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1、2019-2020学年安徽省亳州市第十八中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 28g 由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB4.6g 乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC 25，1L pH=13 的 Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g 由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双
2、键的数目，故A 错误；B1mol 乙醇转化为1mol 乙醛转移电子2mol，4.6g 乙醇物质的量为 0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故 B正确；CpH=13 的 Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据 c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25、pH=13 的 1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为 10-1mol/L 1L=0.1mol，含有的OH-数目为 0.1NA，故 C错误；D标况下2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-
3、、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于 0.2NA，故 D 错误；故答案为B。2中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝锂合金化反应，下列叙述正确的是A放电时，电解质中的Li向左端电极移动B充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li+Al C放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+CnD充电时，若转移0.2mol 电子，则铝电极上增重5.4g【答案
4、】C【解析】【分析】【详解】A由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的 Li+向右端移动，故A 错误；B充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li+Al+e-=AlLi，故 B 错误；C放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故 C正确；D 锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li+Al+e-=AlLi，所以若转移0.2 mol 电子，增重为 0.2 7=1.4g，而不是 5.4 g，故 D 错误；故答案为C。【点睛】原电池中电子经导线由负极流向正极
5、，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。3某有机物的分子式为49C H OCl，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A 8 B10 C12 D14【答案】C【解析】【详解】该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4 个 C 的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4 个 C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8 种二元取代物，异丁烷共有 4 种二元取代物，共有12 种，故答案选C。4某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A原子晶体B离子晶体C分子晶体D金属晶体【答案】C【解析】【详解】A.原子晶体
6、熔化，需破坏共价键，故A 错误；B.离子晶体熔化，需破坏离子键，故B错误；C.分子晶体熔化，需破坏分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，故C正确；D.金属晶体熔化，需破坏金属键，故D 错误；答案：C 5分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10mol L-1的NaOH 溶液滴定同浓度某一元酸HA 并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（）A该酸碱中和滴定过程应选择酚酞做指示剂B根据 y 点坐标可以算得a 的数值为3.5 C从 x 点到 z 点，溶液中水的电离程度逐渐增大D x 点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)c(A-)
7、+c(OH-)【答案】D【解析】【分析】以 0.10mol L-1的 NaOH 溶液滴定同浓度某一元酸HA 时，a 点溶液中只有HA，x 点 HA 与 NaA 等比混合，y 点溶液呈中性，z点为二者恰好完全反应，即z 点为滴定终点。【详解】A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A 正确；B.根据 y 点坐标可以算得K（HA）=+-77c(H)c(A)100.99 10c(HA)0.1g，a 点时，溶液中只有HA，c（H+）=c（A-），则有+-+2+27c(H)c(A)c(H)c(H)=910c(HA)c(HA)0.1g，解得+4c(H)=310，pH=3.5，
8、故 B 正确；C.从 x 点到 z 点，溶液中的溶质由HA 对水的抑制，到NaA 对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C 正确；D.x 点处的溶液中溶质为HA 和 NaA 等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为 c(H+)c(OH-)，则 c(HA)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，故 D 错误；综上所述，答案为D。【点睛】求 a 点的 pH 时，可逆向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y 点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a 点的 pH 了。6某溶液由Na、Ag、Ba2、Al3、AlO2、Fe2+、NO3、Cl
9、、SO42中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成。则溶液中一定含有的离子有A Al3、NO3BBa2、Al3、ClCBa2、Al3、NO3DAg、Al3、NO3【答案】A【解析】【详解】分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2发生氧化还原反应生成SO42，SO42与 Ag+或 Ba2+结合生成白色沉淀，综上所述，一定含 Al3+、NO3，Ag+、Ba2+至
10、少含一种，一定不含SO42、AlO2、Fe2+，不能确定是否含Na+、Cl，答案选 A。【点睛】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，易错点为Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀，故排除Fe2+的存在。71，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A所有碳原子可能在同一平面B乙苯与它互为同分异构体C二氯代物有9 种D只能发生取代、加成、加聚反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在该物质分子中含有6
11、个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A 错误；B.乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B 错误；C.该物质分子结构对称，若2 个 Cl 原子在同一个C原子上，有2 种不同的结构；若2 个 Cl 原子在不同的C 原子上，其中一个Cl原子在不饱和C 原子上，可能有2 种不同结构；若其中一个Cl 原子位于连接在不饱和 C原子的环上的C 原子上，另一个 C原子可能在同一个环上有1 种结构；在不同环上，具有 2 种结构；若一个 Cl 原子位于-CH2-上，另
12、一个Cl原子在同一个环上，只有1 种结构；在两个不同环上，又有1 种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；D.该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D 错误；故合理选项是C。8NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，33.6LSO3中含有氧原子的数目为4.5NAB1L 浓度为 0.1mol/L 的磷酸溶液中含有的氧原子个数为0.4NAC0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为0.2NAD 1L0.2mol/L 的
13、 FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，SO3呈固态，不能利用22.4L/mol 进行计算，A 错误；B.磷酸溶液中，不仅磷酸分子中含有氧原子，而且水中也含有氧原子，B 错误；C.丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键，所以0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，C 正确；D.理论上，1L0.2mol/L 的 FeCl3溶液和过量KI溶液充分反应可生成0.1molI2，但反应为可逆反应，所以生成 I2小于 1mol，D 错误。故选 C。【点睛】当看到试题中提供2.24、4.48、6.72 等数据，想利用此数据计算物质的量时，一定要
14、克制住自己的情绪，切记先查验再使用的原则。只有标准状况下的气体，才能使用22.4L/mol。特别注意的是：H2O、NO2、HF、SO3、乙醇等，在标准状况下都不是气体。9关于浓硫酸和稀硫酸的说法，错误的是A都有H2SO4分子B都有氧化性C都能和铁、铝反应D密度都比水大【答案】A【解析】【详解】A.浓硫酸中存在硫酸分子，而稀硫酸中在水分子的作用下完全电离出氢离子和硫酸根离子，不存在硫酸分子，故 A 错误；B.浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸具有弱氧化性，所以都具有一定的氧化性，故B 正确；C.常温下浓硫酸与铁，铝发生钝化，先把铁铝氧化成致密的氧化物保护膜，稀硫酸与铁铝反应生成盐和氢气，故C正确；D.浓
15、硫酸和稀硫酸的密度都比水大，故D 错误；故选：A。10新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）选项A B C D 消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84 消毒液A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】双氧水、臭氧、84 消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性，故答案为C。11金属钠与水反应：2Na+2H2O 2Na+2OH-+H2，关于该反应过程的叙述错误的是（）A生成了离子键B破坏了极性共价键C破坏了金属键D形成非极性共价键【答案】A【解析】【分析】化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键
16、的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气是分子中含有非极性键的单质分子。【详解】A.形成离子键，而不是生成离子键，故A 错误；B.破坏水分子中的极性共价键，故B 正确；C.破坏了金属钠中的金属键，故C正确；D.形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D 正确；故选：A。12CuI 是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与 NaI 的混合溶液中通入SO2制备 CuI(2CuSO4 2NaISO22H2O2CuI 2H2SO4Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A制备 SO2B制备 CuI 并制备少量含S
17、O2的溶液C将 CuI 与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D加热干燥湿的CuI固体【答案】D【解析】【详解】A.Cu 与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A 正确；B.硫酸铜与NaI 发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI 并制备少量含SO2的溶液，B 正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI 固体，由于CuI 易被氧化，因此不能用该装置加热，D 错误；故合理选项是D。13工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)2N2(g)6H2(g)Si3N4(s)12HCl(g)H0，将 0.3 mol SiCl4
18、和一定量N2、H2投入 2 L 反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：下列说法正确的是()A 250 ，前 2 min,Si3N4 的平均反应速率为0.02 molL1 min1B反应达到平衡时，两种温度下N2和 H2的转化率之比相同C达到平衡前，300 条件的反应速率比250 快；平衡后，300 比 250 慢D反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多【答案】B【解析】【详解】A、Si3N4为固体，固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A 错误；B、起始 N2和 H2的物质的量比值为定值，反应中N2和 H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两
19、种温度下N2和 H2的转化率之比相同，故B 正确；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300条件的反应速率比250快，平衡后，300依然比250快，故C 错误；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故 D 错误；答案选 B。14ZulemaBorjas 等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是()A该装置可以在高温下工作BX、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜C负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7HD该装置工作时，电能转化为化学能【答案】C【解析】【详解】
20、A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A 错误；B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B 错误；C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，C正确；D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D 错误；故合理选项是C。15根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A 将含有 SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与 BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀
21、B 常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH大于 CH3COONa溶液HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱C 向 Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中 Fe3部分被 Fe还原D 苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A 错误；B常温下，分别测定同浓度
22、Na2CO3溶液与 CH3COONa溶液的 pH，Na2CO3溶液的 pH 大于 CH3COONa溶液，说明 Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出 H能力比 CH3COOH的弱，故B 正确；CFe 与 Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入 KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D溴单质具有挥发性，生成的HBr 及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D 错误；答案选 B。二、实验题（本题包括
23、1 个小题，共10 分）16某小组选用下列装置，利用反应3222NH3CuON3Cu3H O+揪?+V，通过测量生成水的质量2m(H O)来测定 Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量m(CuO)为 a g。(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是 _。(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行_，理由是 _。(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是 _。(4)丙同学认为乙同学测量的2m(H O)会偏高，理由是_，你认为该如何改进？_(5)若实验中测得2m(H O)=bg，则 Cu的相对原子质量为_。（用含 a，b 的代数式表示）。(6)若
24、 CuO 中混有 Cu，则该实验测定结果_。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）【答案】氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2O NH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气不可行C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入装置 B 生成的氨气有混有水，故 m(H2O)会偏高可在装置B 和 A 之间增加装置D 18a-16b偏大【解析】【分析】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；(2)甲同学按B
25、-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D 被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；(6)若 CuO 中混有 Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。【详解】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解
26、度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2O NH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；答案是：不可行；C装置将生成的水
27、和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置 C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；答案是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置 B 和 A 之间增加装置D 吸收氨气中水蒸气，减少误差；答案是：装置B 生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高；可在装置B 和 A 之间增加装置D；(5)反应 2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化
28、铜物质的量n=18/bgg mol，实验中先称取氧化铜的质量m(CuO)为 a g，则 Cu的摩尔质量=ag/bg/18g/mol-16g/mol，即 Cu的相对原子质量为:18ab-16；答案是:18ab-16；(6)若 CuO 中混有 Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b 减小，则18ab-16 值增大，所以若CuO 中混有 Cu，则该实验测定结果偏大；答案是:偏大。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G 的合成路线如下：(1)G 中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)由 CD 的反应类型是_。(3)化合物 X(分子式为C3H7N)的结
29、构简式为_。(4)E 到 F过程中的反应物HC(OC2H5)3中最多有 _个碳原子共面。(5)B 和乙醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出该反应的化学方程式_。写出满足下列条件的H 的所有同分异构体的结构简式：_。是一种 氨基酸；分子中有4 种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和 ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】酯基羰基取代反应5 25C H OH2H O或或或【解析】【分析】(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；(2)对比 C、D 的结构，可知C
30、中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；(3)化合物 X的分子式为C3H7N，对比 F、G 的结构，F 中-OCH3被替代生成 G，同时生成甲醇，据此分析判断X的结构；(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；(5)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：是一种 -氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，分子中有 4 种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3 个 H 原子是 2 种化学环境不同的氢，故另外3 个 H 原子有 2 种不同的氢，应存在对称结构；(6)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与 SOCl2作用
31、生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成。【详解】(1)G 的结构为，其中含有的含氧官能团有：酯基、羰基，故答案为酯基、羰基；(2)对比 C()、D()的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应，故答案为取代反应；(3)化合物 X的分子式为C3H7N，对比 F()、G()的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X 结构简式为：，故答案为；(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5 个碳原子共面，故答案为5；(5)B()和乙醇反应的产物H 为，反应的方程式为25C H OH2H O；H 的分
32、子式为C8H6FCl2NO2，H 的一种同分异构体满足：是一种 -氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，分子中有4 种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3 个 H 原子是 2 种化学环境不同的氢，故另外 3 个 H 原子有 2 种不同的氢，应存在对称结构，H 的同分异构体结构简式可能为：或或或，故答案为25C H OH2H O；或或或；(6)以和 ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备。模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与 SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：，故答案为。【
33、点睛】本题的难点和易错点为(6)中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点为(5)中同分异构体的书写，要注意不要漏写。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18光催化技术是一种在能源和环境领域有着重要应用前景的绿色技术。Ti 的某种晶型的氧化物，M 可用作光催化材料。（1）基态 Ti 原子的价层电子排布图为_。（2）在第四周期d 区元素中，与Ti 原子未成对电子数相同的元素名称是_。（3）金属钛的原子堆积方式如图1 所示，则金属钛晶胞俯视图为_。距离每个钛原子最近且等距的钛原子有 _个。（4）生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH)等，氧化物
34、M 可以作为高效除臭剂。与氨气互为等电子体的阳离子为_，甲硫醇中硫原子采取的杂化方式为_，与 S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_，已知甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，试解释此差异的主要原因 _。（5）M 的晶胞结构如图2，M 的化学式为 _。（6）石墨烯是单个原子厚度的二维碳纳米材料(如图 3)，其比表面积大(比表面积指单位质量物料所具有的总面积)。石墨烯与M 的结合使用，极大地提高了M 的光催化效果。在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有 _个 C原子。已知石墨烯中C-C键长为apm，则单层石墨烯的比表面积为_m2/g(NA表示阿伏伏德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。
35、【答案】镍D 12 H3O+sp3Si 甲醇分子间有氢键TiO22 38a2NA 10-24【解析】【详解】(1)Ti 原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其价层电子排布式为3d24s2，电子排布图为，故答案为；(2)Ti 原子未成对电子数为2，在第四周期d 区元素中，与Ti 原子未成对电子数相同的元素的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，为镍元素，故答案为镍；(3)根据金属钛的原子堆积方式可知，该堆积方式为ABABABAB 镁型堆积，晶胞结构为，金属钛晶胞俯视图为D，故答案为D；(4)与氨气互为等电子体
36、的阳离子有H3O+，甲硫醇(CH3-SH)中硫原子与2 个原子相连，含有2 个孤电子对，采取 sp3杂化；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，与 S位于同一周期，且第一电离能小于S 的非金属元素符号为Si，甲醇分子间有氢键，甲硫醇不能形成氢键，因此甲硫醇熔沸点小于甲醇(CH3OH)，故答案为H3O+；sp3；Si；甲醇分子间有氢键；(5)根据 M 的晶胞结构，O 原子数目=2+412=4，Ti 原子数目=1+818=2，则 M 化学式为TiO2，故答案为TiO2；(6)根据图示，六元环的每个顶点被3 个六元环共用，在石墨烯晶体
37、中，每个最小的六元环占有的碳原子数=613=2；12g 石墨烯(即 1mol)实际占有的六边形的个数为12NA，所以算得12g 石墨烯的总面积为12NA12(32a 10-12)(a 10-12)6 2=6 34NA 10-24m2，则单层石墨烯的比表面积为2426 310412ANmg=38NA 10-24m2/g，故答案为38NA 10-24。【点睛】本题考查了物质结构与性质。本题的难点和易错点为(6)中比表面积的计算，注意理解比表面积的含义，比表面积的面积包括正反两面的总面积之和。19镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远
38、高于足球烯的原因是_。24g 金刚石中含有_个碳碳单键。（2）氧化镁的电子式为_，CO2的结构式为 _。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为_，其中能量最高的电子有_个。【答案】金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力4NAMg2+?：O：2-O=C=O 3s23p11【解析】【详解】（1）金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；24g 金刚石物质的量为2mol，每 1mol 碳原子和4mol 碳原子形成共价键，则1mol 碳原子形成的共价键为：11mol42mol2，所以 2mol 金刚石含有碳碳键的个数为A4N，故答案为：金刚石为原子晶体而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的范德华力；A4N；（2）氧化镁是离子化合物，电子式为Mg2+?：O：2-，2CO的结构式为OCO，与镁同周期、离子半径最小的元素为铝，其原子最外层的电子排布式为213s 3p，其中能量最高的电子为3p 能级上的电子，有1 个，故答案为：Mg2+?：O：2-；OCO；213s 3p；1；【点睛】金刚石是原子晶体，其结构为空间网状结构，1 个碳原子形成的共价键为：11 422。