2024高二下學期期末考試化學試題四滿分：100分考試時間：75分鐘可能用到的相對原子質量：H1C12O16Cl35.5Ca40一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.以下模型能夠解釋多電子原子光譜復雜現(xiàn)象的是A.“葡萄干布丁”模型 B.核式模型C玻爾原子結構模型 D.量子力學模型2.下列有關硼及其化合物說法正確的是A.硼酸電離方程式：B.基態(tài)B原子價電子軌道表示式：C.電子式：D.的VSEPR模型：3.下列說法正確的是A.的系統(tǒng)命名：2—丁醇 B.的比例模型：C.的分子式： D.乙烯的結構簡式：4.抗菌藥物氯霉素結構如圖。下列有關說法正確的是A.可發(fā)生取代反應、消去反應 B.1mol氯霉素最多消耗2molNaOHC.只有一個手性碳原子 D.最多有12個碳原子共平面5.一種自修復HOF材料的部分結構如圖，下列有關說法錯誤的是A.基態(tài)原子的第一電離能：N>O>C B.基態(tài)原子的未成對電子數(shù)：N>O>HC.碳原子軌道的雜化類型為 D.存在2種氫鍵6.下列實驗裝置、操作均能達到實驗目的的是A．溶液中加入濃鹽酸析出晶體，過濾B．驗證酸性強弱；鹽酸>碳酸>苯酚C．苯萃取溴水后分液D．驗證鹵代烴的消去反應生成烯烴A.A B.B C.C D.D7.我國科學家利用雙位點催化劑實現(xiàn)乙炔雙烷氧羰基化的反應機理如圖。下列說法正確的是A.吸附CO能力：Ru位點>Pd位點B.該催化循環(huán)中Pd的成鍵數(shù)目保持不變C.F→A轉化中僅有極性鍵斷裂D.該反應為8.氧載體具有良好的儲氧放氧能力，甲烷化學鏈重整技術原理如圖。下列說法錯誤的是A.Ce的配位數(shù)為8 B.氧空穴位于Ce構成的四面體空隙C.中 D.反應過程中Ce的化合價發(fā)生變化9.利用如圖裝置制備乙酸乙酯粗產品，再經除雜、干燥、蒸餾收集74~80℃的餾分，獲得較高純度乙酸乙酯。分餾柱可以分離沸點差異較小的組分。相關物質及組成共沸體系的沸點如下。物質沸點/℃共沸體系沸點/℃水100.0乙醇-水78.2乙醇78.5乙醇-乙酸乙酯72.0乙酸117.9乙酸乙酯-水70.4乙酸乙酯77.0乙醇-水-乙酸乙酯70.2下列說法錯誤的是A.選擇合適長度的分餾柱可減少乙醇損失B.原料中水的作用是為了形成含水共沸體系利于乙酸乙酯蒸出C.反應溫度控制在120℃左右，可減少副反應發(fā)生D.粗產品除雜后直接蒸餾將導致收集到的產物質量偏大10.利用酸堿滴定法測定聚苯醚的聚合度：取12.10g聚苯醚樣品溶于氯仿，加入4-甲氧基苯甲酰氯，加熱回流發(fā)生如下反應，冷卻至室溫后加入去離子水配成20.00mL水溶液，用0.1000mol/LNaOH標準溶液滴定，滴定過程中的pH變化如圖。下列說法錯誤的是A.聚苯醚的單體為 B.聚苯醚難溶于水C.聚苯醚樣品的聚合度約為1000 D.未冷卻到室溫將導致測得聚合度偏大二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.我國科學家合成有機-無機“雜化分子”，進而制備“彈性陶瓷塑料”過程如下。（1）碳酸鈣中各元素電負性從大到小的順序為___________。（2）理論上參加反應的碳酸鈣寡聚體和硫辛酸的物質的量之比為___________。（3）“彈性陶瓷塑料”相較于單一材料具有更好的性能，其微觀結構如圖。①雜化分子在120℃時僅斷開___________(填“C-S鍵”或“S-S鍵”)，加壓至l10MPa的目的是___________，便于重新成鍵，進一步交聯(lián)，形成“彈性陶瓷塑料”。②對比橡膠，___________(填微粒間作用力)主導的無機骨架有剛性支撐作用，抗壓性好：對比陶瓷，由于___________片段(填片段名稱)交聯(lián)的結構起彈性緩沖作用，回彈率好。（4）若合成時直接采用過飽和碳酸鈣溶液，將得到一種碳酸鈣晶體，其晶胞結構如圖。該晶胞中氧原子的個數(shù)為___________，密度為___________。(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)12.高密度生物燃料F的一種合成路線如下(部分試劑和條件略去)。（1）A的分子式為___________。（2）根據(jù)B的結構特征，預測其化學性質(可選試劑有：溶液、新制懸濁液、溶液、CuO)。參考示例完成表格。序號官能團結構一定條件下可反應的試劑反應形成的新結構示例①___________單質Na___________②______________________（3）C→D的化學方程式為___________。（4）在水中的溶解度，D高于苯酚的主要原因是___________。（5）E可能存在結構有___________種。D→E受位阻影響，經檢測D中酚羥基的鄰對位具有高活性，E的核磁共振氫譜有5組峰，則E的結構簡式為___________。（6）參照上述合成路線，設計由制備的合成路線___________(無機試劑任選)。13.以某氧化母液(主要成分為對苯二甲酸、醋酸，雜質為Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)為原料回收各物質的工藝流程如下。（1）物質X為___________(填結構簡式)。（2）25℃時，、、；①基態(tài)的核外電子排布式為___________。②工藝流程中“調pH”和“凈化”能否調換順序并說明理由。___________（3）“萃取分離”的原理為，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取劑。pH對萃取率的影響如圖。①分離效果最佳的pH為___________，“萃取分離”獲得需要的試劑除萃取劑外還有___________。②一定條件下，用萃取劑萃取，經充分振蕩分層后，有機層和水層中離子濃度之比為1∶2.現(xiàn)有含的水溶液10mL，用5mL萃取劑萃取一次后，的萃取率為___________%。(已知：萃取率=)（4）對苯二甲酸是生產聚酯的重要原料。25℃時，部分酸的電離平衡常數(shù)如下表。對苯二甲酸鄰苯二甲酸乙二酸甲酸-①對苯二甲酸與乙二醇反應生成聚酯的化學方程式為___________。②(鄰苯二甲酸)>(對苯二甲酸)，但(鄰苯二甲酸)<(對苯二甲酸)的原因是_______。③對比乙二酸和甲酸，可知存在_____(填“給電子”或“吸電子”)效應，依據(jù)是______。14.科研小組通過實驗I和實驗Ⅱ從黃花蒿中高效提取抗瘧疾藥物青蒿素。實驗I從黃花蒿中提取青蒿素，過程如下。（1）青蒿素中含有的官能團有過氧鍵、___________。（2）“萃取”時可供選用溶劑的相關數(shù)據(jù)如下。溶劑水乙醇乙醚沸點/℃100.078.534.6溶解度/(25℃)0.0732.202650①“萃取”溫度超過60℃，青蒿素會失去藥效，推測___________(填官能團結構式)被破壞。②結合上表數(shù)據(jù)，溶劑X應選擇___________，理由是___________。（3）“操作”的名稱為___________。實驗Ⅱ利用實驗I中“減壓過濾”所得濾渣制備青蒿素，過程如下。（4）“還原”時將青蒿酸轉化為二氫青蒿酸。其中無機產物之一為含π鍵的非極性分子，補充完整該反應的化學方程式：___________。。（5）已知：?！斑€原”時加入固體可避免二氫青蒿酸被進一步還原，原因是___________。（6）利用水蒸氣蒸餾的實驗裝置如圖。①裝置A的作用是___________。②裝置B的名稱為___________。③停止水蒸氣蒸餾應進行的操作是___________。（7）單位質量黃花蒿粉末中青蒿素的總提取量為___________。

2024高二下學期期末考試化學試題四滿分：100分考試時間：75分鐘可能用到的相對原子質量：H1C12O16Cl35.5Ca40一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.以下模型能夠解釋多電子原子光譜復雜現(xiàn)象的是A.“葡萄干布丁”模型 B.核式模型C.玻爾原子結構模型 D.量子力學模型【答案】D【解析】【詳解】A．湯姆遜“葡萄干布丁”模型成功解釋了原子中存在正、負粒子，且粒子間存在極大的作用力，選項A錯誤；B．盧瑟福通過粒子散射實驗提出核式結構模型，指出了原子核與核外電子的質量關系、電性關系及占有的體積關系，選項B錯誤；C．玻爾電子分層排布結構模型只引入了一個量子化，只能解釋H原子光譜，而不能解釋比較復雜的原子光譜，選項C錯誤；D．量子力學模型能合理解釋多電子原子光譜現(xiàn)象的復雜性及其在外磁場存在時的譜線分裂現(xiàn)象，選項D正確；答案選D。2.下列有關硼及其化合物說法正確的是A.硼酸電離方程式：B.基態(tài)B原子價電子軌道表示式：C.電子式：D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【詳解】A．硼酸是一元弱酸，電離方程式為H3BO3+H2O=[B(OH)4]++H+，選項A錯誤；B．硼的價電子排布式2s22pl，其價電子軌道表達式為，選項B錯誤；C．NaBH4是離子化合物，由Na+和構成，中B、H原子間共用1對電子對，電子式為，選項C正確；D．BF3分子中B原子的價層電子對數(shù)為3+=3，無孤電子對，其VSEPR模型為平面三角形，即，選項D錯誤；答案選C。3.下列說法正確的是A.的系統(tǒng)命名：2—丁醇 B.的比例模型：C.的分子式： D.乙烯的結構簡式：【答案】A【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，醇分子中含有羥基的最長碳鏈含有4個碳原子，名稱為2—丁醇，故A正確；B．四溴化碳分子的空間構型為正四面體形，溴原子的原子半徑大于碳原子，比例模型為，故B錯誤；C．由鍵線式可知，的分子式為C2H4Br2，故C錯誤；D．乙烯的官能團為碳碳雙鍵，結構簡式為CH2=CH2，故D錯誤；故選A。4.抗菌藥物氯霉素的結構如圖。下列有關說法正確的是A.可發(fā)生取代反應、消去反應 B.1mol氯霉素最多消耗2molNaOHC.只有一個手性碳原子 D.最多有12個碳原子共平面【答案】A【解析】【詳解】A．有機物分子中含羥基、碳氯鍵等官能團，能發(fā)生取代反應；有醇羥基，且鄰位碳上含有氫原子，能發(fā)生消去反應，故A正確；B．分子中含1個酰胺基，2個碳氯鍵，最多可消耗3molNaOH，故B錯誤；C．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，如圖所示的2個C為手性碳原子，故C錯誤；D．苯環(huán)及與其直接相連的原子共平面，與N相連的3個原子共平面，根據(jù)單鍵可旋轉的特性判斷，最多有11個C共平面，故D錯誤；答案選A5.一種自修復HOF材料的部分結構如圖，下列有關說法錯誤的是A.基態(tài)原子的第一電離能：N>O>C B.基態(tài)原子的未成對電子數(shù)：N>O>HC.碳原子軌道的雜化類型為 D.存在2種氫鍵【答案】C【解析】【詳解】A．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C，故A正確；B．氮原子、氧原子和氫原子的未成對電子數(shù)分別為3、2、1，則基態(tài)原子的未成對電子數(shù)為N>O>H，故B正確；C．由圖可知，HOF材料中含有烷基，烷基中飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化，故C錯誤；D．由圖可知，HOF材料中含有氮氫氫鍵和氫氧氫鍵，共有2種，故D正確；故選C。6.下列實驗裝置、操作均能達到實驗目的的是A．在溶液中加入濃鹽酸析出晶體，過濾B．驗證酸性強弱；鹽酸>碳酸>苯酚C．苯萃取溴水后分液D．驗證鹵代烴的消去反應生成烯烴A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．在[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入濃鹽酸可促進析出晶體，但過濾時漏斗下端應緊靠燒杯壁，故A錯誤；B．鹽酸與Na2CO3反應產生CO2，但是從導管中出來的除了CO2之外還有揮發(fā)的HCl，之后沒有考慮HCl的影響，故B錯誤；C．苯萃取溴水后，有機層在上層，水層在下層，水層從下口流出，有機層從上口倒出，故C錯誤；D．溴乙烷與NaOH的醇溶液加熱可制取乙烯，從導管出來的有乙烯和揮發(fā)的乙醇，乙醇與水互溶，除掉乙醇的影響，然后乙烯遇到高錳酸鉀使其褪色，故D正確；故本題選D。7.我國科學家利用雙位點催化劑實現(xiàn)乙炔雙烷氧羰基化的反應機理如圖。下列說法正確的是A.吸附CO能力：Ru位點>Pd位點B.該催化循環(huán)中Pd的成鍵數(shù)目保持不變C.F→A轉化中僅有極性鍵斷裂D.該反應為【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息可知，由D轉化為E，E更穩(wěn)定，故吸附CO能力：Ru位點>Pd位點，選項A正確；B．整個過程中Pd的成鍵數(shù)由2個變?yōu)?個，又變?yōu)?個，先增加后減少，選項B錯誤；C．F→A轉化中有O2反應，有非極性鍵斷裂，選項C錯誤；D．根據(jù)流程中乙炔、CO、ROH、O2指入，ROOCHC=COOR、H2O指出，結合質量守恒，故該反應為，選項D錯誤；答案選A。8.氧載體具有良好的儲氧放氧能力，甲烷化學鏈重整技術原理如圖。下列說法錯誤的是A.Ce的配位數(shù)為8 B.氧空穴位于Ce構成的四面體空隙C.中 D.反應過程中Ce的化合價發(fā)生變化【答案】C【解析】【詳解】A．由結構可知，Ce位于頂點和面心，Ce的配位數(shù)為8，故A正確；B．根據(jù)晶胞圖可知，1個O與4個Ce相連，因此氧原子位于Ce構成的四面體空隙中，故B正確；C．中Ce原子的個數(shù)為8=4，O2-的個數(shù)為7，則1：(2-x)=4：7，x=0.25，故C錯誤；D．CeO2和CeO2-x中氧原子的化合價都為-2價，故Ce的化合價發(fā)生變化，故D正確；故選C。9.利用如圖裝置制備乙酸乙酯粗產品，再經除雜、干燥、蒸餾收集74~80℃的餾分，獲得較高純度乙酸乙酯。分餾柱可以分離沸點差異較小的組分。相關物質及組成共沸體系的沸點如下。物質沸點/℃共沸體系沸點/℃水100.0乙醇-水78.2乙醇78.5乙醇-乙酸乙酯72.0乙酸117.9乙酸乙酯-水70.4乙酸乙酯77.0乙醇-水-乙酸乙酯70.2下列說法錯誤的是A.選擇合適長度的分餾柱可減少乙醇損失B.原料中水的作用是為了形成含水共沸體系利于乙酸乙酯蒸出C.反應溫度控制在120℃左右，可減少副反應發(fā)生D.粗產品除雜后直接蒸餾將導致收集到的產物質量偏大【答案】D【解析】【詳解】A．選擇合適長度的分餾柱可使乙醇回流減少乙醇損失，A正確；B．原料中水的作用是為了形成含水共沸體系利用共沸物沸點不同利于乙酸乙酯蒸出，B正確；C．反應溫度控制在120℃左右，可減少乙醇分子間脫水形成乙醚，或者乙醇脫水形成乙烯等副反應發(fā)生，C正確；D．粗產品除雜后直接蒸餾將導致收集到產物質量偏小，D錯誤；故選D。10.利用酸堿滴定法測定聚苯醚的聚合度：取12.10g聚苯醚樣品溶于氯仿，加入4-甲氧基苯甲酰氯，加熱回流發(fā)生如下反應，冷卻至室溫后加入去離子水配成20.00mL水溶液，用0.1000mol/LNaOH標準溶液滴定，滴定過程中的pH變化如圖。下列說法錯誤的是A.聚苯醚的單體為 B.聚苯醚難溶于水C.聚苯醚樣品的聚合度約為1000 D.未冷卻到室溫將導致測得聚合度偏大【答案】C【解析】【詳解】A．由聚苯醚的結構可知，聚苯醚的單體為，A正確；B．聚苯醚為有機物，易溶于有機溶劑，難溶于水，B正確；C．當達到滴定終點時，消耗NaOH溶液的體積為10mL，則n(NaOH)=0.01L×0.1000mol/L=l×10-3mol，則聚苯醚的物質的量為l×10-3mol，其摩爾質量M=，n99，C錯誤；D．若未冷卻到室溫，則消耗氫氧化鈉的體積偏小，聚苯醚的物質的量偏小，將導致測得聚合度偏大，D正確；故合理選項是C。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.我國科學家合成有機-無機“雜化分子”，進而制備“彈性陶瓷塑料”過程如下。（1）碳酸鈣中各元素電負性從大到小的順序為___________。（2）理論上參加反應的碳酸鈣寡聚體和硫辛酸的物質的量之比為___________。（3）“彈性陶瓷塑料”相較于單一材料具有更好的性能，其微觀結構如圖。①雜化分子在120℃時僅斷開___________(填“C-S鍵”或“S-S鍵”)，加壓至l10MPa的目的是___________，便于重新成鍵，進一步交聯(lián)，形成“彈性陶瓷塑料”。②對比橡膠，___________(填微粒間作用力)主導的無機骨架有剛性支撐作用，抗壓性好：對比陶瓷，由于___________片段(填片段名稱)交聯(lián)的結構起彈性緩沖作用，回彈率好。（4）若合成時直接采用過飽和碳酸鈣溶液，將得到一種碳酸鈣晶體，其晶胞結構如圖。該晶胞中氧原子的個數(shù)為___________，密度為___________。(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)【答案】（1）O>C>Ca（2）1∶2（3）①.S-S鍵②.減小分子間距③.離子鍵④.硫辛酸（4）①.18②.【解析】【分析】碳酸鈣中有O、C、Ca三種元素，電負性從大到小為：O>C>Ca；根據(jù)題圖可知：理論上參加反應的碳酸鈣寡聚體和硫辛酸的物質的量之比為1:2；根據(jù)題圖可知：①雜化分子在120℃時僅斷開S-S鍵，加壓至l10MPa的目的是減小分子間距，便于重新成鍵，進一步交聯(lián)，形成“彈性陶瓷塑料”；②對比橡膠，離子鍵主導的無機骨架有剛性支撐作用，抗壓性好：對比陶瓷，由于硫辛酸片段交聯(lián)的結構起彈性緩沖作用，回彈率好；4個內部碳酸根，8個棱上碳酸根，碳酸根個數(shù)=4+8個，故氧原子為6x3=18個；該晶胞相當于有6個碳酸鈣分子構成，故密度=?！拘?詳解】碳酸鈣中有O、C、Ca三種元素，電負性從大到小為：O>C>Ca；【小問2詳解】根據(jù)題圖可知：理論上參加反應的碳酸鈣寡聚體和硫辛酸的物質的量之比為1:2；【小問3詳解】根據(jù)題圖可知：①雜化分子在120℃時僅斷開S-S鍵，加壓至l10MPa的目的是減小分子間距，便于重新成鍵，進一步交聯(lián)，形成“彈性陶瓷塑料”；②對比橡膠，離子鍵主導的無機骨架有剛性支撐作用，抗壓性好：對比陶瓷，由于硫辛酸片段交聯(lián)的結構起彈性緩沖作用，回彈率好；【小問4詳解】4個內部碳酸根，8個棱上碳酸根，碳酸根個數(shù)=4+8個，故氧原子為6x3=18個；該晶胞相當于有6個碳酸鈣分子構成，故密度=。12.高密度生物燃料F的一種合成路線如下(部分試劑和條件略去)。（1）A的分子式為___________。（2）根據(jù)B的結構特征，預測其化學性質(可選試劑有：溶液、新制懸濁液、溶液、CuO)。參考示例完成表格。序號官能團結構一定條件下可反應的試劑反應形成的新結構示例①___________單質Na___________②______________________（3）C→D的化學方程式為___________。（4）在水中的溶解度，D高于苯酚的主要原因是___________。（5）E可能存在的結構有___________種。D→E受位阻影響，經檢測D中酚羥基的鄰對位具有高活性，E的核磁共振氫譜有5組峰，則E的結構簡式為___________。（6）參照上述合成路線，設計由制備的合成路線___________(無機試劑任選)。【答案】（1）（2）①—OH②.—ONa或—O③.或—CHO④.新制懸濁液（3）+H2O（4）D中有更多羥基。可與水分子形成更多氫鍵（5）①.6②.（6）【解析】【分析】A與水發(fā)生加成反應生成B，B在堿性情況下發(fā)生異構生成C，C在一定條件下脫水生成D，D發(fā)生氧化并分子間脫水生成E，E發(fā)生還原反應生成F?！拘?詳解】根據(jù)題圖可知，A的分子式為?！拘?詳解】還有-OH、和-CHO，-OH和Na可以反應生成-ONa，-CHO可以和新制懸濁液反應生成-COOH?！拘?詳解】根據(jù)分析可知方程式：+H2O【小問4詳解】在水中的溶解度，D高于苯酚的主要原因是D中有更多羥基，可與水分子形成更多氫鍵?！拘?詳解】將1個看作官能團，取代另一個苯環(huán)上的氫，可知同分異構體有6種；D→E受位阻影響，經檢測D中酚羥基的鄰對位具有高活性，E的核磁共振氫譜有5組峰，則E的結構簡式為?！拘?詳解】類比A→D的合成過程可知：。13.以某氧化母液(主要成分為對苯二甲酸、醋酸，雜質為Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物)為原料回收各物質的工藝流程如下。（1）物質X為___________(填結構簡式)。（2）25℃時，、、；①基態(tài)的核外電子排布式為___________。②工藝流程中“調pH”和“凈化”能否調換順序并說明理由。___________（3）“萃取分離”的原理為，式中M表示Co、Mn元素，HR表示萃取劑。pH對萃取率的影響如圖。①分離效果最佳的pH為___________，“萃取分離”獲得需要的試劑除萃取劑外還有___________。②一定條件下，用萃取劑萃取，經充分振蕩分層后，有機層和水層中離子濃度之比為1∶2.現(xiàn)有含的水溶液10mL，用5mL萃取劑萃取一次后，的萃取率為___________%。(已知：萃取率=)（4）對苯二甲酸是生產聚酯的重要原料。25℃時，部分酸的電離平衡常數(shù)如下表。對苯二甲酸鄰苯二甲酸乙二酸甲酸-①對苯二甲酸與乙二醇反應生成聚酯的化學方程式為___________。②(鄰苯二甲酸)>(對苯二甲酸)，但(鄰苯二甲酸)<(對苯二甲酸)的原因是_______。③對比乙二酸和甲酸，可知存在_____(填“給電子”或“吸電子”)效應，依據(jù)是______。【答案】（1）（2）①.②.不能,Fe3+更易與F-結合為。（3）①.4②.③.20（4）①.②.鄰苯二甲酸負離子可形成分子內氫鍵③.給電子④.(乙二酸)<(甲酸)【解析】【分析】氧化母液主要成分為對苯二甲酸、醋酸，雜質為Co、Mn、Fe、Ca、Mg等元素的化合物，醋酸沸點低，蒸餾、冷凍分液得到的物質X是醋酸；加氫氧化鈉調節(jié)pH生成氫氧化鐵沉淀，濾渣1是氫氧化鐵；加氟化鈉凈化生成氟化鈣、氟化鎂沉淀，濾渣2是氟化鈣、氟化鎂；依次萃取分離出硫酸鈷、硫酸錳，得對苯二甲酸。【小問1詳解】根據(jù)以上分析，物質X為醋酸，結構簡式為CH3COOH；?！拘?詳解】①鐵是26號元素，基態(tài)鐵原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5。②根據(jù)，，F(xiàn)e3+更易與F-結合為，所以工藝流程中“調pH”和“凈化”不能調換順序?！拘?詳解】①根據(jù)圖示，pH=4時，Mn2+的萃取率達到90%以上，Co2+的萃取率小于20%，所以分離效果最佳的pH為4；根據(jù)，“萃取分離”獲得需要的試劑除萃取劑外還有硫酸。②一定條件下，用萃取劑萃取，經充分振蕩分層后，有機層和水層中離子濃度之比為1∶2，設萃取后有機層中的濃度為c2mol/L，萃取前水層中的濃度為c1mol/L，現(xiàn)有含的水溶液10mL，用5mL萃取劑萃取一次，c2mol/L×5+2c2mol/L×10=c1mol/L×10，則5c2mol/L=2c1mol/L，的萃取率為?！拘?詳解】①對苯二甲酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應反應生成聚酯，反應的化學方程式為。②鄰苯二甲酸負離子可形成分子內氫鍵，所以(鄰苯二甲酸)<(對苯二甲酸)。③對比乙二酸和甲酸，(乙二酸)<(甲酸)，可知存在給電子效應。14.科研小組通過實驗I和實驗Ⅱ從黃花蒿中高效提取抗瘧疾藥物青蒿素。實驗I從黃花蒿中提取青蒿素，過程如下。（1）青蒿素中含有的官能團有過氧鍵、___________。（2）“萃取”時可供選用溶劑的相關數(shù)據(jù)如下。溶劑水乙醇乙醚沸點/℃100.078.534.6溶解度/(25℃)0.0732.2026.50①“萃取”溫度超過60℃，青蒿素會失去藥效，推測___________(填官能團結構式)被破壞。②結合上表數(shù)據(jù)，溶劑X應選擇___________，理由是________