山东省德州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

这是一份山东省德州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共24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。

山东省德州市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·山东德州·统考二模）N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：
(1)N原子中最高能级的电子的电子云轮廓图为___________；基态Cu+的核外电子排布式为____________。
(2)化合物(CH3)3N可用于制备医药、农药。分子中N原子杂化方式为________，该物质能溶于水的原因是_____________________。
(3)[H2F]+[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸，其阳离子的空间构型为_____________，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子______________(写化学式)。
(4)氮、铜形成的一种化合物的晶胞结构如图所示。与每个Cu原子紧邻的Cu原子有____个，令阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为______g/cm3。(列出计算式)

2．（2020·山东德州·统考二模）二甲醚(CH3OCH3)是一种新型能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。
(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H。
几种物质的相对能量如下：

△H=______kJ·mol。改变下列“量”，一定会引起△H发生变化的是_____(填代号)。
A．温度B．反应物浓度C．催化剂D．化学计量数
(2)有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为_______(填标号)。
A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压
(3)采用新型催化剂(主要成分是Cu—Mn的合金)制备二甲醚。催化剂中n(Mn)／n(Cu)对合成二甲醚的影响情况如下图所示。

当n(Mn)／n(Cu)=2时，二甲醚的选择性()为85．8%，此时二甲醚的产率为_________。
(4)用二甲醚燃料电池电解法可将酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-)转化为Cr3+。原理如下图：

①燃料电池中的负极是______(填“M”或“N”)电极。电解池阴极的电极反应式为______________________________。
②消耗6．9g二甲醚时可处理Cr的含量为26．0g·L-1的废水1L，该套装置的能量利用率为___________。(保留3位有效数字)
3．（2021·山东德州·统考二模）近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
①C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)△H1=+9kJ·mol-1
②C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)△H2=-136kJ·mol-1
③H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H3=+41kJ·mol-1
④CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H4
(1)△H4=___，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K—Fe—Mn/Si性能的影响如图：

工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是__℃。
(2)在800℃时，n(CO2)：n(C2H6)=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。
Ⅱ.科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图所示：

(1)“吸附”过程中主要反应的化学方程式为___。
(2)为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图所示。

①该反应为___反应(填“吸热”或“放热”)。
②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c(CO2)较原平衡___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为___。
4．（2022·山东德州·统考二模）工业上从铬铁矿废渣(主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)中回收提取铬的工艺流程如下：

注：焙烧可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。
(1)为加快“水浸”速率，可采取的措施为_______(写出一种即可)。
(2)已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时反应的化学方式为_______。
(3)滤渣1的主要成分是_______。 实验室中进行操作2用到的玻璃仪器有_______。
(4)常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度≤10-5 mol/L时认为沉淀完全。

浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是_______。
调pH时转化的离子方程式为_______。
(5)一定温度下，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，工作原理如图所示，负极电极反应式为_______，一段时间后，N极附近溶液pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

5．（2022·山东德州·统考二模）3D打印对钛粉末的要求很高。熔盐电解精炼是制取钛粉的有效途径。精炼时一般采用等摩尔比的KCl-NaCl熔盐，其中含有一定浓度的低价氯化钛(TiClx，x=2、3)。(已知：①熔盐中Ti3+少，Ti2+多熔盐电解精炼制得的钛粉颗粒相对粗大；②钛的熔点为1668℃，TiCl4熔点-24. 1℃、沸点136. 4℃)。
(1)精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等做电解池的_______极。
(2)采用海绵钛与TiCl4制取低价钛离子的电解质熔盐时，熔盐中存下如下4个反应：
ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+△H3
ⅳ．_______      △H4
①反应ⅳ的化学方程式为_______。
②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H1_______3△H2(填“＞”、“＜”或“＝”)。

③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为_______。
(3)向下图装置中加入海绵钛，从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，恒温条件下进行反应。

①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为_______。
②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K3=_______。
③若向此平衡体系中继续注入TiCl4，则再次平衡后_______(填“增大”、“减小”或“不变”)
(4)电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，请分析产生的原因_______(写出1条原因，合理即可。)

二、工业流程题
6．（2020·山东德州·统考二模）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠的途径如图所示：

(1) Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是____________
(2)焙烧过程发生的主要反应为MoS2+O2→MoO3+SO2(未配平)，该反应的氧化产物是____________(填化学式)。
(3)碱浸时生成Na2MoO4和一种气体A，该气体的电子式为________；沉淀时加入Na2S溶液的目的是______________________
(4)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图1为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。

第6层焙烧炉中所得MoO3与MoO2的物质的量之比为___________
(5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图2：
①使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_______。
②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是__________________________________。
③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是_____________________________
7．（2021·山东德州·统考二模）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图：

(1)形成Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为___，Ni(CO)4含有的化学键类型___。
(2)Ni2O3有强氧化性，加压酸浸时，有气体产生且镍被还原为Ni2+，则产生的气体为___(填化学式)。
(3)滤渣D为单质镍、硫的混合物，请写出向浸出液B中通入H2S气体生成单质镍的离子方程式：___。
(4)“高温熔融”时通入氩气的目的是___。
(5)检验滤液C中金属阳离子的试剂是___(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6] c.酸性高锰酸钾     d.苯酚
(6)碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其原理___(用化学方程式表示)。

三、有机推断题
8．（2020·山东德州·统考二模）有机物I()是一种新型感光高分子化合物，工业合成I的路线如下：

已知：同一个碳原子上连接有2个羟基时，自动脱去一个水分子。请回答下列问题：
(1)有机物C中官能团名称_________。反应①的化学反应类型为______________。
(2)反应④的化学方程式为：_______________________________________________。
(3)反应⑤除生成H外，还生成一种能与碳酸氢钠反应放出气体的有机化合物M，M的结构简式为：_______________________。
(4)X是H的芳香族同分异构体，1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg。则X共有__________种。写出一种核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式_____________________。
(5)参照上述合成路线。设计以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的流程图。
______________________________________________________________。
9．（2021·山东德州·统考二模）用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图：

已知：

回答下列问题：
(1)B的名称是___，C中的官能团名称为___。
(2)H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为__。
(3)已知BKL，符合下列条件的L的同分异构体有___种。
①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体。
其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式___。
(4)利用题中信息和所学知识，写出以A合成的路线流程图(其他试剂自选)___。
10．（2022·山东德州·统考二模）有机物G是某药物的中间体，合成路线如图所示：

已知：R-CNR-CH2NH2
R1-NH2+R2-COOC2H5
(1)A的化学名称_______，A→B的反应类型_______，G中官能团名称_______。
(2)写出C→D的化学方程式_______。
(3)写出F的结构简式_______。
(4)L是D的一种同分异构体，写出满足下列条件的L的结构简式：_______。
a能与FeCl3溶液显紫色
b.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为9： 3： 2： 2
(5)设计以为原料合成的路线(无机试剂任选) _______。

参考答案：
1．     哑铃形或纺锤形     [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10     sp3     (CH3)3N为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键     V形     H2O或H2S     8    
【分析】根据N原子的核外电子排布式判断最高能级的电子的电子云轮廓图。根据基态铜原子的核外电子排布式写出基态Cu+的核外电子排布式。根据价层电子对数判断杂化类型，根据分子结构判断易溶于水的原因。根据价层电子对互斥理论判断分子的立体构型，根据同族替换或等量代换找出等电子体。根据晶胞结构分析化学式并进行计算。
【详解】(1)N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最高能级的电子为2p上的电子，电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+是基态铜原子失去最外层的一个电子得到的，Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；
(2)化合物(CH3)3N分子中N原子与三个甲基形成了3对共用电子对，N上还有一对孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为sp3，(CH3)3N为极性分子，且可与水分子形成分子间氢键，故易溶于水；
(3)[H2F]+中F上的孤电子对数为，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体型，分子的空间构型为V形，与[H2F]+互为等电子体的分子为H2O或H2S；
(4)图中与每个Cu原子紧邻的Cu原子有8个，铜原子和氮原子的个数分别为、，该晶体的密度为g/cm3。
【点睛】VSEPR模型和分子的空间构型不一定相同，没有孤对电子时相同，有孤对电子时要去掉孤对电子才是分子的立体构型，为学生的易错点。
2．     －253．4     D     B     61．8%     M     Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O     83．3%
【分析】根据反应热△H=生成物总能量-反应物总能量进行计算；根据影响化学平衡移动因素进行分析；根据二甲醚的选择性计算公式：进行计算；根据氢离子移动方向判断正负极，根据电子守恒计算能量的利用率。
【详解】(1)用CO和H2合成二甲醚的反应为：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=生成物总能量-反应物总能量=1453.0kJ·mol-1-(3285.8kJ·mol-1+3kJ·mol-1)=-253.4 kJ·mol-1；
A.改变温度会影响化学反应平衡移动，但不会影响△H，故A不符合题意；
B.改变反应物浓度，影响化学反应平衡移动，但不会影响△H，故B不符合题意；
C.催化剂只改变化学反应速率，不会影响△H，故C不符合题意；
D.反应热与化学反应计量数成正比，所以改变化学计量数会影响△H，故D符合题意；
故答案：-253.4；D；
(2)根据3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-253.4 kJ·mol-1可知，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高；增大压强，平衡正向移动，CH3OCH3产率升高，降低压强，平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低；所以有利于提高反应中CH3OCH3产率的条件为低温高压，故B正确；故答案：B。
(3)当=2时，二甲醚的选择性()为85.8%，由图可知CO的转化率为72%，此时二甲醚的产率=85.8%=61.8%，故答案：61.8%；
(4)①由质子交换膜中氢离子移动方向可知，M为负极，N为正极；电解池中与正极相连为阳极发生氧化反应，与负极相连的极为阴极发生还原反应，所以反应的电极反应式为：Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O，故答案：M；Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O；
②n(CH3OCH3)=，根据电子守恒：CH3OCH3- 12e-+3H2O= 2CO2↑+12H+可知转移电子为12，可以还原m(Cr)=26.0g·L-11L=26.0g，根据Cr2O+6e-+14H+===2Cr3++7H2O可知转移的电子==1.5mol，该套装置的能量利用率=100%=83.3%，故答案为：83.3%。
【点睛】(4)原电池电解池综合考查，首先要确定原电池电极，才能进一步解决电解池的问题，原电池电极的确定可以根据反应原理，结合质子交换膜H+移动方向和出口产物为水来确定。
3．     +177kJ·mol-1     800     p0     Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3     放热     不变     123.1
【详解】Ⅰ(1)；该反应的目的是生成C2H4，参考C2H6和CO2的转化率知，最佳温度是800℃左右；
(2)假设初始通入CO2是1mol，C2H6是3mol，达到平衡时CO2反应了xmol

x+x+x=(1-x)+(3-x)解得x=0.8mol，达到平衡时，CO2是0.2mol，C2H6是2.2mol，C2H4、H2O、CO均为0.8mol，此时总物质的量为4.8mol，CO2的物质的量分数为，C2H6的物质的量分数为，C2H4、H2O、CO的物质的量分数均为，容器的体积固定，随着反应的进行，容器的压强增大，达到平衡时，容器的压强为，；
Ⅱ(1)吸附过程中的反应物是Li4SiO4、CO2，产物是Li2CO3和Li2SiO3，故方程式为Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3；
(2)①由图象知，相同，最高点以后，温度升高，吸附后固体样品的质量分数降低，反应向逆反应方向进行，又温度升高向吸热方向进行，所以逆反应是吸热反应，故该反应为放热反应；
②温度不变，平衡常数不变，即，所以重新平衡后，二氧化碳的浓度不变；
③由吸附反应Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3知固体增重的质量是吸收的二氧化碳的质量，A点时，气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol，即231g，所以y=123.1
4．(1)提高水浸温度、搅拌等
(2)
(3)          烧杯、漏斗、玻璃棒
(4)     4.5≤pH≤9.3     2+2H++H2O
(5)          增大

【解析】（1）
为加快“水浸”速率，可采取适当提高水浸温度、搅拌等措施，故答案为：提高水浸温度、搅拌等；
（2）
已知铬铁矿废渣中主要含Cr2O3，Cr显+3价，而“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，Cr显+6价，因此在焙烧过程中发生了氧化还原反应，Cr2O3为还原剂，O2为氧化剂，利用化合价升降法进行配平，反应方程式为：，故答案为：；
（3）
由题意可知，铬铁矿废渣在焙烧过程中可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，Cr2O3转化为Na2CrO4，“水浸”之后通过操作1过滤，可知滤渣为Fe2O3；从流程图可知进行操作2可得滤渣2，因此操作2为过滤，实验室中进行过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗和烧杯，故答案为Fe2O3，玻璃棒、漏斗、烧杯；
（4）
浸出液用H2SO4调节pH的目的是使杂质离子和完全沉淀，而不沉淀。从溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系图可知：当pH≤9.3时杂质离子和完全沉淀，但当pH<4.5时，沉淀又发生反应转化为Al3+，因此浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是4.5≤pH≤9.3，在调pH的过程中，可知与之间发生相互转化，离子方程式为，故答案为4.5≤pH≤9.3，；
（5）
根据工作原理图可知：在M极苯酚发生氧化反应生成二氧化碳，做原电池的负极，在N极发生还原反应生成，做原电池的正极，所以负极电极反应式为，正极的电极反应为，所以一段时间后，N极附近溶液pH增大，故答案为，增大；
5．(1)阳
(2)     2Ti3++Ti03Ti2+     ＞     降低熔盐温度
(3)     +          不变
(4)①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等

【解析】(1)
精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等作电解池的阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液；
(2)
①根据题意可知反应ⅳ的化学方程式为2Ti3++Ti03Ti2+；
②已知：ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
根据盖斯定律，将3×ⅱ-ⅰ，整理可得2Ti3++Ti03Ti2+△H=3△H2 -△H1。即ⅳ=3×ⅱ-ⅰ。根据温度与化学平衡常数的关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H=3△H2-△H1＜0，即△H1＞3△H2；
③根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，有助于反应向低价盐方向移动，故有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为降低熔盐温度；
(3)
①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。Ti的总物质的量为(b+c) mol，Ti元素总化合价为+4c，则熔盐中低价钛离子的平均价态为+；
②从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。假设反应ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+消耗Ti0为x mol，则其消耗Ti4+为3x mol，反应产生Ti3+为4x mol，反应ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+中消耗Ti0为(b-x) mol，消耗Ti4+为(b-x) mol，反应产生Ti2+为2(b-x) mol，所以消耗Ti4+为3x+(b-x)=c mol，解得x=，故平衡时n(Ti4+)=(a-c) mol，n(Ti3+)=4x mol=(2c-2b)mol，n(Ti2+)=2(b-x) mol=(3b-c) mol，所以反应ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+的化学平衡常数K=；
③反应在恒温条件下进行，各个化学反应的平衡常数不变，因此若向此平衡体系中继续注入TiCl4，再次平衡后不变；
(4)
电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，这可能是由于①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等。
6．     +6     MoO3和SO2          除去Pb2+离子     1：3     1：1     C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；     替代空气中氧气起氧化剂作用
【分析】(1)~(3)从流程图知：先在空气中灼烧生成MoO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MoO3，经过“沉淀”环节除去杂质PbS，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；据此分析解答；
(4)~(6)通过读图、从图片中提取有效信息、结合元素守恒、影响速率的可能因素等知识分析、回答；
【详解】(1) 根据化合物中元素化合价代数和为0，Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价是+6；答案为：+6；
(2) 焙烧过程中MoS2和O2反应生成MoO3和SO2，Mo元素的化合价从+2价升高到+6价、S元素的化合价从−1价升高到+4价，O元素的化合价从0价降低到−2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为，该反应的还原剂是MoS2，则氧化产物是MoO3和SO2；
答案为：MoO3和SO2；
(3由流程图可知，碱浸时MoO3与Na2CO3反应生成一种气体A和Na2MoO4，可推知碱浸时发生了反应：，则A为CO2，电子式为；流程图中“沉淀时”加入Na2S溶液后再过滤，得到的滤液中已经不含铅元素，则铅元素转移到废渣中，即废渣含PbS，加入Na2S溶液目的是除去Pb2+离子；
答案为：；除去Pb2+离子；
(4)第6层焙烧炉中所得含钼元素产物有与MoS2、MoO3与MoO2，其中MoS2与MoO3物质的量百分数均为20%，则MoO2物质的量百分数为60%，则MoO3与MoO2的物质的量之比为1：3；
答案为：1：3；
(5)①根据图象知当缓蚀剂中钼酸钠和月桂酰肌氨酸均为150mg/L时碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1；
答案为：1：1；
②随着盐酸和硫酸浓度的增大，碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异，则二者主要的差别为阴离子不同，可以推测其主要原因是C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；
答案为：C1-有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；
③空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需要加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用，以便在碳钢表面形成FeMnO4—Fe2O3保护膜；
答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用。
【点睛】解本题的关键是：关注元素化合价的变化、判断反应是否是氧化还原反应、是不是复分解反应等等，应用相关规律进行分析判断；通过读图，发现图中有效信息、结合质量守恒定律等规律进行计算等。
7．     0     共价键和配位键     O2     H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓     做保护气，防止镍、铝被氧化     b     2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑
【分析】由题给流程可知，红土镍矿煅烧时，硫化镍和硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二镍和氧化铁，向煅烧后的固体中加入硫酸加压酸浸，三氧化二镍和氧化铁与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和硫酸盐的浸出液B；向浸出液B中通入硫化氢气体，铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫和水，镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，过滤得到含有硫和镍的固体混合物；向固体混合物中通入CO气体，镍与一氧化碳反应生成四羰基合镍，四羰基合镍受热分解生成镍；在氩气环境中，高温熔融条件下镍与铝融合得到镍合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，用蒸馏水洗浸出渣F得到产品兰尼镍。
【详解】(1) 由形成四羰基合镍时碳元素的化合价没有变化可知，四羰基合镍中镍元素为0价，化合物中镍与一氧化碳形成配位键，一氧化碳分子中碳原子与氧原子形成极性共价键，故答案为：0；共价键和配位键；
(2)由题意可知，三氧化二镍和硫酸溶液反应生成硫酸镍、氧气和水，反应的方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，故答案为：O2；
(3) 浸出液B中通入硫化氢气体生成单质镍发生的反应为镍离子与硫化氢反应生成硫沉淀、镍沉淀和氢离子，反应的离子方程式为H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓，故答案为：H2S+Ni2+=Ni↓+2H++ S↓；
(4) “高温熔融”时通入氩气形成无氧环境，防止镍、铝被空气中的氧气氧化，无法制得镍铝合金，故答案为：做保护气，防止镍、铝被氧化；
(5)由分析可知，滤液C中含有亚铁离子，检验亚铁离子可以选用铁氰化钾溶液或高锰酸钾溶液，由于过量的硫化氢也能与高锰酸钾溶液反应，干扰亚铁离子的检验，则检验溶液中存在亚铁离子的试剂为铁氰化钾溶液，故答案为：b；
(6) 碱浸的目的是使镍铝合金产生多孔结构发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基和铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。
8．     酯基     加成反应     +2NaOH+2NaCl+H2O     CH3COOH     10     或     CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2
【分析】
根据反应条件分析合成过程可知，C应为物质B发生加聚反应而生成的产物，则C的结构简式为：，C在NaOH溶液中发生酯的水解，生成D()。由G的结构简式，结合E→F→G的反应条件，可知E为苯的同系物，发生苯环侧链上的取代反应生成F，F在NaOH溶液、加热条件下发生卤代烃的水解，最终得到G，结合已知条件可知，E为，F应为，F水解后苯环侧链上的碳原子连接有2个羟基，脱去一个水分子，生成G，G与(CH3CO)2O发生反应，生成H，结合G、I的结构简式，可知H为。H和D发生酯化反应，生成I。据此进行分析。
【详解】
(1)根据分析，可知有机物C的结构简式为：，所含官能团为酯基。分析反应①的反应机理，可知乙炔叁键断裂，与A发生加成反应，答案为：酯基；加成反应；
(2)反应④为卤代烃的水解反应，水解后形成两个羟基连在同一个碳原子上，根据已知条件，同一个碳原子上连接有2个羟基时，自动脱去一个水分子。故反应方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
(3)根据M能与碳酸氢钠反应放出气体可知M分子中含有羧基，结合反应物G和(CH3CO)2O以及H的结构简式，可知M应为CH3COOH。答案为：CH3COOH；
(4)H的同分异构体X满足：能发生银镜反应，且1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg，说明X中含有两个醛基，当苯环上只有一个取代基时，取代基只能是-CH(CHO)2，对应结构只有1种；若苯环上有两个取代基时，取代基为-CHO、-CH2CHO，对应的结构有3种；当苯环上有三个取代基时，取代基为：-CH3、-CHO、-CHO。对应的结构有6种，故X的结构共有1+3+6=10种。核磁共振氢谱有4组峰，说明其结构中有4种不同化学环境的氢原子，则符合该条件的X的结构简式为：或。答案为：10；或；
(5)以乙醇和乙炔为原料制备CH3CH=CHCOOCH=CH2的过程中涉及碳链的增长和官能团的转化，结合题中合成路线A→B可知，羧酸和碳碳叁键可发生加成反应生成含碳碳双键的酯，分析目标产物，则可考虑将乙醇转化为CH3CH＝CHCOOH，然后与乙炔发生加成反应得到目标产物。参考题中G→H的转化过程，将乙醇氧化为乙醛，然后与(CH3CO)2O发生反应，可得到CH3CH＝CHCOOH，则合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2；答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH=CH2。

9．     邻溴甲苯或2—溴甲苯     醛基和溴原子(或碳溴键)          16         
【分析】由丁逆推可知H为，结合信息可知G为，C为，B为，A为， E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2。
【详解】(1) B为，B的名称是邻溴甲苯或2—溴甲苯，C为，C中的官能团名称为醛基和溴原子(或碳溴键)，故答案为：邻溴甲苯或2—溴甲苯；醛基和溴原子(或碳溴键)
(2) H为，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑，故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；
(3) 已知BKL，B为，且已知：
得L为：，符合下列条件的L的同分异构体①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体，说明含-COOH的有机物有：一个侧链时有2种： ，两个侧链时有6种：(同碳、邻、间3种)+ (同碳、邻、间3种)，三个侧链时有8种：、、，共16种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式为
故答案为：16；；
(4)由题中信息和所学知识，以A合成的路线流程图为
，故答案为：
。
10．(1)     1，3—丙二醇     氧化反应     酯基、酰胺基
(2)
(3)
(4)、、
(5)CH2=CH-COOCH3

【分析】根据A的分子式以及D的结构简式可知，A为HOCH2CH2CH2OH，被酸性高锰酸钾溶液氧化，得到B为HOOCCH2COOH，B与甲醇发生酯化反应生成C为CH3OOCCH2COOCH3，C与发生反应（先加成后消去）生成D，根据G的结构简式以及已知信息可知，D与HCN反应生成的E为，E与氢气在催化剂作用下反应生成的F为。
(1)
由分析知，A为HOCH2CH2CH2OH，化学名称为1，3—丙二醇，A→B的反应类型为氧化反应，G中官能团名称为酯基、酰胺基。
(2)
C为CH3OOCCH2COOCH3，C与发生反应（先加成后消去）生成D，C→D的化学方程式为。
(3)
F的结构简式为 。
(4)
L是D的一种同分异构体，L满足下列条件：能与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为9： 3： 2： 2，说明其分子中只有4种不同化学环境的氢原子，分子结构有很好的对称性。则符合条件的有以下几种： 、 、 。
(5)
结合题中信息可知，由 发生消去反应生成CH2=CH-COOCH3，CH2=CH-COOCH3与HCN发生加成反应生成 ，再与氢气作用下反应生成 ， 发生信息反应生成 。故以 为原料合成 的路线为：CH2=CH-COOCH3 。