湖北省荆州市2023届高三下学期5月冲刺模拟考试化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页荆州市2023年高三5月冲刺模拟试题化学一、选择题(本题共15题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是A.醋酸钠结晶析出放热，可制作市场“热袋”B.头发主要由角蛋白构成，频繁烫发会对头发造成一定伤害C.味精是一种常用的增味剂，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产D.“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了析氢腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．醋酸钠结晶析出时会放热使热袋发热，所以可制作市场热袋，故A正确；B．头发主要由角蛋白构成，频繁烫发时会使蛋白质变性而对头发造成一定伤害，故B正确；C．味精是一种增味剂，主要成分谷氨酸钠主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故C正确；D．青铜深埋于地下生锈是因为发生了吸氧腐蚀，故D错误；故选D2.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列说法错误的是A.可用于飞机与舰艇等的隐形涂料的聚乙炔、聚苯胺等属于导电高分子材料B.聚酰胺纤维中的锦纶是较早通过加聚反应合成的纤维C.高纯度的单晶硅、二氧化硅属于新型无机非金属材料D.华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是无机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．聚乙炔、聚苯胺链节上存在自由移动的电子，可以导电，属于导电高分子材料，故A正确；B．聚酰胺纤维是通过缩聚反应合成的，故B错误；C．高纯度的单晶硅、二氧化硅属于新型无机非金属材料，故C正确；D．石墨烯材料是单层石墨结构，属于无机高分子材料，故D正确；故选：B。3.重氮羰基化合物聚合可获得主链由一个碳原子作为重复结构单元的聚合物，为制备多官能团聚合物提供了新方法。利用该方法合成聚合物P的反应路线如图。下列说法不正确的是A.反应①中有氮元素的单质生成B.反应②是取代反应C.聚合物P能发生水解反应D.反应②的副产物不可能是网状结构的高分子【答案】D【解析】【分析】根据反应①前后两个物质的结构简式，结合质量守恒，可以推出反应①的反应方程式为：n+nN2↑，根据反应②前后两个物质的结构简式，可以推出反应②的反应方程式为：n+n/2→+n；据此作答。【详解】A．根据分析，反应①的反应方程式为：n+nN2↑，反应①中有氮气生成，A正确；B．根据分析，反应②的反应方程式为：n+n/2→+n，是取代反应，B正确；C．聚合物P与水在一定条件下反应时，这个键容易断开生成氨基和羧基，是水解反应，C正确；D．反应②副产物也是聚合物，肯定是网状结构的高分子，D错误；故选D。4.解释下列事实的方程式不正确的是A.硝酸银溶液中加入过量氨水：B.将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：C.将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：△H>0D.向中投入固体：【答案】D【解析】【详解】A．硝酸银溶液与过量氨水反应生成银氨络离子和水，反应的离子方程式为，故A正确；B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合产生白色沉淀的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成生成氯化钠、碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明四水合铜离子转化为四氯合铜离子的反应为吸热反应，反应的离子方程式为△H>0，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中水既不是氧化剂也不是还原剂，反应的离子方程式为，故D错误；故选D。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.30g甲醛分子其中心原子的价层电子对数为4NAB.1mol中含有σ键数目为24NAC.1L0.01溶液中，和的离子数目之和为0.01NAD.浓硝酸热分解生成、共23g时，转移电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．甲醛分子中心碳原子的价层电子对数为3，则30g甲醛分子其中心原子的价层电子对数为×3×NAmol-1=3NA，故A错误；B．铁氰化钾中配位键为σ键，氰酸根离子中碳氮三键中有1个σ键，则1mol铁氰化钾中σ键数目为1mol×6×2×NAmol-1=12NA，故B错误；C．由物料守恒可知，1L0.01mol/L溶液中，、和数目之和为0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，则和的离子数目之和小于0.01NA，故C错误；D．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则浓硝酸热分解生成23g二氧化氮和四氧化二氮时，转移电子数为×1×NAmol-1=0.5NA，故D正确；故选D。6.下列实验中，操作、现象及结论均正确的是选项操作现象结论A将与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液加入溶液产生淡黄色沉淀含有溴原子B向2mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加3滴0.1mol/L溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1mol/L溶液产生红褐色沉淀C将乙醇与浓硫酸共热至140℃所得气体直接通入酸性溶液中溶液褪色乙醇发生消去反应，气体一定是乙烯D在试管中放入少量脱脂棉，加入几滴蒸馏水和几滴浓硫酸，用玻璃棒将混合物搅拌成糊状，加入过量NaOH溶液中和至碱性，再滴入3滴5%溶液加热产生砖红色沉淀纤维素在酸的催化下可水解，水解产物中含醛基A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．反应后的溶液应该酸化后排出过量氢氧化钠的干扰，然后加入硝酸银检验生成的溴离子，A错误；B．和氯化镁反应后过量的氢氧化钠也会和氯化铁生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能说明，B错误；C．加热时挥发的乙醇也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙醇发生消去反应，C错误；D．醛基的检验在碱性条件下进行，实验中加入过量NaOH溶液中和至碱性，再滴入3滴5%溶液加热，产生砖红色沉淀，可以说明纤维素在酸的催化下可水解，水解产物中含醛基，D正确；故选D。7.某化合物A除在有机合成中有广泛的应用外，还可用作聚合引发剂、煤油抗氧化剂、杀菌剂、抗癌药和脑肿瘤的中子俘获疗法，其结构如图所示，W、X、Y、Z、N均为短周期主族元素，原子半径为Y>Z>N>W，X、Y基态电子排布中未成对电子数相同，下列说法不正确的是A.最简单氢化物水溶液的pH：Z>Y>W B.第一电离能W>Y>NC.该结构中所有原子均满足8电子稳定结构 D.X元素的最高价态为＋4【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z、N均为短周期主族元素，原子半径为Y>Z>N>W，由化合物A的结构可知，化合物中W、X、Y、Z、N形成的共价键数目分别为4、4、2、1、4，X、Y基态电子排布中未成对电子数相同，则W为N元素、X为C元素、Y为S元素、Z为Cl元素、N为B元素。【详解】A．氨气的水溶液氨水呈碱性，溶液pH大于7，而硫化氢和氯化氢的水溶液均呈酸性，溶液pH均小于7，则氨水的pH最大，故A错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则磷元素的第一电离能大于硫元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次增大，则氮元素的第一电离能大于磷元素，硫元素的第一电离能大于硼元素，则三种元素的第一电离能大小顺序为N>S>B，故B正确；C．由化合物A的结构可知，化合物中N、C、S、Cl、B均满足8电子稳定结构，故C正确；D．碳元素原子序数为6，最高正化合价为+4价，故D正确；故选A。8.下列关于物质结构与性质的表述中，正确的是A.两个原子轨道发生重叠后，电子仅存在于两核之间B.HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HFC.气态物质均由气体分子构成D.0族元素氙可形成，分子为平面正方形结构【答案】D【解析】【详解】A．两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子并不仅存在于两核之间，而是在两核之间出现的几率大，故A错误；B．氟化氢晶体的沸点高于氯化氢是因为氟化氢能形成分子间氢键，而氯化氢不能形成分子间氢键，与共价键键能大小无关，故B错误；C．气态物质不一定均由气体分子构成的，如汞蒸气是由汞原子构成的，故C错误；D．四氟化氙中氙原子的价层电子对数为6，则氙原子不可能为sp3杂化，分子的空间构型不可能为正四面体形，应该为平面正方形，故D正确；故选D。9.下列操作能达到实验目的的是选项目的实验操作A证明氧化性：分别向盛有4mLKBr溶液和4mLKI溶液的两支试管中加入1mL氯水，振荡，观察溶液颜色的变化B证明干燥的氯气不具有漂白性将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，观察现象C比较醋酸的和碳酸的的大小向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加1mol/L溶液，观察现象D探究盐类水解的应用向烧杯中加入40mL蒸馏水，加热煮沸后，向其中加入5～6滴0.01溶液。继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．分别向盛有4mLKBr溶液和4mLKI溶液的两支试管中加入1mL氯水，振荡，观察溶液颜色的变化，只能证明氧化性、，但没有设计实验证明氧化性，A错误；B．有色鲜花中也含有水分，能与氯气反应产生次氯酸使有色鲜花褪色，干扰判断，应该改用有色布条，B错误；C．向盛有2mL1mol/L醋酸的试管中滴加1mol/L溶液，观察现象，根据强酸制弱酸的规律，醋酸能和反应生成H2CO3，从而产生二氧化碳，可以得出醋酸的大于碳酸的，C正确；D．向烧杯中加入40mL蒸馏水，加热煮沸后，向其中加入5～6滴0.01溶液。继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，是氢氧化铁胶体的制备，D错误；答案选C。10.已知γ-AgI晶体属立方晶系，其晶胞截面如图所示(晶胞参数为620pm，设阿伏伽德罗常数的值为NA)，则下列关于γ-AgI晶胞的描述错误的是A.与的配位数均为4B.与距离最近且相等的有12个C.填充在构成的四面体空隙中，其空隙填充率为50%D.该晶体的摩尔体积【答案】D【解析】【分析】由晶胞截面图可知，晶胞中碘离子位于顶点和面心，则碘离子个数为8×+6×=4，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成四面体的体心，则位于体内的银离子个数为4。【详解】A．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则银离子的配位数为4，由化学式可知，碘离子的配位数也为4，故A正确；B．由分析可知，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则与银离子距离最近且相等的银离子有12个，故B正确；C．由分析可知，碘离子构成8个四面体，银离子交替填充在碘离子构成的四面体的体心，则空隙填充率为×100%=50%，故C正确；D．由晶胞参数可知，晶体的摩尔体积Vm==m3/mol，故D错误；故选D。11.含铈(Ce)催化剂催化与甲醇反应的催化循环原理如图所示。下列说法正确的是A.物质A为B.反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有2种C.反应过程①②③均为取代反应D.反应的总方程式为【答案】D【解析】【分析】根据质量守恒，推出A为CH3OH，B为CO2，据此分析；【详解】A．根据质量守恒，推出A为CH3OH，故A错误；B．CO2中的C原子杂化类型为sp，甲基中的C原子杂化类型为sp3，中的碳原子杂化类型为sp2，因此反应过程中涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种，故B错误；C．根据反应过程可知，反应①③为取代反应，反应②为加成反应，故C错误；D．根据反应过程可知，CO2、CH3OH为反应物，碳酸二乙酯和水为生成物，因此总反应方程式为CO2+2CH3OH+H2O，故D正确；故答案为D。12.环糊精是一类由葡萄糖单元相连形成的闭环低聚糖分子，具有类似截锥状的结构，是现代制药中的一种重要辅料。抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成超分子包合物如图，下列说法错误的是A.α—环糊精含有6个葡萄糖单元B.环糊精可从淀粉的降解中获得C.环糊精的外截面为疏水区域D.形成超分子增大了阿霉素的水溶性，从而提高其药效【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，α—环糊精分子中含有6个葡萄糖单元，故A正确；B．由图可知，α—环糊精分子中含有葡萄糖单元，说明淀粉发生水解反应能生成环糊精，故B正确；C．由图可知，环糊精外截面中含有具有亲水性的羟基，所以外截面为亲水区域，故C错误；D．阿霉素与环糊精在水溶液中形成的超分子中环糊精能有效地增大阿霉素的水溶性和溶解速度，从而提高阿霉素的药效，故D正确；故选C。13.1923年由布朗斯特和劳里提出酸碱质子理论认为，在反应过程中能给出质子()的分子或离子都是酸，凡是能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙述错误的是A.水既属于酸又属于碱B.可以根据的性质推断的碱性较强C.根据，则碱性：D.是酸碱反应【答案】B【解析】【详解】A．根据酸碱质子理论可知，水能电离产生H+，为酸，水能和H+生成H3O+，为碱，所以水既属于酸又属于碱，A正确；B．是强酸，是弱碱，B错误；C．根据，可知H2O结合H+能力大于HC2O结合H+能量力，所以碱性：，C正确；D．，BrO-结合H+，H2O给出H+，所以该反应是酸碱反应，D正确；故答案选B。14.电渗析法制取八钼酸铵[]的工作原理如图所示(装置进出口未标明)，已知当溶液的pH为2～4时，溶液中的Mo元素主要以形态存在，下列说法不正确的是A.b极上的电极反应为：B.III室中发生反应：C.电解完成后，可从II室中回收氨水D.生成0.1mol，IV室溶液质量理论上增加21.6g【答案】D【解析】【分析】由图可知，a极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，II室中碳酸氢根离子从阴膜移向Ⅰ室，Ⅰ室中制得碳酸氢铵；双极膜中氢氧根离子移向II室，与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨；b极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，铵根离子通过阳膜加入IV室与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨，双极膜中氢离子移向III室，与溶液中钼酸根反应生成八钼酸根。【详解】A．由分析可知，b极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，故A正确；B．由分析可知，III室中发生的反应为氢离子与溶液中钼酸根反应生成八钼酸根，反应的化学方程式为，故B正确；C．由分析可知，II室中碳酸氢根离子从阴膜移向Ⅰ室，Ⅰ室中制得碳酸氢铵；双极膜中氢氧根离子移向II室，与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨，则电解完成后，可从II室中回收氨水，故C正确；D．由分析可知，III室生成八钼酸铵，反应生成1mol八钼酸铵生成，有12mol铵根离子加入IV室，水在阴极得到电子发生还原反应生成6mol氢气，则生成0.1mol八钼酸铵，IV室溶液质量理论上增加1.2mol×17g/mol-0.6mol×2g/mol=19.2g，故D错误；故选D。15.某温度下，改变0.1溶液的pH，各种含铬元素微粒及的浓度随pH的变化如图所示，下列有关说法正确的是A.该温度下B.该温度下溶液呈碱性C.的平衡常数D.C点溶液中存在：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，G点溶液pH为13、氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则水的离子积常数KW=0.1×10—13=1×10—14，故A错误；B．由图可知，A点溶液中H2CrO4和HCrO浓度相等时，溶液pH为0.74，由电离常数公式可知，铬酸的一级电离常数Ka1==c(H+)=10—0.74，同理由B点数据可得二级电离常数Ka2==c(H+)=10—6.5，HCrO的水解常数Kh==＜Ka2，则HCrO的水解程度小于电离程度，KHCrO4溶液呈酸性，故B错误；C．由图可知，C点溶液中CrO和Cr2O的浓度都为0.051mol/L，溶液pH为6.6，由方程式可知，反应的平衡常数K==c(CrO)c2(H+)=0.051×(10—6.6)2=5.1×10—15.2，故C正确；D．由图可知，C点溶液中CrO和Cr2O的浓度都为0.051mol/L，溶液pH为6.6，由电荷守恒关系c(K+)+c(H+)=2c(Cr2O)+2c(CrO)+c(HCrO)+c(OH—)，溶液中c(K+)＜2c(Cr2O)+2c(CrO)+c(HCrO)=4c(Cr2O)+c(HCrO)，故D错误；故选C。二、非选择题16.四碘化锡(，M=627g/mol)用作分析试剂，也可用于有机合成，它是一种橙红色针状晶体，遇水易发生水解，其制备实验装置如图(加热装置略去)所示：实验步骤如下：组装仪器并加入、过量碎锡箔、醋酸和醋酸酐(熔点-73℃)后，通入冷凝水，水浴加热圆底烧瓶，保持回流状态，直到反应完全，趁热抽滤，将滤液冷却结晶，得到粗产品，请回答下列问题：（1）该实验中醋酸和醋酸酐的作用是___________。（2）仪器A的名称为___________，回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过仪器A高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施是___________。（3）回流结束后，需进行的操作有a．停止加热b．关冷凝水c．移去水浴，正确的顺序为___________(填字母)。（4）反应完全的现象为___________。（5）产品的纯度可用滴定法测定：称取mg产品加入足量的水，使产品充分水解生成，将上层清液全部定容于250mL容量瓶中，移取25.00mL于锥形瓶中，加入少量和几滴KSCN溶液，用cmol/L的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液的体积为VmL。(已知：)①写出水解生成的化学方程式___________。②下列关于滴定分析，不正确的是___________(填字母)。a．标准溶液用酸式滴定管盛装b．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶的内壁c．当下层溶液变为紫红色且半分钟不褪色即为滴定终点d．若不加则测得样品的纯度可能偏高③产品纯度的表达式为___________%。【答案】（1）做溶剂（2）①.球形冷凝管②.调低热源的加热温度或调快冷凝水流速或向水槽中加入冷水（3）acb（4）烧瓶中无紫色蒸气(或烧瓶内溶液的颜色由紫红色变为橙红色)（5）①.②.cd③.【解析】【分析】由题意可知，该实验的实验目的是在醋酸和醋酸酐作用下，用碘和锡水浴加热反应制备四碘化锡，并用氧化还原滴定法测定产品的纯度。【小问1详解】由四碘化锡遇水易发生水解可知，制备四碘化锡必须在无水条件下反应，则实验时加入醋酸和醋酸酐的目的是做溶剂，便于碘和锡充分反应，故答案为：做溶剂；【小问2详解】由实验装置图可知，仪器A为球形冷凝管；回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过仪器A高度的三分之一，若气雾上升过高，应迅速调低热源的加热温度或调快冷凝水流速或向水槽中加入冷水降低反应温度，故答案为：球形冷凝管；调低热源的加热温度或调快冷凝水流速或向水槽中加入冷水；【小问3详解】回流结束后，应先停止加热，再移去水浴，最后关冷凝水，则正确的顺序为acb，故答案为：acb；【小问4详解】当烧瓶内溶液的颜色由紫红色变为橙红色，烧瓶中无紫色蒸气说明碘和锡水浴加热生成四碘化锡的反应完，故答案为：烧瓶中无紫色蒸气(或烧瓶内溶液的颜色由紫红色变为橙红色)；【小问5详解】①由题意可知，四碘化锡在溶液中水解生成沉淀和氢碘酸，反应的化学方程式为，故答案为：；②a．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以标准氯化铁溶液应用酸式滴定管盛装，故正确；b．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴应接触锥形瓶的内壁，使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶，故正确；c．若滴定完全，再滴入最后一滴标准氯化铁溶液，下层溶液中硫氰酸根离子与铁离子反应生成红色硫氰化铁，溶液变为红色，且半分钟不褪色说明达到滴定终点，故错误；d．溶液中铁离子与碘离子的反应为可逆反应，加入四氯化碳萃取溶液中生成的碘，使平衡向正反应方向移动，有利于碘离子完全被氧化，则若不加四氯化碳会导致测得样品的纯度偏低，故错误；故选cd；③由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L氯化铁溶液，则mg产品中四碘化锡的纯度为×100%=%，故答案为：。17.氟伐他汀H(fluvastatin)是第一个全化学合成的降胆固醇药物，为羟甲戊二酰辅酶A还原酶抑制剂，与其他同类药物相比，它具有结构简单、作用具有选择性、不良反应发生率低等优点，是一种优良的降血脂药。氟伐他汀的合成路线如图所示：已知：Ph-代表苯基；代表-COONa回答下列问题：（1）G中不含氮的官能团的名称是___________（2）C→D的反应类型是___________，D→E的反应方程式为___________（3）E与F反应生成G的同时，还生成了另外一种有机产物，其结构简式为___________（4）许多有机物可与加成还原，等物质的量的G和H与加成还原最多可消耗的物质的量之比为___________。（5）分子组成比X少1个的芳香族的结构有_______种，请写出其中核磁共振氢谱峰值面积比为1：2：2：6所有物质的结构简式_______。【答案】（1）碳碳双键、醛基、碳氟键（2）①.加成反应②.+H2O（3）（4）9：8（5）①.20②.、、【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铝作用下与发生取代反应生成，100℃条件下与发生取代反应生成，则X为；在氯化锌作用下，在100℃条件下发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，—5℃条件下与发生取代反应生成，与发生加成反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，G中不含氮的官能团为碳碳双键、醛基、碳氟键，故答案为：碳碳双键、醛基、碳氟键；【小问2详解】由分析可知，C→D的反应为在氯化锌作用下，在100℃条件下发生加成反应生成；D→E的反应为浓硫酸作用下共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：加成反应；+H2O；【小问3详解】由分析可知，E与F反应生成G的反应为与发生加成反应生成和，故答案为：；【小问4详解】由结构简式可知，G分子中苯环、碳碳双键和醛基一定条件下与氢气发生加成反应，1molG分子最多9mol氢气反应，H分子中苯环、碳碳双键一定条件下与氢气发生加成反应，1molG分子最多8mol氢气反应，则等物质的量的G和H与氢气加成还原最多可消耗氢气的物质的量之比为9：8，故答案为：9：8；【小问5详解】由分析可知，X的结构简式为，则分子组成比X少1个CH2的芳香族化合物中含有氮原子，若苯环上取代基只有1个，同分异构体的结构可以视作（苯基）取代CH3CH2NH2和(CH3)2NH分子中氢原子所得结构，共有5种；若苯环上取代基有2个，同分异构体的结构可以视作、分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构和乙苯分子中苯环上的氢原子被氨基取代所得结构，共有9种；若苯环上取代基有3个，同分异构体的结构可以视作邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯分子中苯环上的氢原子被氨基取代所得结构，共有6种，则符合条件的结构共有20种，其中核磁共振氢谱峰值面积比为1：2：2：6的结构简式为、、，故答案为：20；、、。18.镍、钴是重要的战略金属。广泛应用于国防、新能源、电子等工业，一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca、Fe的氧化物)中提取铜、镍和钴的部分工艺流程如图：已知：i．，；离子浓度时，认为该离子沉淀完全。ii．在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。（1）基态和中的未成对电子数之比为___________。（2）除铁是用将溶液中的氧化为，再通过调pH，转化为黄钠铁矾，写出氧化的离子方程式：___________。（3）除钙镁时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是___________；当沉淀完全时，溶液中是否沉淀完全？___________(写出计算过程)（4）已知：萃取剂P204和P507对金属离子的萃取率与平衡pH的关系如图甲、乙所示，则萃取步骤中应选择的萃取剂是___________，最佳pH在___________左右。（5）实验室从溶液中得到晶体，操作过程为：蒸发浓缩、当___________(填现象)，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥等。【答案】（1）2：3（2）（3）①.pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF②.镁离子沉淀完全时，，此时，，未沉淀完全（4）①.P507②.4（5）有晶膜析出时【解析】【分析】由题给流程可知，向废炉渣中加入硫酸和硝酸的混酸，经金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，向溶液中加入碳酸钠溶液将钙元素部分转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有碳酸钙的滤渣1和滤液；向滤液中加入铁粉，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的钴离子，分液得到硫酸镍溶液和有机相；向有机相中加入硫酸反萃取，分液得到硫酸钴溶液；向硫酸钴溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴。【小问1详解】镍元素的原子序数为28，镍离子的价电子排布式为3d8，不成对电子数为2，钴元素的原子序数为28，二价钴离子的价电子排布式为3d7，不成对电子数为3，则镍离子与二价钴离子的未成对电子数之比为2：3，故答案为：2：3；【小问2详解】由题意可知，氯酸钠溶液氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，氯酸根离子与亚铁离子反应生成氯离子、铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】氢氟酸是弱酸，除钙镁时，随pH降低，溶液中氢离子浓度增大，溶液中的氟离子与氢离子反应生成氢氟酸导致氟化钠的用量急剧增加；由溶度积可知，镁离子沉淀完全时，溶液中，则溶液中，所以溶液中钙离子未沉淀完全，故答案为：pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF；镁离子沉淀完全时，，此时，，未沉淀完全；【小问4详解】由图可知，萃取剂为P204时，二价钴离子和镍离子的萃取率相差不大，而萃取剂为P507时，溶液pH为4的条件下，二价钴离子萃取率很高，而镍离子的萃取率很低，所以萃取步骤中应选择的萃取剂是P507，最佳pH在4左右，故答案为：P507；4；【小问5详解】实验室从硫酸镍溶液中得到七水硫酸镍晶体操作过程为将溶液蒸发浓缩、当有晶膜析出时，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥得到七水硫酸镍晶体，故答案为：有晶膜析出时。19.是当今最主要的温室气体，全球各国都面临着严峻的减排压力。与此同时，也是一种“碳源”，转化为高附加值的燃料或化学品不仅可以解决的问题，还可变废为宝得到有用的化学品。加氢制甲醇是实现这一过程的理想方法之一。主要发生以下反应：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：（1）已知部分化学键的键能如下表，则x=___________化学键H-HH-OC-HC-O键能/()4364654131076.8x（2）Fujta等学者开展了在Cu/ZnO催化剂上进行CO2＋H2合成甲醇机理的研究。机理如下：①过程2的化学方程式为___________；②研究表明，过程3的活化能小但实际反应速率慢，是速控步骤，导致该步反应速率小的原因可能是___________A．温度变化导致活化能增大B．的存在削弱了同一吸附位上的吸附C．对该反应有阻碍作用D．温度变化导致平衡常数减小（3）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入amol(g)和3amol(g)，起始压强为在达到平衡，测得容器内的压强为起始的0.8倍，(g)的物质的量为0.6amol。在此条件下，的转化率=________，反应Ⅲ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（4）甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统可作为电动汽车燃料电池的理想氢源。系统中的两个反应如下：主反应：副反应：单位时间内，转化率与CO生成率随温度的变化如图所示：升温过程中实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是___________；温度升高，CO实际反应生成率并没有不断接近平衡