(1). 环戊烯    (2). 溴原子、碳碳双键    (3). 消去反应    (4).     (5).     (6). 6    (7).     (8).

【解析】

A为，与H₂发生加成反应生成的B应为，再在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，C为，C反应信息①的反应生成D为，D发生水解反应生成E为； 与CH₃CHO发生信息②的反应生成的F为，被氧化生成G，G和E能发生酯化反应，则G为，H为；据此解答。

【详解】(1)C为，其化学名称为环戊烯，D为，含有的官能团名称是溴原子和碳碳双键；

(2)反应②为在浓硫酸的催化作用下发生消去反应生成C，则反应类型是消去反应；

(3)由分析知F的结构简式为；

(4)G和E能发生酯化反应生成H的化学方程式为；

(5)H为，化合物H的同分异构体Q为芳香族化合物，说明含有苯环；H、Q分别与足量H₂进行催化加成，能生成同一产物，则：①如果五元环上不含碳碳双键，则支链中含有C≡C键，有1种；②如果五元环上有2个碳碳双键，且两个碳碳双键不能相邻，有3种；③如果五元环上有1个C≡C键，有2种，则符合条件的有6种；其中分子内存在碳碳叁键的同分异构体的结构简式为；

(6)乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛和反应生成，然后催化氧化得到，其合成路线为。

    (1). 氧化    (2). B    (3). ，加入NaClO₃，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na₂SO₄·10H₂O的析出    (4). 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥    (5). H₂SO₄

【解析】

由流程可知，发生器中制备ClO₂, 冷却塔用于分离ClO₂并回收CH₃OH，在吸收塔中用冷水冷凝ClO₂，最后再储存；发生器中生成的Na₃H(SO₄)₂进入Na₃H(SO₄)₂处理器，用H₂O₂和NaClO₃处理得到Na₂SO₄·10H₂O。

【详解】（1）ClO₂可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有氧化性，故答案为：氧化；

（2）冷却塔用于分离ClO₂并回收CH₃OH，根据表格中相关物质的溶解度，控制的温度应该使CH₃OH液化，但是ClO₂不能液化，只有B项合适，答案选B；

（3）①在处理器中会发生反应：，加入NaClO₃，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na₂SO₄·10H₂O的析出，故答案为：，加入NaClO₃，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na₂SO₄·10H₂O的析出；

②过程Ⅱ的操作为在32.4℃恒温蒸发后，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；

③Na₃H(SO₄)₂处理器的滤液中可以循环利用的原料为NaClO₃和H₂SO₄,故答案为：H₂SO₄。

    (1). －87.0    (2). 不是    (3). 升高温度反应逆向移动；催化剂活性降低    (4). Ⅰ    (5). 4    (6).     (7). 14－b＜pH＜14－a    (8). N₂H₆(HSO₄)₂

【解析】(1)已知：

反应I：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：H₂O(1)＝H₂O(g)    △H₃=+440 kJ·mol^－1

NH₃与CO₂合成尿素同时生成液态水的化学方程式为2NH₃(g)+CO₂(g)⇌CO(NH₂)₂(s)+H₂O(l)，根据盖斯定律I+II-III得2NH₃(g)+CO₂(g)⇌CO(NH₂)₂(s)+H₂O(l)，则△H=-159.5kJ•mol^-1+(+116.5kJ•mol^-1)-(+44.0kJ•mol^-1)=-87.0 kJ•mol^-1；

(2)①产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；

②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；由题意可知：

即，=0.6，则x=4；

③当V_正=V_逆时反应达到平衡，即，此时平衡常数K==；

(3)①N₂H₄+H₂O⇌N₂H₅⁺+OH^- K₁=1×10^-a；N₂H₅⁺+H₂O⇌N₂H₆²⁺+OH^- K₂=1×10^-b，可知K₁= =1×10^-a，K₂= =1×10^-b，欲使c(N₂H₅⁺)＞c(N₂H₄)，同时c(N₂H₅⁺)＞c(N₂H₆²⁺)，则1×10^-b＜c(OH^-)＜1×10^-a，即应控制溶液pH范围为14－b＜pH＜14－a；

②既然水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N₂H₆²⁺和OH^-，因此它的硫酸酸式盐的化学式为(N₂H₆)(HSO₄)₂。

【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

    (1). 分液漏斗    (2). 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度    (3). 安全瓶，防倒吸    (4). 4SO₂+2Na₂S+Na₂CO₃＝3Na₂S₂O₃+CO₂    (5). 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl₂溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH    (6). 乙醇    (7).     (8). 82.7％

【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na₂SO₃+H₂SO_4(浓)=Na₂SO₄+SO₂↑+H₂O，丙装置为Na₂S₂O₃的生成装置：2Na₂S+Na₂CO₃+4SO₂=3Na₂S₂O₃+CO₂，因SO₂易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。

【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO₂生成速率；

(2)SO₂易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；

(3)Na₂S和Na₂CO₃以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO₂，即生成Na₂S₂O₃和CO₂，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO₂+2Na₂S+Na₂CO₃＝3Na₂S₂O₃+CO₂；

(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na₂CO₃的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl₂溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；

(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；

①Na₂S₂O₃溶液中滴加酸性KMnO₄溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn²⁺生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S₂O₃^2-+8MnO₄^-+14H⁺＝8Mn²⁺+10SO₄^2-+7H₂O；

②由方程式可知n(Na₂S₂O₃•5H₂O)=n(S₂O₃^2-)=n(KMnO₄)=×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m(Na₂S₂O₃•5H₂O)=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na₂S₂O₃•5H₂O在产品中的质量分数为×100%=82.7%。

【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。

    (1). 14    (2). 大于    (3). Cu(OH)₂+4NH₃＝[Cu(NH₃)₄]²⁺+2OH^－    (4). sp、sp²    (5). 14    (6). 4    (7). (0.75，0.75，0.75)    (8). 高    (9). 两者都是离子晶体，O^2－半径比S^2－半径小，所以Cu₂O的晶格能更大，熔点更高

【解析】(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，则基态铜原子核外有14对自旋相反电子；

(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I₁(Sn)大于I₁(Pb)；

(3)新制的Cu(OH)₂能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的[Cu(NH₃)₄]²⁺，则反应的离子方程式是Cu(OH)₂+4NH₃＝[Cu(NH₃)₄]²⁺+2OH^－；

(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp²杂化；

(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个σ键，H₂O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个σ键；

(6)①Cu₂O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的，已知a位置Cu⁺坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu⁺坐标为(0.75，0.75，0.75)；

②Cu₂S与Cu₂O都是离子晶体，O^2－半径比S^2－半径小，所以Cu₂O的晶格能更大，则Cu₂O熔点更高。