山东省潍坊市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题

这是一份山东省潍坊市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题，共27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。

山东省潍坊市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题

一、原理综合题
1．（2020·山东潍坊·二模）1，3－丁二烯是重要的化工原料，工业上常用1-丁烯催化脱氢的方法制备。将0.lmol1－丁烯和0.675mol水蒸气组成的混合气，在80kPa恒压下进行反应：CH3CH2CH=CH2(g)CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)△H。
请回答下列问题：
(1)已知化学键键能数据如下，由此计算△H=____________kJ•mol-1。
化学键
C－C
C=C
C－H
H－H
键能/kJ•mol-1
348
612
412
436

(2)如图表示脱氢反应中温度对1－丁烯的平衡转化率的影响，工业生产通常控制反应温度600℃。

①请解释工业生产控制温度在600℃的原因___________。
②此温度下反应进行2.5h后达到平衡，从开始反应到建立平衡，以H2表示的反应速率为v(H2)=_________kPa•h-1；脱氢反应的平衡常数Kp=_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，p分=p总×物质的量分数)。
(3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入1.575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯，化学反应向_________(填“正反应”、“逆反应或“不移动”)方向进行。
2．（2021·山东潍坊·统考二模）甲醇有广泛的用途和广阔的应用前景，工业上利用CO2生产甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：

(1)工业上在催化下利用CO2发生如下反应I生产甲醇，同时伴有反应II发生。
I．
II．
①已知：298 K时，相关物质的相对能量如图1，反应I的△H1为____。
②不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2的平衡转化率如图2所示。
压强p1、p2、p3由大到小的顺序是____。压强为p1时，温度高于300℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因____。
③在温度T时，在容积不变的密闭容器中，充入0.5 mol CO2(g)和1.0 mol H2(g)，起始压强为p kPa，10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g)，测得压强为p kPa。
若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10 min内CH3OH的反应速率v(CH3OH)为_。则反应Ⅰ的平衡常数Kp=__(写出Kp的计算式)。
(2)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应：
I．
II．
反应Ⅰ的经验公式的实验数据如图3中曲线a所示，已知经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=__kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。

3．（2022·山东潍坊·统考二模）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
ii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
回答下列问题：
(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为_______。
(2)在T1、T2温度下，将1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入体积固定的密团容器中，在催化条件下发生反应i、ii。测得H2的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。

①T2温度下，反应达到平衡时SiHCl3(g)的转化率_______。
②T2温度下，反应i的标准平衡常数Kθ的计算式为_______。
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______。
④要增大SiCl4(g)的转化率可以采取的措施有_______(写其中的一条即可)。
(3)研究发现，反应SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反应的活化能Ea、速率常数k、温度T满足关系：ln==-。
已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3
①若T1=300K，通过升高温度到595K，才能满足=108以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，Ea应减小。
上述②中Ea应减小_______kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是_______。

二、工业流程题
4．（2020·山东潍坊·二模）“稀土之父”徐光宪对稀土萃取分离做出了巨大贡献。稀土是隐形战机、超导、核工业等高精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一，如图是制备Sc的工艺流程。

已知：xNH4Cl•yScF3•zH2O是ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
据此回答：
（1）在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物的化学方程式为 ________。
（2）图1是含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系。用氨调节溶液pH,调节3.5
（3）图2是“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系，其中在380℃到400℃会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3,由图象中数据计算复盐中x:z=________；工艺流程中可回收利用的物质是________。
（4）传统制备ScF3的方法是先得到ScF3•6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是________（用化学方程式表示）。流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的SeF3,其原因是________。
5．（2021·山东潍坊·统考二模）高纯砷(As)常用于制造砷化镓、砷化锗等半导体材料。工业上用含砷废料(主要成分为，含少量)为原料制取高纯砷的工艺流程(硫化—还原法)如下图所示：

已知：砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被、氢碘酸等还原为亚砷酸(H3AsO3)，H3AsO3在加热蒸发过程中会失水生成。时的值为。
回答下列问题：
(1)半导体材料中元素的化合价为_，“氧化(加压)”时发生反应的化学方程式为_。
(2)用溶液调溶液的时，的最小值为__(当溶液中某离子浓度为时，可认为该离子沉淀完全)。
(3)“还原”过程发生反应的离子方程式为___。
(4)过程中，检验还原砷酸后所得溶液中是否仍存在砷酸。需进行的实验操作是：取还原砷酸后的溶液于试管中，____(请补充完整)。
(5)工业上用硫化-还原法制取砷的优点是____。
6．（2022·山东潍坊·统考二模）钌(Ru)为重要的稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。一种以含钌废料(主要成分为Ru，含有SiO2、Bi2O3等杂质)为原料制RuCl3的工艺流程如图：

已知：滤液1中Ru元素和Bi元素存在形式为RuO、BiO。
回答下列问题：
(1)“氧化碱浸”时，为提高钌的浸出率可采取的措施有____(任写一条)，Ru发生反应的离子方程式为_____。
(2)滤液2的主要成分有NaCl、CH3CHO和____，反应1的离子方程式是___。
(3)金属钌与乙醇的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是____。

(4)气体X经处理可以循环利用，“吸收”过程发生反应的化学方程式为____。
(5)可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3+3H2=2Ru+6HCl。产品纯度进行测定时，所得数据见表：
实验序号
产品质量/g
固体Ru质量/g
①
5.000
2.0210
②
5.000
2.0190
③
5.000
2.0200
④
5.000
1.6200

则产品的纯度为____。

三、有机推断题
7．（2020·山东潍坊·二模）DL—m—酪氨酸是一种营养增补剂，能提高人体的免疫力。一种合成DL—m一酪氨酸的路线如下：

已知：①
②
③
回答下列问题：
（1）A的化学名称为    ________，F中含氧官能团的名称是________。
（2）E到F的反应类型为________。
（3）写出D到E的化学方程式________。
（4）化合物M是一种α－氨基酸，是H的同分异构体。满足以下条件的M的同分异构体有________种。
i.环上有两个处于邻位上的取代基，与FeCl3溶液不能发生显色反应；
ii.1molM与足量金属钠反应产生1.5molH2。
其中分子中存在两个手性碳原子，且能在浓硫酸催化加热条件下发生消去反应而消除旋光性，该异构体的结构简式为________、________（已知：分子中存在手性碳原子的分子叫手性分子，手性分子具有旋光性）。
（5）是合成药物扑热息疼的中间体。设计由苯酚和ClCH2—O—CH3制备的合成路线________（无机试剂任选。）
8．（2021·山东潍坊·统考二模）环吡酮胺H是一种光谱抗菌药，其合成路线如图所示(部分反应条件和生成物略去)：

已知如下信息：
I.
II.
回答下列问题：
(1)A的名称为_____，B中官能团名称为_____。
(2)能鉴别D与E的试剂为_______(填序号)。
A．溶液      B．银氨溶液      C．溴水          D．氯化铁溶液
(3)写出D+F→G的化学方程式：____。
(4)C的同分异构体中，与C具有相同官能团且含有手性碳的结构简式为____。I()为环吡酮胺的衍生物，I的一种芳香族同分异构体M同时满足下列条件，写出M的结构简式____。
a.消耗
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为
(5)设计以为原料(其他无机试剂任选)合成 的路线：___。
9．（2022·山东潍坊·统考二模）化合物M是一种医药中间体。实验室制备M的一种合成路线如图：

已知：①+
②RCNRCOONa
③
④RCOOHRCOCl
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______，D中含氧官能团的名称是_______。
(2)C→D的反应类型是_______。
(3)F的结构简式是_______。
(4)D与NaOH溶液反应的化学方程式是_______。
(5)写出符合下列条件的C的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有3个取代基
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6：2：2：1：1
(6)参照上述合成路线，以苯酚和为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。

参考答案：
1．     124     600℃时1-丁烯的平衡转化率高，催化剂活性强     1          正反应
【分析】(1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能；
(2)①催化剂的活性与温度有关；
②根据图中数据，列“三段式”计算解答；
(3)根据Qc与平衡常数K的关系分析判断反应进行的方向。
【详解】(1)根据表格键能数据，△H=反应物总键能-生成物总键能=8EC-H+2EC-C+ EC=C-6EC-H- EC-C- 2EC=C-EH-H=2EC-H+EC-C-EC=C-EH-H=2×412kJ•mol-1+348kJ•mol-1-612kJ•mol-1-436kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；
(2)①催化剂的活性与温度有关，600℃时催化剂的活性最大，1-丁烯的平衡转化率高；
②根据图表数据，600℃达到平衡时，1-丁烯的转化率为25%，列“三段式”：

p(H2)= 80kPa×=2.5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa×=2.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa×=7.5kPa，则以H2表示的反应速率为v(H2)== 1kPa•h-1，平衡常数Kp=；
(3)在密闭容器中反应达到平衡后，再充入1.575mol1－丁烯和1.625mol1，3－丁二烯，n(CH3CH2CH=CH2)= 1.575mol+0.075mol=1.65mol，n(CH3CH2CH=CH2)= 1.625mol+0.025mol=1.65mol，则此时p(H2)= 80kPa×=0.5kPa，p(CH2=CHCH=CH2)=80kPa×=16.5kPa，p(CH3CH2CH=CH2)= 80kPa×=16.5kPa，Qc==0.5 kPa＜K=，反应未达到平衡，向正反应方向移动。
【点睛】易错点为(2)的第二小题，在换算分压计算平衡常数和反应速率时，要注意反应系中含有未参与反应的水蒸气，水蒸气虽然没有参与反应，但在平衡体系中，也占有一定分压。
2．     -49.5 kJ/mol     p3＞p2＞p1     反应I是放热反应，反应是II吸热反应，温度高于300℃之后反应转化率主要由反应II决定     0.0167 p或          31     使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
【详解】(1)①反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，则反应I的△H1=(-200.5-242+3×0+393) kJ/mo1=- 49.5 kJ/mol；
②反应I的正反应是气体体积减小的过程，所以在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，反应进行程度越大，CO2的平衡转化率就越大，根据图象可知CO2的平衡转化率：p3＞p2＞p1，因此压强大小关系为：p3＞p2＞p1；
反应I的正反应是放热反应；对于反应II：的△H2=(-110-242+3×0+393) kJ/mol=+41 kJ/mol，可见反应II的正反应是吸热反应，△H2＞0，所以温度升高，反应II的化学平衡正向移动，有利于反应II的进行，使二氧化碳的转化率升高；
③反应II是气体体积不变的反应，无论反应进行到何程度，不会引起压强的变化，所以压强的改变就是因为反应I的进行。起始时气体总物质的量是n(始)=0.5 mol+1.0 mol=1.5mol，压强p kPa；平衡时压强为p kPa，由于在恒温恒容时，气体的体积比等于气体的压强之比，则平衡时气体总物质的量就是l mol，所以根据反应I：的系数关系可知：每反应消耗1 mol CO2，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，反应后气体物质的量减少2 mol，现在反应后减少了0.5 mol，则生成0.25mo1 CH3OH，同时生成0.25 mol H2O，消耗0.25 mol CO2，消耗0.75 mol H2；则平衡时CH3OH的分压是，所以反应速率v(CH3OH)=；
平衡时生成0.3 mol H2O(g)，则反应II生成H2O的物质的量n(H2O)=0.3 mol-0.25 mol=0.05 mol，消耗CO2、H2的物质的量都是0.05 mol，因此平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO2)=0.5 mol-0.25 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2)=1.0 mol-0.75 mol-0.05 mol=0.2 mol，n(H2O)=0.3 mol，n(CH3OH)=0.25 mol，则反应I平衡分压p(CO2)=；p(H2)=，p(CH3OH)=， p(H2O)=，所以该反应的化学平衡常数Kp=；
(3)从该公式可以看到，活化能Ea就是直线斜率的相反数。a的斜率是-31，所以活化能就是31 kJ/mol；b相比a，斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的条件是使用了催化剂。
3．(1)SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)   △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1
(2)     80%          ＜     T2＞T1，T2时SiHCl3(g)的转化率为80%，T1温度下SiHCl3(g)的转化率是90%，降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，反应ⅱ是放热反应，△H2＜0     升高温度，减小压强，及时移走产物等
(3)     45.8     生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义

【详解】（1）H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，已知①SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
②SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
③2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
2(反应①-反应②)+反应③可得反应SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+48)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g) △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1；
（2）①由图象可知，T2温度下，反应达到平衡时H2的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为2.4mol，设消耗SiCl4(g)的物质的量为x，消耗SiHCl3的物质的量为y，则列三段式有：


则有2x+y=2.4，又T2温度下，达到平衡时的压强为1.32×106Pa，起始压强为1.0×106Pa，则，化简为3x+2y=4，解得x=0.8，y=0.8，因此达到平衡时SiHCl3的转化率为；
②由①可知，T2温度下，达到平衡时n(SiCl4)=n(SiHCl3)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，n(HCl)=(3.2+2.4)=5.6mol，则反应i的标准平衡常数Kθ=；
③结合①计算可得，T1温度下，SiHCl3的转化率为90%，而T2温度下SiHCl3(g)的转化率为80%，根据图象，T2温度下反应先达到平衡，因此T2＞T1，则T2→T1为降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，因此反应ⅱ是放热反应，即△H2＜0；
④根据反应2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol，升高温度，减小压强，及时移走产物等方式均可增大SiCl4(g)的转化率；
（3）上述②中，若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，此时ln108=-，则，因此Ea应减小45.8kJ/mol，上述①中，升高温度到595K，满足=108以加快反应速率，此时ln108==，则，Ea增大，因此生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义。
4．     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2     pH<3.5沉淀会在强酸中部分溶解，pH>4.2会生成钪的氢氧化物杂质     1:2     NH3和HCl     ScF3+H2O=ScOF+2HF     脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解
【分析】在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物CO2和Sc2O3，在浓盐酸、氟化铵等条件下生成复盐xNH4Cl•yScF3•zH2O，脱水，脱铵，得ScF3，最后用钙还原生成钪(Sc)单质。
【详解】（1）在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物CO2和Sc2O3，化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
（2）根据图1，含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系，用氨调节溶液pH,调节3.54.2会生成钪的氢氧化物杂质。故答案为：pH<3.5沉淀会在强酸中部分溶解，pH>4.2会生成钪的氢氧化物杂质；
（3）“脱水除铵”过程中，在380℃到400℃会有白烟冒出，白烟是氯化铵小颗粒，保温至无烟气产生，即得到ScF3，故在200℃到300℃为失水过程，则xNH4Cl•yScF3•zH2O中x:y= =0.06:0.12=1:2，由图象中数据计算复盐中x:z=1:2；工艺流程中可回收利用的物质是NH3和HCl。故答案为：1:2；NH3和HCl；
（4）ScF3•6H2O沉淀，高温脱水得ScF3，通常含有ScOF杂质，原因是ScF3部分水解，ScF3+H2O=ScOF+2HF。流程中将复盐沉淀后“脱水除铵”制得纯度很高的SeF3，其原因是脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解。故答案为：ScF3+H2O=ScOF+2HF；脱铵时NH4Cl分解，生成HCl，抑制Sc3+水解。
5．     +3价          2.8          加入足量氢碘酸，然后加入几滴淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，说明存在砷酸，反之，无砷酸     制取的砷纯度高，H2S可循环使用，避免对空气造成污染
【详解】(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0，砷化合价为-3价，则半导体材料中元素的化合价为+3价，“氧化(加压)”时与水、氧气反应生成H3AsO4和硫，发生反应的化学方程式为；
(2) 时的值为，用溶液调溶液的时，目的是除铁，，c(OH-)=10-11.2，c(H+)=10-2.8，的最小值为2.8；
(3)“还原”过程二氧化硫与H3AsO4反应生成H3AsO3，发生反应的离子方程式为；
(4)过程中，检验还原砷酸后所得溶液中是否仍存在砷酸。需进行的实验操作是：取还原砷酸后的溶液于试管中，加入足量氢碘酸，然后加入几滴淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝色，说明存在砷酸，反之，无砷酸；
(5)工业上用硫化-还原法制取砷的优点是制取的砷纯度高，H2S可循环使用，避免对空气造成污染。
6．(1)     适当升高温度、增大碱的浓度、将废料粉碎等（任写一条）     Ru+2OH- +3ClO- =RuO+H2O+3Cl-
(2)     Na2SiO3、NaBiO2     RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-
(3)x=1:2.5、T=50
(4)2RuO4+16HCl=2RuCl3+5Cl2↑+8H2O
(5)83%

【分析】含钌废料(主要成分为Ru，含有SiO2、Bi2O3等杂质)，经过次氯酸钠氧化、氢氧化钠碱浸后，根据给定已知信息可知，Ru元素和Bi元素以RuO、BiO存在形式留在滤液1中，同时SiO2与NaOH反应生成可溶于水的硅酸钠、还有反应得到的氯化钠也是滤液1的溶质之一，后经过乙醇还原RuO得到Ru(OH)4沉淀和滤液2，Ru(OH)4再被氯酸钠氧化后蒸馏得到RuO4(g)后被盐酸吸收，经反应可得到氯气、RuCl3和水，则推知气体X为氯气，据此分析。
(1)
适当升高温度、增大碱的浓度、将废料粉碎等均可提高反应速率，继而提高钌的浸出率；主要成分为Ru的含钌废料在碱性条件下被次氯酸钠氧化为RuO，次氯酸根离子被还原为氯离子，根据氧化还原反应的配平原则可知，该反应的离子方程式为：Ru+2OH- +3ClO- =RuO+H2O+3Cl-，故答案为：适当升高温度、增大碱的浓度、将废料粉碎等（任写一条）；Ru+2OH- +3ClO- =RuO+H2O+3Cl-；
(2)
根据上述分析可知，结合滤液1的成分前后联系可知，滤液2中除了生成氯化钠、乙醛以外，还有NaBiO2和Na2SiO3；结合已知信息可知乙醇被氧化为乙醛，RuO被还原为Ru(OH)4，再根据氧化还原的配平原则可知，该反应的离子方程式为：RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-，故答案为：Na2SiO3、NaBiO2；RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-。
(3)
金属钌与乙醇的质量比x对钌的回收率的影响变化趋势可看出，随着x比值不断减小，钌的回收率不断增大，当x=1:2.5时，其回收率达到94%左右，再减小x的值，钌的回收率增大不明显，所以最佳的质量比x取x=1:2.5，同理，观察随着反应温度T的增大，钌的回收率不断增大，当T=50时，其回收率达接近96%左右，再升高温度，变化非常微弱，反而增大成本，所以选取最佳温度为T=50，故答案为：x=1:2.5、T=50；
(4)
结合上述分析推知气体X为氯气，RuO4属于高价态氧化物，类似于PbO2或MnO2与浓盐酸的反应原理，RuO4与盐酸反应可生成氯气、RuCl3和水，即“吸收”过程涉及的化学方程式可表示为：2RuO4+16HCl=2RuCl3+5Cl2↑+8H2O；
(5)
根据上述数据可知，第④组实验数据误差较大，应舍去，所以上述前三组实验得到的固体Ru质量的平均值为，则根据2RuCl3+3H2=2Ru+6HCl可知，参加反应的RuCl3的质量为，因产品质量为5.000g，所以产品的纯度为=83%。
7．     间甲基苯酚或3－甲基苯酚     羟基、醚键     加成反应     2+O2+2H2O     7              
【分析】A为，在光照条件下，与氯气发生取代反应生成B，B为，B在NaOH水溶液中发生水解，再酸化后生成C，C为，根据信息②C和ClCH2—O—CH3发生取代反应生成D，D为，D在铜作用下催化氧化生成E，E为，E与HCN发生加成反应生成F，F为，F与氨经过取代反应生成G，G水解后生成H，H在硫酸和乙酸中制得产品。
【详解】（1）A为，化学名称为间甲基苯酚或3－甲基苯酚，F为，含氧官能团的名称是羟基、醚键。故答案为：间甲基苯酚或3－甲基苯酚；羟基、醚键；
（2）与HCN发生加成反应生成F，F为，E到F的反应类型为加成反应。故答案为：加成反应；
（3）D在铜作用下催化氧化生成E，D到E的化学方程式2+O2+2H2O。故答案为：2+O2+2H2O；
（4）化合物M是一种α－氨基酸，是H的同分异构体。i.环上有两个处于邻位上的取代基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，没有酚羟基；ii.1molM与足量金属钠反应产生1.5molH2，除羧基外还有两个醇羟基。满足条件的M的同分异构体有7种，分别是：、、、、、、，其中分子中存在两个手性碳原子，且能在浓硫酸催化加热条件下发生消去反应而消除旋光性，该异构体的结构简式为、。
故答案为：7；、；
（5）是合成药物扑热息疼的中间体，由苯酚和ClCH2—O—CH3制备，在引入氨基过程中，要用浓HNO3进行硝化反应，酚羟基易被氧化，需进行保护，合成路线如下：。
故答案为：。
8．     2-丙醇     酮羰基     AC     +HCl或+HCl          或    
【分析】由合成路线可知，整个合成有两条路线，路线1为A→B→C→D；路线2为甲苯→C7H6O2→E→F。根据C的结构简式和A的分子式，结合已知信息I，可推出A为CH3CH(OH)CH3，A催化氧化生成B，B为CH3COCH3。根据E的结构简式和甲苯的结构简式，可推出甲苯先氧化为苯甲酸，然后苯环加氢得到E，由E→F→G发生已知信息II的反应，推出G为，G在CH3COONa存在条件下和NH2OHHCl反应得到环吡酮胺H，据此分析解答。
【详解】(1)根据以上分析，A为CH3CH(OH)CH3，名称为2-丙醇，B为CH3COCH3，含有的官能团名称为酮羰基，故答案为：2-丙醇；酮羰基；
(2) A．因为D中含有碳碳双键、酯基，而E中含有羧基，溶液可与羧基反应产生气泡，故可鉴别D与E；
B．由于D、E均不含醛基，故用银氨溶液不能鉴别D与E；
C．D中含碳碳双键，D能与溴水反应而使溴水褪色，E与溴水不反应，故可鉴别D与E；
D．D、E均无酚羟基，与氯化铁溶液均不反应，故用氯化铁溶液不能鉴别D与E；
答案选AC；
(3) D+F→G发生的是已知信息II的过程第2步反应，由E→F可知F，-OH被-Cl取代，故F为 ，D+F→G的化学方程式为：+HCl；
(4)C的结构简式为，含有的官能团为碳碳双键、羧基，且有5个C，8个H，且含有手性碳，则其结构简式为。I()的同分异构体M是芳香族化合物，则含有苯环，根据条件a，消耗可知，属于酚，且含有2mol酚羟基，根据I的分子式C6H7O2N，M分子中还含有1个-NH2，根据条件b，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为，则具有对称结构，则M的结构简式为： 或；
(5)逆向合成分析：若要制备，则需要发生类似G→H的反应，该步反应物为；根据所给原料，需要和发生类似D+F→G的反应生成 ；和发生酯化反应可生成，据此写出合成路线为：。
9．(1)     对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)     羟基、羰基
(2)取代反应
(3)
(4)+2NaOH+H2O+NaCl
(5)、
(6)

【分析】根据有机物C的结构可以反推出，有机物B与HCHO反应生成有机物C，根据B的分子式可知有机物B的结构为；有机物A与CH3COCl反应生成有机物B，根据有机物A的分子式可知，有机物A为；有机物C与浓盐酸反应生成有机物D，结合有机物D的分子式可以得到D为；D与NaCN发生取代反应生成E，有机物E与CH3CHO发生已知反应①生成有机物F，结合有机物G的结构可以得到有机物F的结构为，则E的结构简式为，据此分析解答。
(1)
A的结构简式为，则A的化学名称为对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)，D的结构简式为，其中含氧官能团为羟基、羰基；
(2)
有机物C与浓盐酸反应生成有机物D，C的结构简式为，D为，可知—OH被Cl原子所取代，因此C→D为取代反应；
(3)
由上述分析可知，F的结构简式为；
(4)
D的结构简式为，分子中酚羟基和Cl原子均能与NaOH反应，因此产物为，故反应的化学方程式为+2NaOH+H2O+NaCl；
(5)
C的结构简式为，其同分异构体苯环上有3个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基，又核磁共振氢谱有5组峰，说明含有5种不同环境的氢原子，峰面积之比为6：2：2：1：1，满足条件的结构有、；
(6)
结合题干G→M的反应和已知信息④，以苯酚和为原料制备，可先与SOCl2反应生成，在与苯酚反应生成，与I2单质反应得到，故合成路线为：。