黄金卷07-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）

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（满分100分，时间50分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 li-7 C-12 O-16 Na-23 Al-27 P-31 Cu-64
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.我国正面临巨大的减排压力。一种钙基吸收剂(主要成分为)循环捕集烟气中的过程如图所示，下列说法中错误的是
A．碳酸化反应器中发生了化合反应，且为放热反应
B．生成的附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降
C．中含有个电子
D．封存的可以转化为甲醇等产品
【答案】C
【详解】A．碳酸化反应器中燃煤烟气中的二氧化碳与氧化钙发生反应生成碳酸钙，该反应属于化合反应，且为放热反应，A正确；
B．反应生成的为颗粒状，所以生成的附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降，B正确；
C．分子中的电子数与质子数相同，所以中含有=个电子，C错误；
D．根据元素守恒可知，可以转化为甲醇等产品，符合“碳中和”理念，D正确；
故选C。
8.有机物a、b、c之间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．有机物a、b的区别在于双键两端H的分布不同
B．有机物a、b的分子式均为
C．有机物a、b、c都能使酸性溶液褪色
D．有机物c加氢后，环上的一氯代物有3种
【答案】D
【详解】A．由图示信息可知，有机物a、b的区别在于双键两端H的分布不同，存在双键所在平面的同侧或者异侧即顺反异构，A正确；
B．由a、b的结构简式可知两者互为同分异构体，分子式均为，B正确；
C．由图示信息可知，有机物a、b、c均含有碳碳双键，都能使酸性溶液褪色，C正确；
D．由图示信息可知，有机物c加氢后生成，其环上的一氯代物有2种，D错误；
故选：D。
9.某同学设计下列装置制备少量(沸点为128.7℃，能与水、乙醇以任意比混溶)。下列说法错误的是
A．配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向乙醇中缓慢加入浓硫酸
B．装置b中可盛放浓的NaOH溶液
C．装置c中发生的反应为
D．最后用乙醇从装置c中萃取出
【答案】D
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇的大，应在不断搅拌下向乙醇中缓慢加入浓硫酸，A正确；
B．装置b中可盛放浓的NaOH溶液，吸收乙烯中的，B正确；
C．先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成，C正确；
D．与水、乙醇均互溶，所以不能用乙醇进行萃取，D错误；
故答案为：D。
10.用KSCN溶液和FeCl2溶液探究的还原性时出现异常现象实验如下：不正确的是
A．对比①③，可判定酸性条件下可氧化
B．实验中发生的氧化还原反应有两种
C．②中红色溶液中含有胶体
D．③中发生的氧化还原反应为：
【答案】B
【分析】①氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂过氧化氢分解有气体生成（经检验为O2），取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为磷酸根离子；
②氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH=5，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成（经检验为O2），氧气氧化亚铁离子生成铁离子，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体；
③氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，PH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能。
【详解】A．对比①③，实验①排除了铁离子反应，而是SCN-离子反应，实验③排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，故A正确；
B．实验②中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不只两种，故B错误；
C．②中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有Fe（OH）3胶体，故C正确；
D．③中通入足量氧气溶液变红色说明，发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选：B。
11.、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：
物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。
下列说法正确的是
A．甲、乙、丙、丁、戊中，戊的沸点最高
B．原子半径：；最高价态含氧酸的酸性：C>B>D
C．A、B、C三元化合物中仅含共价键，溶于水显酸性
D．若甲与乙恰好生成，则乙为双原子分子
【答案】D
【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO3=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。
【详解】A．甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。
丙-水中含氢键，所以沸点最高，A错误；
B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；非金属性：O>N>S，氧无含氧酸，B错误；
C．三元素可组成HNO3(酸性）、NH4NO3(酸性，含离子键）、NH3.H2O（碱性）等，C错误；
D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2ml甲与3ml乙恰好反应生成2.5ml单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；
故答案为：D。
12.水系有机液流电池作为大规模储能技术，在实现可再生能源高效利用方面展现出良好的应用潜力。一种新型有机液流电池的工作原理如图。下列说法不正确的是：
A．放电时，正极反应式为：
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．充电时，阴极的电极反应式为：
D．通过增大泵的功率提高液体的流速，可以增大电池的电流量
【答案】B
【分析】由图中是放电时发生的还原反应，A为正极，B为负极，充电时，B为阴极得电子，阴极的电极反应式为： ，阳离子通过阳离子交换膜从左向右室移动。
【详解】A． 放电时，A为正极，氧化剂得电子发生还原反应，正极反应式为：，故A正确；
B． 如果该电池的离子交换膜为阴离子交换膜，就会使右端的阴离子移向左端，故B错误；
C． 充电时，阴极得电子，阴极的电极反应式为： ，故C正确；
D． 通过增大泵的功率提高液体的流速，提高氧化剂还原剂的流速，转移更多的电子，可以增大电池的电流量，故D正确；
故选B。
13.已知常温下，。用的氨水滴定的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．HA为强酸，a=10
B．水的电离程度：M点>N点
C．常温下，反应的平衡常数
D．当滴入氨水时，溶液中存在：
【答案】A
【详解】A．根据图中信息=12，则氢离子浓度为0.100ml·L-1，因此HA为强酸，a=10，则溶质为NH4A，溶液显酸性，因此，则，与图像不符，故A错误；
B ．M点溶液为NH4A，强酸弱碱盐，NH水解促进水的电离，N点溶液中氨水过量，抑制水的电离，水的电离程度：M点>N点，故B正确；
C．常温下，NH的水解平衡常数为==10-9，故C正确；
D．当滴入氨水的体积V =20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于NH的水解平衡常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c( A-)，故D正确；
答案选A。
(一)必考题：共43分。
26.（14分）利用水钴矿(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：C3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[C(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5ml/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为C3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。
【答案】(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触
(2)将C3+、Fe3+还原
(3)
(4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5) 浓盐酸 冷却结晶
(6)2.5×10-15
(7)
【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出C2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
【详解】（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；
（2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、C2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价C2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将C3+、Fe3+还原；
（3）已知氧化性：C3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而C2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；
（4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有C2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。
（5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（6）pH=9.2时C(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[C(OH)2]= =2.5×10-15。
（7）草酸钴晶体(CC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为C3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。
27.（14分）五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时不稳定。
(1)某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为。实验装置如图，回答下列问题：
①装置C的名称_______，装置D的作用是_______；装置E的作用是_______。
②写出装置A中发生反应的化学方程式_______。
③实验时，将装置C浸入_______(填“热水”或“冰水”)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
(2)判断C中反应已结束的简单方法是_______。
(3)用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0 g粗产品，加入20.00 mL0.1250 ml⋅L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000 ml⋅L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_______。
②判断滴定终点的方法是_______。
③产品中N2O4的质量分数为_______。
【答案】(1) 三颈烧瓶 安全瓶，防止倒吸 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 冰水
(2)红棕色褪去
(3) 5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+ 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 20.7%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙可以干燥NO2，在密闭系统中存在可逆反应：2NO2N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
【详解】（1）①根据装置图可知装置C名称是三颈烧瓶；
装置D的作用是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；
装置E的作用是干燥，以防止空气中的水蒸气进入C中；
②在装置A中Cu与浓硝酸混合发生氧化还原反应产生硝酸铜、二氧化氮和水,发生反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
③由于N2O5在高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气；
（2）装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束；
（3）①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，该反应的离子方程式为：5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，故判断滴定终点的方法是：滴入最后一滴0.1000 ml/LH2O2标准溶液时，锥形瓶中溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，说明滴定达到终点；
③KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)总=c·V=0.1250 ml/L×0.020 L=2.5×10-3 ml，根据电子守恒可知H2O2与KMnO4反应的比例关系为：5H2O2～2KMnO4，剩余KMnO4物质的量为n(KMnO4)剩=n(H2O2)=×0.1000 ml/L×0.0175 L=7.0×10-4 ml；所以与N2O4反应的KMnO4物质的量为n(KMnO4)=2.5×10-3 ml -7.0×10-4 ml =1.8×10-3 ml，由反应方程式5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+，可得关系式：5N2O4~ 2KMnO4，n(N2O4) = n(KMnO4)=×1.8×10- 3 ml=4.5×10- 3 ml，则N2O4的质量m(N2O4)=n·M=4.5×10- 3 ml ×92 g/ ml=0.414 g，故产品中N2O4的质量分数为。
28.（15分）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。 ΔH=+131.3kJ⋅ml-1，ΔS=+133.7J⋅ml-1⋅K-1，该反应在低温下_______(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在400℃时，的。相关化学键键能数据为
回答下列问题：①在400℃时，(g的K2=_______(填数值)，ΔH=_______。
②400℃时，在1L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4ml、2ml、4ml，则此时反应_______(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂_______(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
(3)氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为，在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1ml、0.3ml时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是_______
②若在250℃、p1为105Pa的条件下，反应达到平衡，此时B点N2的分压为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
【答案】(1)不能
(2) 2 = 向右 不改变
(3)
【详解】（1）因为该反应，高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
（2）①相同温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数，所以，反应物的总键能-生成物的总键能，；
②根据，反应达平衡状态，等于；
③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，容器体积增大，相当于减小压强，合成氨反应的平衡正向移动，催化剂降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
（3）①其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大，所以；
②根据三段式：，，，，。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）硫铁矿(主要成分)是接触法制硫酸的主要原料，请回答：
(1)基态下共有_______种不同空间运动状态的电子。
(2)形成的配合物亚铁氰化钾又称黄血盐，可用于检验，与互为等电子体的阴离子为_______(任写一种)；含有120ml键的的物质的量为_______ml。
(3)的酸性强于酸性的原因是_______。
(4)过二硫酸的结构式为，S原子的杂化方式为_______，S元素的化合价为_______。
(5)晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，位于所形成的_______(填“正四面体”或“正八面体”)空隙；若晶胞参数为a nm，密度为，阿伏加德罗常数的值为，则的摩尔质量M=_______用含a、ρ、的代数式表示。
【答案】(1)14
(2) 10
(3)的非羟基氧原子数目为2，的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强。
(4) sp3 +6
(5) 正八面体
【详解】（1）Fe为26号元素，Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，每个能层的s轨道有1个伸展方向，p轨道有3个伸展方向，d轨道有5个伸展方向，则基态Fe2+共有14种不同空间运动状态的电子。
（2）原子总数和价电子总数均相等的分子或离子互为等电子体，则与互为等电子体的阴离子为；1个中含有6个配位键，中含有，1个中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有6+6=12个σ键，所以含有12mlσ键的的物质的量为 10 ml。
（3）的非羟基氧原子数目为2，的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强。
（4）过二硫酸的结构式为，S原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；S元素形成6对共用电子对，且电负性比氧元素小，故化合价为+6。
（5）根据晶体的晶胞结构可知，Fe2+位于所形成的正八面体空隙中。一个晶胞中，Fe2+的个数为，的个数为，则晶胞的质量为，，解得。
36.（15分）盐酸黄连素是黄连、三颗针等中草药的有效成分，具有泻火解毒等作用，其人工合成的路线如下图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的化学方程式为_______。
(2)化合物D的结构简式为_______。
(3)E→F中①涉及两步反应，反应类型分别为加成反应、_______。
(4)氨基与羧基连在同一碳原子上的氨基酸称为α−氨基酸，分子式与E相同的芳香族氨基酸有_______种(不考虑立体异构)；其中苯环上的氢原子在核磁共振氢谱中有3组吸收峰的化合物的结构简式为_______(任写一种即可)。
(5)已知：，写出以乙烯、为原料(其他无机试剂任选)制备的合成路线。_______
【答案】(1)+CH2Cl2
(2)
(3)消去反应
(4) 5 或
(5)
【分析】由有机物的转化关系可知，碱作用下与二氯甲烷发生取代反应生成，则A为；氯化氢作用下与CH2=CHCN发生加成反应生成，一定条件下转化为，则D为；发生信息反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，经多步转化得到盐酸黄连素。
【详解】（1）由分析可知，A→B的反应为碱作用下与二氯甲烷发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+CH2Cl2+2HCl，故答案为：+CH2Cl2+2HCl；
（2）由分析可知，化合物D的结构简式为，故答案为：；
（3）由分析可知，E→F中①涉及两步反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成，故答案为：消去反应；
（4）分子式与E相同的芳香族α—氨基酸分子中若苯环上只有一个取代基，取代基可能为或，共有2种；若苯环上有2个取代基，取代基可能—CH3和，—CH3和在苯环上有邻间对3种结构，则符合条件的结构简式共有5种，其中苯环上的氢原子在核磁共振氢谱中有3组吸收峰的化合物的结构简式为、，故答案为：5；或；
（5）由题给信息可知，以乙烯、HCN为原料制备的合成步骤为催化剂作用下乙烯与HCN共热发生加成反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN一定条件下转化为CH3CH2CONH2，酸性条件下转化为CH3CH2COOH，催化剂作用下CH3CH2CONH2与CH3CH2COOH发生取代反应生成，则合成路线为，故答案为：。
①
②
③
溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀
溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验有丁达尔效应。
溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。
甲
乙
丙
丁
戊
、
、
、
、
C、
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能
946
436
390.8