天津市南开区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

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天津市南开区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·天津南开·统考二模）H2O2是生产、生活、科学研究中常用的试剂。
I.工业上制备H2O2的流程如图：

(1)“转化”中反应的化学方程式为______。
(2)从下列选项中，选择合适的选项填空(填标号)。
①使反应充分进行②防止H2O2分解③利于晶体析出④提高反应速率
“低温放置”的目的是______。蒸馏时“减压”的目的是______。
(3)如图为“减压蒸馏”的部分装置，是由克氏蒸馏头和______(填仪器名称)组成。

II.实验小组利用如图装置测定阿伏加德罗常数(NA)

(4)实验准备
①H2O2溶液浓度标定。可选用______(填标号)对H2O2溶液进行滴定，测定其浓度。
a.H2C2O4 b.KMnO4 c.淀粉-KI
②装置气密性检查。打开止水夹，将注射器b的活塞推至底部，拉动注射器a活塞吸入10mL空气，关闭止水夹。向下推动注射器a活塞至底，当观察到注射器b的现象为______，说明装置的气密性良好。
(5)测定过程
①在反应室中加入适量MnO2，将注射器b活塞推至底部，关闭止水夹。用注射器a准确抽取cmol•L-lH2O2溶液V1mL，缓慢地注入反应室后，固定注射器a活塞。
②反应结束后，待反应体系处于______时，读取注射器b的气体体积为V2mL，则产生O2的体积为______mL。
③设室温下，气体摩尔体积为VmL•mol-1，O2分子的密度为ρg•L-1，一个O2实际质量为mg，则NA＝______(用含ρ等字母的代数式表示)。
(6)该实验利用H2O2作为生氧剂的优点是______(写一条即可)。
2．（2020·天津南开·统考二模）光刻技术需利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是KBBF(含K、B、Be、O、F元素)。回答下列有关问题：
(1)元素Be的名称为______，在元素周期表中的位置为______。一群均处于激发态1s22s13s1的Be原子，若都回到基态，最多可能发出______种波长不同的光。
a.1    b.2    c.3    d.4
(2)Be和B都容易与配体形成配位键，如[BeF4]2一、[B(OH)4]一等，从原子结构分析其原因是______。写出Be(OH)2溶于氢氧化钠溶液的离子方程式______。
(3)氟硼酸钾是制备KBeBF的原料之一，高温下分解为KF和BF3。KF的沸点比BF3的高，原因是______。
(4)BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F一与HF结合形成使酸性大大增强。的结构式为______；H3BO3和中，B原子的杂化类型分别为______、______。
3．（2021·天津南开·统考二模）研究发现，在低压合成甲醇反应()中，氧化物负载的氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
回答下列问题：
(1)位于周期表的第___________族，基态原子核外有___________个未成对电子。
(2)的电子式为___________，分子中σ键与π键的数目比为___________。
(3)比较键能：___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)晶体的熔点高于干冰的原因是___________。
(5)锗()与C同族，原子比C原子多两个电子层，则的原子序数为___________。
(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有___________个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为___________。

4．（2022·天津南开·统考二模）ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种化合价，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。
(2)S单质的常见形式为，其环状结构如图所示，S原子的杂化轨道类型是_______。

(3)基态Se原子的核外电子排布式为_______。
(4)S、Se、Te三种元素电负性由大到小的顺序是_______，三种元素氢化物水溶液的酸性最强的是_______(填化学式)。
(5)分子中共价键的类型是_______，常温下是气体而是液体的原因是_______。
(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，S周围紧邻且等距的Zn有_______个。晶胞棱长为a pm，密度为_______(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

5．（2020·天津南开·统考二模）双氯芬酸钠(G)是常用的抗炎镇痛药，一种合成路线如图(-Ph为苯基)：

回答下列问题：
（1）9.8gA完全燃烧生成26.4gCO2和9.0gH2O，且A的核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积之比为1：2：2，则A的结构简式是___。
（2）B中的官能团名称是___。
（3）E到F的反应类型是___。
（4）写出F到G的反应方程式___。
（5）能发生银镜反应且为环状结构的A的同分异构体多达14种，写出其中只含一条侧链且侧链上的一氯代物为2种的结构简式___(不考虑立体异构)。
（6）设计由2—丙醇和对苯二胺()制备的合成路线___(无机试剂任选)。
6．（2021·天津南开·统考二模）化合物I()是制备液晶材料的中间体之一，I可以用E和H在一定条件下合成：

已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
②；
③。
回答下列问题：
(1)I的分子式为___________，所含官能团的名称为___________。
(2)A的结构简式为___________，D的化学名称为___________。
(3)F生成G的化学方程式为___________。
(4)H在一定条件下可转化为对羟基苯甲酸，对羟基苯甲酸在催化剂作用下发生聚合反应的化学方程式为___________。
(5)写出B的所有属于烯烃的同分异构体的结构简式：___________。
(6)在→上补全下列转化所需的试剂和反应条件：______

7．（2022·天津南开·统考二模）苯甲醛是一种重要的化工原料，可发生如下转化。

已知： (R、R′代表烃基)
回答下列问题：
(1)B所含官能团的名称为_______。
(2)苯甲醛→A的反应类型是_______。
(3)D、G的结构简式分别为_______、_______。
(4)苯甲醛与新制反应的化学方程式为_______。
(5)F→M的化学方程式为_______。
(6)B有多种同分异构体，属于甲酸酯且含酚羟基的同分异构体共有_______种，写出一种其中含亚甲基()的同分异构体的结构简式：_______。
(7)写出用苯甲醛为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线：_______。
8．（2020·天津南开·统考二模）一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ•mol-1)
活化能Ea(kJ•mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
+158.6
243.9

(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为______。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。
(3)恒温恒压体系(温度为T，压强为P)反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分(B)的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作KP)。则：
①平衡常数Kp=______。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，此时(正)______(逆)(填“＞”“<”或“=”)。
③恒温恒容条件下，将CH4、H2O、CO、H2按照体积比1:1:1:3投料，能判断反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡状态的是______。
A．密度保持不变
B．CO体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变
D．c(CO)和c(H2)的比保持不变
E.2molO-H断裂的同时，有3molH-H断裂
(4)向绝热恒容密闭容器中通入CH4和O2使反应CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。图中c点反应是否达到平衡：______(填“是”或“否”)。

(5)利用重整反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，电极B上发生的电极反应为______。

9．（2021·天津南开·统考二模）工业上，常采用氧化还原的方法处理尾气中的。沥青混凝土可作为反应：的催化剂。下图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，的转化率与温度的关系。

回答下列问题：
(1)反应的___________0(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是___________。
(3)a、b两点的平衡常数___________(填“>”、“＜”或“=”)。已知c点时容器中浓度为0.04，则50℃时，在型沥青混凝土中转化反应的平衡常数___________(用含x的代数式表示)。
(4)在均未达到平衡状态时，同温下不同型沥青混凝土中转化速率___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(5)工业上常用高浓度的溶液吸收，得到溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置示意图如图所示：

①在阳极区发生的反应包括___________和；
②简述在阴极区再生的原理：___________。
10．（2022·天津南开·统考二模）NOX(主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
(1)用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
    
    
①反应的_______。
②中心原子上的价层电子对数为_______。
(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。
(3)用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)在催化剂的作用下能与反应生成。
①与生成的反应的化学方程式为________________，当1mol 完全反应时，转移的电子数为_______。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。

当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是_______。
11．（2021·天津南开·统考二模）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe2+、Ni2+等杂质)的流程如下：
工业ZnO浸出液滤液滤液滤饼ZnO
提示：在本实验条件下，Ni2+不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。
资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
Zn2+
开始沉淀
2.7
7.6
6.4
6.5
完全沉淀
3.7
9.6
8.4
8.5

回答下列问题：
(1)反应②的离子方程式为___________，在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是___________。
(2)过滤操作中需要用到的玻璃仪器有___________。
(3)反应③的反应类型为___________(填四种基本类型的反应)，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有___________。
(4)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是___________。
(5)用铁氰化钾检验Fe2+的离子方程式为___________。
(6)反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn(OH)2。取干燥后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g，则x等于___________。
12．（2022·天津南开·统考二模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下。

回答下列问题：
(1)步骤①中得到的氧化产物是_______。
(2)步骤②过滤中需要用到的玻璃仪器有_______。
(3)步骤③中主要反应的离子方程式为_______。
(4)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______(写名称)。
(5)上述工艺中，步骤⑥醇洗的目的是_______。
(6)准确称取所制备的CuCl样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为。
①用溶液滴定时发生反应的离子方程式为_______。
②样品中CuCl的质量分数为_______。

参考答案：
1．     Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2     ①②③     ②     圆底烧瓶     b     注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL     反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变     V2-V1          反应完全、无污染、反应速率快
【分析】Ⅰ．工业上制备H2O2：NaH2PO4溶液中加入Na2O2反应制备H2O2，双氧水受热易分解，所以制备过程中要注意防止温度过高；
Ⅱ．测定阿伏加德罗常数：首先利用滴定法测定H2O2溶液的浓度，选择的标准液与H2O2溶液反应达到终点时应有明显的颜色变化；在密闭容器中催化双氧水分解产生氧气，测定生成氧气的体积，测定气体体积时要注意温度和压强要恒定，之后根据m=ρV计算氧气的质量，根据N=计算氧气的分子数，再根据求解阿伏伽德罗常数。
【详解】(1)转化过程反应物有NaH2PO4、Na2O2，产物有Na2HPO4、H2O2，根据元素守恒可得化学方程式为Na2O2+2NaH2PO4=2Na2HPO4+H2O2；
(2)降低温度可以降低Na2HPO4的溶解度，有利于晶体析出，同时可以防止H2O2分解，放置一段时间可以使反应更充分，所以“低温放置”的目的是①②③；减压可以降低液体沸腾时的温度，避免蒸馏时温度过高，可防止H2O2分解，所以蒸馏时“减压”的目的是②；
(3)据图可知该装置有克氏蒸馏头和圆底烧瓶组成；
(4)①a．草酸虽然可以被双氧水氧化，但没有明显的颜色变化，故a不合适；
b．高锰酸钾溶液显紫色，且可以被双氧水还原，从而使溶液褪色，滴定终点时双氧水完全反应，再滴入高锰酸钾溶液的颜色变为浅紫红色，现象明显，故b合适；
c．双氧水可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉KI溶液变蓝色，双氧水完全反应后，再滴入淀粉KI溶液不再反应，但溶液中依然存在碘单质，溶液颜色不会发生变化，故c不合适；
综上所述应选用b试剂对H2O2溶液进行滴定；
②根据压强平衡原理可知当装置气密性良好时，注射器b的现象为注射器b的活塞向右移动，且最终注射器b中的气体体积为10mL；
(5)②测量气体体积时应避免温度对气体体积的影响，所以需要反应体系处于恢复室温或体积不再改变或压强不再改变的状态时，读取注射器读数，注射器b的气体体积为V2mL，体系中加入了VlmLH2O2溶液，所以产生O2的体积为(V2-V1)mL；
③室温下O2的密度为ρg•L-1，则(V2-V1)mL氧气的质量为g，一个O2实际质量为mg，则生成的氧气分子个数为，物质的量为mol，反应所用H2O2溶液的浓度为c mol/L，体积为V1mL，则n(H2O2)=mol，根据反应方程式2H2O22H2O+O2可知生成的n(O2)=mol，所以mol=mol，解得NA=。
(6)H2O2作为生氧剂反应产物为水和氧气，且在催化剂的催化作用下反应速率较快，故本实验的优点是反应完全、无污染、反应速率快等。
【点睛】计算氧气体积时要注意滴入的H2O2溶液也占了一部分体积；注意n=的灵活使用。
2．     铍     第二周期第IIA族     c     Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，都存在空轨道，因此都易形成配位键     Be(OH)2＋2OH－＝ ＋2H2O     KF是离子化合物，BF3是共价化合物，离子键的键能大于共价键，故KF的沸点比BF3的高     [F—H∙∙∙F]－     sp2     sp3
【分析】(1)元素Be的名称为铍，核外有4个电子。
(2)Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，都存在空轨道；Be(OH)2与氢氧化钠溶液反应生成BeO22−和水。
(3)KF是离子化合物，BF3是共价化合物。
(4)分析中H孤对电子对数及价层电子对数；分析H3BO3中B原子价层电子对数和中B原子价层电子对数。
【详解】(1)元素Be的名称为铍，在元素周期表中的位置为第二周期第IIA族。激发态1s22s13s1的铍原子回到基态，3s上一个电子可能回到1s轨道有两种情况，2s轨道有一种情况，故最多可能发出3种波长不同的光；故答案为：铍；第二周期第IIA族；c。
(2)Be和B都容易与配体形成配位键，如[BeF4]2一、[B(OH)4]一等，从原子结构分析其原因是Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，都存在空轨道，因此都易形成配位键。Be(OH)2与氢氧化钠溶液反应生成BeO22−和水，其离子方程式Be(OH)2＋2OH－＝ ＋2H2O；故答案为：Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，都存在空轨道，因此都易形成配位键；Be(OH)2＋2OH－＝ ＋2H2O。
(3)KF的沸点比BF3的高，原因是KF是离子化合物，BF3是共价化合物，离子键的键能大于共价键，故KF的沸点比BF3的高。
(4)BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F一与HF结合形成使酸性大大增强。中H孤对电子对数为0，价层电子对数为2+0=2，构型为直线型，且H原子与F原子之间有氢键，的结构式为[F—H∙∙∙F]－；H3BO3和中，H3BO3中B原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2，中B原子价层电子对数为，杂化类型为sp3；故答案为：[F—H∙∙∙F]－；sp2；sp3。
【点睛】物质结构是常考题型，主要考查周期表位置、对角线规则、熔点高低原因、杂化类型等。
3．     VIIB     3          1：1     >     是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰     32     12    
【详解】(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；
(2)二氧化碳为共价化合物，电子式为，分子中含有碳氧双键，双键中含有1个σ键和1个π键，则σ键与π键的数目比为2:2=1:1，故答案为：；1:1；
(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键，故答案为：＞；
(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰；
(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；
(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。
4．(1)哑铃
(2)
(3)
(4)         
(5)     σ键、π键     和组成和结构相似，相对分子质量比大，范德华力更大，沸点更高
(6)     4    

【解析】(1)
O为8号元素，其基态原子的核外电子排布式为2s22s22p4，电子占据的最高能级为2p轨道，其电子云轮廓为哑铃形；
(2)
从图中可以看出，在S8分子中，每个S原子形成2个共价键，则S原子的价层电子对数为4，S原子采用的轨道杂化方式是sp3；
(3)
Se元素为34号元素，其原子序数为34，核内34个质子，核外34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为；
(4)
同主族元素至上而下非金属性依次减弱，因此非金属性S＞Se＞Te，非金属性越强，电负性越大，则电负性：；非金属性越强的元素，与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，故酸性最强的是；
(5)
CS2分子中，C与S原子形成双键，结构式为S=C=S，每个双键都是含有1个σ键和1个π键，则含有的共价键类型为σ键和π键；常温下，和组成和结构相似，均为分子晶体，相对分子质量比大，范德华力更大，因此沸点更高。
(6)
晶胞中S原子位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，Zn原子位于体心，共4个，则S周围紧邻且等距的Zn有4个，1个晶胞中平均含有4个ZnS，质量为m=g=g，晶胞的体积为V=(a×10-10cm)3，则密度为ρ=== g·cm-3。
5．          羰基（或酮基）、氯原子     取代反应     +NaOH     或    
【分析】从D→G的合成路线如下：

【详解】(1)9.8gA中，，，，，有机物中剩余质量为O元素的质量，，则有机物A中，则A的分子式为，由A的核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积之比为1：2：2，推出A的结构简式为：；
(2)B中的官能团有酮基、氯原子；
(3) E到F是E断掉-CH2-Cl中的C-Cl键和取代基苯上断掉-H，可看做苯上的一个H原子被与Cl相连的另一端大基团替换，反应类型为取代反应；
(4)F到G是F中画虚线处的键断开，得到羧基，再进一步和NaOH发生反应，
，反应方程式：+NaOH；
(5) 能发生银镜反应，说明含有醛基(-CHO)，且含有环状结构，只有一条侧链而且一氯代物只有2种的A的同分异构体有：或；
(6)利用题目中B到C的合成原理，向将2—丙醇转化成丙酮，再与含有-NH2的取代基直接接起来，对苯二胺()含有2mol-NH2，故需要2mol2—丙醇，设计的合成路线为：
6．          醛基、酯基          2-甲基丙醛     +2Cl2+2HCl     +(n-1)H2O                  
【分析】A的分子式为，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，所以A的结构简式为，B的结构简式为，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO；D→E是氧化反应，E是(CH3)2CHCOOH；F为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此G的结构简式为，G→H是水解反应，根据信息，应该是-CHCl2变成-CHO，H的结构简式为，E、H发生酯化反应生成I，据此答题。
【详解】(1)由I的结构简式可知，I的分子式为，所含官能团的名称为醛基、酯基，故答案为：；醛基、酯基；
(2)根据上面的分析可知，A的结构简式为，D是(CH3)2CHCHO，D的化学名称为2-甲基丙醛，故答案为：；2-甲基丙醛；
(3) F为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，F生成G的化学方程式为+2Cl2+2HCl，故答案为：+2Cl2+2HCl；
(4)对羟基苯甲酸分子中含有羧基和酚羟基，在催化剂作用下发生缩聚反应生成高聚物，反应的化学方程式为+(n-1)H2O，故答案为：+(n-1)H2O；
(5) B的结构简式为，B的所有属于烯烃的同分异构体的结构简式有：1-丁烯()、2-丁烯(   和 )，故答案为：   ；
(6) A的结构简式为，B的结构简式为，A→B是卤代烃的消去反应，反应条件是NaOH、乙醇，加热；C是(CH3)2CHCH2OH，C→D是醇的催化氧化反应，反应条件是O2、Cu，加热；D是(CH3)2CHCHO，D→E是醛氧化生成羧酸，反应条件是O2、催化剂，加热；故答案为： 。
7．(1)羟基、羧基
(2)加成反应
(3)         
(4)+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O
(5)n+nHCHO+(n-1)H2O
(6)     13     、、
(7)

【分析】由B的结构简式，可知苯甲醛与HCN发生加成反应生成A ，A中-CN水解为-COOH得到B，B与芳香醇C反应生成分子式为C15H14O3的酯，则D的分子式为C15H14O3+H2O-C8H8O3=C7H8O，故C的结构简式为，则D为；苯甲醛发生氧化反应生成E为，苯甲酸与SOCl2发生取代反应生成，F与甲醛生成高聚物M()，推知F为，结合信息可知F与发生取代反应生成G为；(7)与HCN发生加成反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，最后与HCl反应生成，据此分析解题。
【详解】（1）由题干流程图中B的结构简式可知，B所含官能团为-OH、-COOH，名称分别为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
（2）苯甲醛→A是与HCN发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（3）由分析可知，D的结构简式为，G的结构简式为，故答案为：；；
（4）苯甲醛与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
（5）由分析可知，F→M的化学方程式为n+nHCHO+(n-1)H2O，故答案为：n+nHCHO+(n-1)H2O；
（6）B的同分异构体属于甲酸酯且含酚羟基，苯环有2个侧链为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-OH、-OOCH、-CH3，而-OH、-OOCH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CH3分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种，其中含亚甲基(-CH2-)的同分异构体的结构简式为：、、，
故答案为：13；(或或)
（7）与HCN发生加成反应生成，然后与氢气发生加成反应生成，最后与HCl反应生成，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。
8．     H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1     甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小          ＜     BCE     否     O2＋2CO2＋4e－ ＝2
【分析】(1)将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)= H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式。
(2)根据题中活化能的大小得出反应速率关系。
(3)①根据平衡常数表达式进行计算；②先计算压强商，再比较得出(正)与(逆)关系。
③根据平衡状态判断标志进行分析。
(4)化学平衡状态实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变。
(5)氧气化合价降低，因此B为正极。
【详解】(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 mol∙L−1，将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)=H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1；故答案为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，根据题中活化能的大小关系得出原因可能是甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小；故答案为：甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小。
(3)①平衡常数；故答案为：。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，，则平衡逆向移动，因此(正)＜(逆)；故答案为：＜。
③A．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为判断平衡的标志；
B．CO体积分数保持不变，能作为判断平衡的标志；
C．平均摩尔质量等于质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体物质的量变化，气体平均摩尔质量变化，当气体平均摩尔质量不变，则达到平衡；
D．c(CO)和c(H2)的比始终是保持不变，因此不能作为判断平衡的标志；
E．2molO—H断裂，反应正向进行，同时有3molH—H断裂，反应逆向进行，反应消耗的物质与化学计量数呈正比，能作为判断平衡的标志；
综上所述，答案为：BCE。
(4)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变，故一定未达到平衡；故答案为：否。
(5)设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，根据图中信息，氧气化合价降低，因此B为正极，其电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－ ＝2；故答案为：O2＋2CO2＋4e－ ＝2。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、电化学知识等。
9．     <     a     >          <          阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
【详解】(1)该反应为气体分子总数减小的反应，混乱度减小，故＜0；
(2)一氧化碳的转化率先升高后降低，说明温度较低时，反应速率慢，反应相同时间未达到平衡，而温度较高时，反应速率较快，反应相同时间反应已达平衡，继续升温时，一氧化碳的转化率降低，是因为温度升高平衡向逆反应方向移动，导致温度升高到一定程度后，一定时间内一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；故在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是a；
(3)平衡常数是温度的函数，根据(2)分析可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小，故>；c点时容器中浓度为0.04，c点为平衡点，由图可知c点CO的转化率为x，CO起始浓度为amol/L；列三段式如下：

K= ==；
(4)由图可知，未达到平衡状态时，相同温度下，β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，同温下不同型沥青混凝土中转化速率＜；
(5)碳酸钾溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，故X为碳酸氢钾；
①由图示可知，阳极区生成二氧化碳和氧气，为水电离的氢氧根离子放电，生成氧气，同时生成氢离子，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳和水，故生成氧气的极反应式为：；
②该装置为电解池，阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
10．(1)     +75.9     3
(2)
(3)
(4)               NH3与O2反应产生了NO

【解析】(1)
①由题干信息可知，反应I：   ，反应II：    ，2I -3II即可得到反应，根据盖斯定律可知， =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9，故答案为：+75.9；
②中心原子上的价层电子对数为2+=3，故答案为：3；
(2)
用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：，故答案为：；
(3)
用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)
①与生成和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为，反应中转移24mol电子，当1mol 完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。
11．     +3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+     铁离子不能生成沉淀，从而无法除去     漏斗、烧杯、玻璃棒     置换反应     镍     取少量最后一次洗涤液，于试管中，加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净     3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓     1
【分析】工业级氧化锌(含有Fe2+、Ni2+等杂质)和稀硫酸反应后溶液中存在Fe2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH约为5，Ni(Ⅱ)不能被氧化，Fe2+被氧化而被除去，同时溶液中有MnO2生成，过滤后，向滤液中加入Zn，过滤，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，溶液中存在Zn2+，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌沉淀生成ZnO，据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，将Fe2+氧化生成铁离子、MnO2，Zn2+和Ni2+与酸性高锰酸钾溶液不反应，所以反应②中除掉的杂质离子是Fe2+，发生的离子反应有+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，如果溶液的pH较低，溶液呈酸性，则不能生成Fe(OH)3和MnO2沉淀而导致无法除去Fe2+，故答案为：+3Fe2++7H2O═MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；铁离子不能生成沉淀，从而无法除去；
(2)在过滤的操作中需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗，玻璃棒；
(3)过滤后，向滤液中加入Zn过滤，Zn和Ni2+发生置换反应生成Ni，Ni不溶于水，所以滤渣中含有Ni和Zn，故答案为：置换反应；Ni；
(4)如果沉淀洗涤不干净，则洗涤液中含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，沉淀是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液，于试管中，加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；
(5)铁氰化酸根离子与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(6)设ZnCO3•xZn(OH)2的物质的量为ymol，ZnCO3•xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，n(ZnO)==0.1mol，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量有：①44y+18xy=11.2-8.1，②y+xy=0.1，联立①②为方程组，解得：x=1，y=0.05，故答案为：1。
12．(1)
(2)漏斗、烧杯、玻璃棒
(3)
(4)硫酸
(5)醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化
(6)         

【分析】由题干工艺流程图可知，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，据此分析解题。
(1)
步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为Cu2+，故答案为：Cu2+；
(2)
步骤②为过滤，需要的仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(3)
由分析可知，步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+ +2H+，故答案为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；
(5)
已知CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面的水分，防止其水解氧化；
(6)
①氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
②根据氯化亚铜与氯化铁发生反应为Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生离子反应为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应的关系式为则n=6ab×10-3mol，m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，则样品中CuCl的质量分数为：×100%=%，故答案为：%。