2)=(1-x) mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=x mol，同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则：×100%=20%，解得x=0.28 mol，则该反应的平衡常数Kb=；
②在T2温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏高，平衡将向着使NH2Cl的体积分数下降的方向移动，所以Q点平衡逆移，v正
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2。
【点睛】本题考查了反应热与键能、物质含有能量的关系及化学平衡有关知识，掌握有关概念、反应热与键能及物质能量关系和平衡移动原理的影响因素是解题关键，在分析时，要结合图象，弄清图象中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
2． 3d104s1 Mg I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， 16 4 8 sp2、sp3 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键
【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；
(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；
(3)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；
(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；
(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；
②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；
(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；
②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。
【详解】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
(2)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；
(3)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol [Zn(NH3)4]2+含（4+3×4）mol=16molσ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；
(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；
(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；
②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；
(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；
②②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=g÷x2ycm3，由此计算得NA=mol—1。
【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。
3．(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1
(2)从速率角度考虑，选择高温；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好
(3) 2(*NH)+4H++4e-=2NH3 N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量
(4) ＞ T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故重合
(5) 4 0.0145
【解析】(1)
已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+b kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①-②×3，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-a-3b) kJ·mol-1；
(2)
根据温度与化学平衡常数关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。从平衡角度考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500°C左右的高温，这是由于从速率角度考虑，选择高温条件；从平衡角度考虑，选择室温；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性高，且此温度时速率、转化率均较合适，综合效果好；
(3)
根据图示可知中间体为*NH，反应前后原子守恒、电荷守恒，第三步反应为2个中间体与4个H+、4e-反应产生2个NH3(g)，则第三反应方程式为：2(*NH)+4H++4e-=2NH3；
其中，第二步为决速步，这是由于第二步反应中N2与*H反应时，N2中三键键能大，断裂需要较高的能量速率慢。对于多步反应，整个反应速率快慢由慢反应决定，故第二步为决速步；
(4)
催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动。根据图示可知：b点未达到该温度下H2的平衡转化率，说明反应正向进行，因此b点反应速率：v正＞v逆；
温度高于T4后曲线重合为ac，这是由于T4时，该反应达到平衡，催化剂不影响平衡转化率，故线重合在一起；
c点时，正、逆反应瞬时速率方程：v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)和v逆(NH3)= k2·c2(NH3)，由于用不同物质表示反应速率时速率比等于化学方程式中化学计量数的比，则根据v正(H2)= k1·c3(H2)·c(N2)可知v正(NH3)=v正(H2)=k1·c3(H2)·c(N2)，在平衡时用同一物质表示的正、逆反应速率相等，v正(NH3)=v逆(NH3)，k1·c3(H2)·c(N2)=k2·c2(NH3)，，即此条件下反应的平衡常数K=；
(5)
(3)若q=10，由题意可得：3m%+m%+10%=1，解得m=22.5，则N2、H2的起始物质的量分数分别是22.5%、67.5%，假设开始时气体总物质的量为100 mol，则惰性气体的物质的量为10 mol，N2为22.5 mol，H2为67.5 mol。假设反应过程中消耗N2物质的量为x mol，根据物质反应转化关系，可知同时消耗3x mol H2，反应产生2x mol NH3，n(N2)=(22.5-x)mol，n(H2)=(67.5-3x)mol，n(NH3)=2x mol，根据NH3占总体积的，可得，解得x=12.5 mol，则平衡时气体总物质的量为(100-2x) mol=(100-2×12.5) mol=75 mol，则N2、H2和NH3的分压为30 MPa×=4 MPa、30 MPa×=12 MPa、30 MPa×=10 MPa，则此时该反应的压强平衡常数Kp=。
4． 第五周期ⅥA族 O 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 CuSO4 阴 低温条件下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 49.0
【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。
【详解】(1)Te是52号元素，原子核外电子排布为2、8、18、18、6，可见Te元素在元素周期表中的位置为第五周期第VIA族，最高能层为第5能层，故其基态原子的电子占据的最高能层符号为O；
(2)煅烧时，Cr2O3与O2及Na2CO3发生反应产生Na2CrO4和CO2，反应的化学方程式为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(3)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4，Cu2+转化为铜单质，发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极；
(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7；
(5)氧化还原滴定过程中发生Fe2+与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
反应中消耗Fe2+的物质的量n(Fe2+)=c·V=0.1000 mol·L-1×0.025 L=0.0025 mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知n(Cr2O72-)=n(Fe2+)= mol，则所得样品中K2Cr2O7的纯度=×100%=49.0%。
【点睛】本题考查了物质分离提纯、电解原理的应用及氧化还原反应分析判断、滴定方法在物质含量测定的应用等，掌握反应原理，清楚原子结构与元素位置及物质性质的关系，弄懂反应中守恒关系是解题关键，侧重考查学生分析及应用能力。
5． 3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O Fe(OH)3 温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体 H2SO4 10.27 mol·L-1 正 PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++ 减轻 160
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)中加入盐酸、饱和食盐水和MnO2，在加热条件下发生反应生成Na2PbCl4、S 、FeCl3等物质， MnO2被还原成Mn2+，过滤，滤渣1为S固体；加入MnO溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，滤渣2为Fe(OH)3；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降，使PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡逆向移动，过滤得到PbCl2晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl；据此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，FeS2、MnO2和HCl发生氧化还原反应，FeS2中铁元素和硫元素被氧化成Fe3+和S，MnO2被还原成Mn2+，依据原子守恒和电子守恒，生成FeCl3的化学方程式为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O；答案为3MnO2+2FeS2+12HCl=2FeCl3+4S↓+3MnCl2+6H2O。
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去Fe3+，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3；答案为Fe(OH)3。
(3)温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体；答案为温度降低，PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH＞0，化学平衡向左移动，使转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体。
(4)难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到晶体，之后加入硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为盐酸，可以在开始的浸取过程中循环利用，则X为H2SO4；PbCl2(s)+(aq) PbSO4(s)+2Cl-(aq)，其K====1.48×103，当10mol的完成转化成PbSO4时，c(Cl-)==20mol·L-1，则c()===0.27(mol·L-1)，H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于10 mol·L-1+0.27 mol·L-1=10.27 mol·L-1；答案为H2SO4；10.27 mol·L-1。
(5)由 Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)2PbSO4(s)+2H2O(l)可知，铅蓄电池进行充电时，为电解池装置，铅蓄电池的正极与电源正极相连作为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++，阴极的电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+，当充电过程中转移2mole-时，阳极1molPbSO4变为1molPbO2，电极质量减轻303g-239g=64g，阴极1molPbSO4变为1molPb，质量减轻303g-207g=96g，即两极质量共减轻64g+96g=160g；答案为正；PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++；减轻；160。
6．(1)ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑
(2) 保持干燥
(3)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次
(4)ZrO2
(5) 重结晶 锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同 萃取 3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr
【分析】锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气和足量的焦炭反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，ZrCl4转化为ZrOCl2·8H2O，900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，据此分析解题。
（1）
“高温气化”中可发生多个反应，主要反应为ZrSiO4与足量的氯气和足量的焦炭反应生成ZrCl4、SiCl4、CO，化学方程式是：ZrSiO4+ 4C+4Cl2ZrCl4↑+SiCl4↑ +4CO↑；
（2）
分馏过程中，为防止产品变质，ZrCl4遇水强烈水解，过程中一定需要注意的是保持干燥。高温气化生成杂质SiCl4，ZrCl4是白色固体，液体a为SiCl4，电子式是 ；
（3）
在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次；
（4）
900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，Zr的化合价降低，二氧化锆为氧化剂；
（5）
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离；
②离子交换法：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同；
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取，利用溶液度的不同；在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，根据元素守恒，反应的化学方程式是：3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr。
7． 加成反应 羰基、醚基 C11H9O3FS 或
【分析】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B；根据G结构简式可确定其中含氧官能团的名称；根据E结构简式确定其分子式；
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D；
(3)根据手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团分析判断；
(4)D的一种同分异构体满足：①含有-SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键；
(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸。
【详解】(1)对比A、B的结构可知，中碳碳双键中一个碳碳键断裂，分别连接H原子与生成B，A与发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；物质G结构简式是，可知其中含氧的官能团名称为：羰基、醚基；E结构简式为，根据C四价原则可知其分子式是C11H9O3FS；
(2)C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，说明C含有羧基，C能与SOCl2发生取代反应生成D，可知C的羧基中羟基被氯原子取代生成D，故C的结构简式为：；
(3)F结构简式是，由于手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的碳原子，结合F的结构可知，该分子中含有1个手性碳原子，用*表示为：；
(4)D的一种同分异构体满足：①含有-SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子，说明含有酯基且水解产物存在对称结构，其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明该产物含有酚羟基、碳碳不饱和键，符合条件的同分异构体为：或；
(5)模仿路线图中G合成，苯甲醇氧化生成，然后与乙醇反应生成，与NH2NH2•H2O反应生成，最后与乙酸反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，故其合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查有机物的合成，对比有机物的结构明确发生的反应，结合官能团对物质性质的决定作用，利用题目已知信息分析解答。(4)中同分异构体的书写为易错点、难点，题目侧重考查学生的学习能力及分析推理能力和知识迁移运用能力。
8． CH2=C(CH3)CH2CH3 3，4—二甲基—3—己烯 消去反应 +2H2O 碳碳双键，酯基 3 、、 CH3CH2BrC(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO
【分析】由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。
【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；
（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；
（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；
（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；
（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；
（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；
（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；
故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。
9．(1) 羰基、羧基 还原反应
(2)
(3)+H2O
(4)、、、
(5)
【分析】A是，B的结构简式是，由A、B的结构简式和已知信息①可得X是，再由B的分子式C11H12O2，和C的分子式C11H14O2得结构简式为，D是，由D和已知信息②可得E为，由信息和题干知F为，G为，分子式为C17H28，H的分子式为C17H28O2，由G、H的分子式和反应条件可得H为，由题干可得I为，据此分析。
(1)
由B的结构简式，可得B中含氧官能团的名称为羰基、羧基；由B的结构简式 和C的结构简式为，可知化合物B→C是去氧的反应，所以反应类型是还原反应，故答案为：羰基、羧基；还原反应；
(2)
由分析可知化合物X结构简式是；化合物E的结构简式是；故答案为：；；
(3)
由H和 I的结构简式和已知信息可得H→I的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
B的结构简式是，分子式C11H12O2，同时符合下列条件①包含两个碳环，且只含两个-CH2-；②包含，是不对称碳原子，苯环上只有1个取代基，则含有苯环，含有羧基和羟基等基团，结合B的分子式可得的结构简式为、、、，故答案为：、、、；
(5)
结合题干信息可知由化合物制取，应该先从六元环变成五元环，结合题干路线知先氧化双键断键，再在一定条件下形成五元环，再氧化得最终产物，故合成路线为，故答案为：。
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