【全国省级联考】湖北省2018届高三4月调研考试理综化学试题(解析版)

湖北省2018届高三4月调研考试理综化学试题
1. “绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。

下列最符合“绿色化学”理念的是
A. 在厂区大量植树绿化，净化污染的空气
B. 利用太阳能分解水制氢气
C. 将煤液化后使用以提高煤的利用率
D. 将化石燃料充分燃烧后再排放
【答案】B
【解析】绿色化学的核心是从源头减少污染物的排放，实现污染物“零排放”。

A. 在厂区大量植树绿化，能够净化污染的空气，是治理污染的方法之一，不符合“绿色化学”理念，故A错误；B、利用太阳能分解水制氧气无污染无资源的浪费，符合“绿色化学”理念，故B正确；C. 将煤液化后使用以提高煤的利用率，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故C错误；D. 将化石燃料充分燃烧后再排放，仍然有污染物排放，不符合“绿色化学”理念，故D错误；故选B。

2. 宋代《本草图经》中，关于绿矾的分解有如下描述:“绿矾形似朴硝( Na2SO4·10H2O) 而绿色，取此物置于铁板上,聚炭，封之囊袋，吹令火炽,其矾即沸,流出，色赤如融金计者是真也。

”下列说法错误的是A. “色赤”物质是Fe(OH)3 B. 流出的液体中可能含有硫酸
C. 可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝
D. 绿矾分解过程中硫元素部分被还原
【答案】A
点睛：本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键。

本题中绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低。

3. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应
B. 乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上
C. C8H10属于芳香烃的同分异构体共有4 种
D. 蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油
【答案】C
【解析】A、乙烯使酸性高锰酸钾褪色，发生了氧化还原反应，故A错误；B．乙烯、苯为平面结构，乙酸中含甲基，甲基为四面体结构，则乙酸中所有原子不可能在同一平面上，故B错误；C． C8H10的芳香烃满
足C n H2n-6的通式，取代基可为1个乙基或两个甲基，同分异构体有，
故C正确；D、蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故D错误；故选C。

4. W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:4，且Y的原子半径大于X的原子半径,X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W-能与水反应生成单质W2。

下列说法正确的是
A. 最简单氢化物的沸点:Z>X
B. W与X形成的化合物中只有极性键
C. 最高价氧化物对应水化物酸性：Y>Z
D. 阴离子的还原性:W>X
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y 可能是Al，Z为Cl或Y为Si，Z为S；W的简单离子W-能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。

A．Z为S或Cl，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于氯化氢或硫化氢，故A 错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：W＞X，故D正确；故选D。

点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握原子序数、原子结构、电子排布规律来推断元素为解答的关键。

本题的难点是Y、Z的不确定给解题带来的。

本题的易错点为A，要注意能够形成氢键的物质有水、氨气和氟化氢。

5. 三元电池成为2018年我国电动汽车的新能源，其电极材料可表示为，且x+y+z=1.充电时电池总反应为LiNi x Co y Mn z O2+6C(石墨)= Li1-a Ni x Co y Mn z O2+Li a C6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的离子X通过的隔膜。

下列说法正确的是
A. 允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜
B. 充电时，A 为阴极，Li+被氧化
C. 可从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂
D. 放电时，正极反应式为Li1-a Ni x Co y Mn z O2+aLi ++ae-= LiNi x Co y Mn z O2
【答案】D
【解析】A. 根据LiNi x Co y Mn z O2+6C(石墨)= Li1-a Ni x Co y Mn z O2+Li a C6可知，X为Li+。

允许离子Li+通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A错误；B. 根据充电时电池总反应LiNi x Co y Mn z O2+6C(石
墨)= Li1-a Ni x Co y Mn z O2+Li a C6，A 上发生C(石墨)→Li a C6的反应，是还原反应，A为阴极，Li+没有发生氧化还原反应，故B错误；C. 根据充电时电池总反应，无法充电的废旧电池的石墨电极中没有锂元素，不能回收金属锂，故C错误；D. 放电时，总反应为Li1-a Ni x Co y Mn z O2+Li a C6= LiNi x Co y Mn z O2+6C(石墨)，正极发生还原反应，电极反应式为 Li1-a Ni x Co y Mn z O2+aLi ++ae-= LiNi x Co y Mn z O2，故D正确；故选D。

6. NiS 可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。

NiS 在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。

将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，经过过滤，制得NiS 沉淀，装置如图所示:
下列对实验的叙述正确的是
A. 在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了将H2S赶入C 装置中与NiSO4溶液反应
B. 装置B 中盛放浓硫酸
C. 装置D 中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水
D. 反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中
【答案】C
学。

科。

网...学。

科。

网...学。

科。

网...学。

科。

网...
7. 常温下，在新制氯水中滴加NaOH 溶液,溶液中水电离出来的c水(H+)的对数与NaOH 溶液体积之间的关系如图所示。

下列推断正确的是
A. 用pH 试纸测定E点对应的溶液，其pH= 3
B. F、H 点对应的溶液中都存在c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)
C. 加水稀释H点对应的溶液,溶液的pH增大
D. G点对应的溶液中c(Na+) >c(Cl-) >c(ClO-) >c(OH-) >c(H+)
【答案】D
【解析】A. E点溶液为氯水，具有漂白性，pH 试纸褪色，不能用pH 试纸测定E点对应的溶液的pH，故A 错误；B.根据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+ c(OH-)，F溶液中含有次氯酸钠、氯化钠和次氯酸，H 点溶液中含有次氯酸钠、氯化钠和氢氧化钠，尽管溶液中由水电离的c(H+)相等，但溶液中溶质的浓度不等，溶液的pH不等，因此c(H+)≠ c(OH-)，F点为中性，H点为碱性，因此H点溶液中不存在
c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，故B错误；C. 加水稀释H点对应的溶液，溶液的碱性减弱，pH减小，故C错误；
D. G点对应的溶液为次氯酸钠溶液和氯化钠，且物质的量浓度相等，水的电离程度最大，次氯酸钠水解，溶液显碱性，c(Na+) >c(Cl-) >c(ClO-) >c(OH-) >c(H+)，故D正确；故选D。

8. 氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃，在农药、制药行业中用途广泛。

SOCl2遇水剧烈反应、
产生白雾和带有制激性气味的气体。

实验室合成SOCl2的原理为：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。

回答下列问题:
(1)仪器a 的名称是_______，装置b 的作用是__________。

(2)实验室制取SOCl2 时，所选仪器的连接顺序是⑥→______→①②←_____(某此仪器可以多次使用)。

(3)冷凝管口③是_____(填“进水”或“出水”)口，本实验中制备氯气的离子方程式为___________。

(4)将SOCl2 与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。

(5)已知SCl2的沸点为50℃。

实验结束后，将三颈烧瓶中的混合物分离开的实验操作名称是___。

若反应中消耗标准状况下的Cl2的体积为1120 mL，最后得到纯净的SOCl26.76 g,则SOCl2的产率为________(保留三位有效数字)。

(6) 已知:SOCl2+4NaOH= Na2SO3+2NaCl +2H2O。

请设计简单的实验( 可选试剂:稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液) 来验证氯化亚砜与NaOH 溶液反应后的溶液中存在
Cl-__________________。

【答案】(1). 球形冷凝管(或冷凝管)(2). 吸收Cl2、SO2(防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进
入反应装置而使SOCl2水解(3). (4). (5). 进水(6). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(7). SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解(8). 过滤、蒸馏(9). 56.8%(10). 取待测液于洁净试管中，加稀硝酸酸化，再加入过量硝酸钡溶液，静置，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中存在Cl-
【解析】实验室用二氧化锰与浓盐酸制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理
用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得
SOCl2，SO2+C12+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。

(1)仪器a 为球形冷凝管，装置b 的作用是吸收Cl2、SO2 (防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解，故答案为：球形冷凝管(或冷凝管)；吸收Cl2、SO2 (防止污染空气)，防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解；
(2)二氧化锰与浓盐酸制备氯气，固液加热型，故为⑥，饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，用⑦，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中反应制得SOCl2，除杂干燥为充分，导气管应长进短出，则连接顺序为：
⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦，故答案为：⑫→⑪→⑨→⑩；⑩←⑨←⑦；
(3)采用逆流发，故冷凝管口③为进水口；实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，离子反应为：
MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：进水；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(4)根据题意SOCl2与水反应产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，说明生成HCl和二氧化硫，SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解，因此将SOCl2 与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，故答案为：SOCl2与水反应生成SO2和HCl 等酸性物质，抑制AlCl3水解；
(5)实验结束后，首先将三颈烧瓶中的难溶物过滤除去，根据氯化亚砜沸点为77℃，SCl2的沸点为50℃，再采用分馏的方法即可将之分离；消耗氯气为=0.05mol，由SO2+Cl2+SCl2═2SOCl2，生成0.10molSOCl2，则SOCl2的产率为×100%=56.8%；故答案为：过滤、蒸馏；56.8%；(6)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡、静止得到无色溶液，含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液存在的Cl-的方法是取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-；故答案为：取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-。

9. 工业上用含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如下：
已知：25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数(K sp)如下表所示。

请回答：
(1)沉淀1的化学式为__________________。

(2) 室温下，调节pH为5.试通过计算说明此时Al3+、Fe3+已沉淀完全，理由是_________。

(NH4)2S的电子式为________________；“净化”时，加入(NH4)2S的作用为___________________。

(3)“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为__________________。

(4)已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。

(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如下图所示。

据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、____________、洗涤、干燥。

(5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为________________。

(6)25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。

①300℃时，所得固体的化学式为______________________。

②1150℃时，反应的化学方程式为___________________。

【答案】(1). CaSO4(2). pH=5时，c(OH-)=10-9 mol/L，
c(Fe3+)===4.0×10-11 mol/L，同理，c(Al3+)=1.3×10-6 mol/L，皆小于1.0×10-5mol/L，
故Al3+、Fe3+已沉淀完全(3). (4). 使Cu2+转化为CuS沉淀(5). MnO2+SO2＝Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42-+H2O(6). 趁热过滤(7). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(8).
MnSO4(9). 3MnO2Mn3O4＋O2↑
【解析】含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与含有二氧化硫烟气、稀硫酸溶解，发生
SO2+MnO2═Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，CuO+2H+=Cu2++H2 O，CaO+2H++SO42-=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4，滤液1 金属阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，加入双氧水氧化Fe2+为Fe3+，调节pH为5沉淀Fe3+、Al3+，沉淀2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤液2金属阳离子为Mn2+、Cu2+，加入(NH4)2S沉淀Cu2+，滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4，将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4。

(1)含锰废料与稀硫酸反应：CaO+2H++SO42-=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4，故答案为：CaSO4；
(2) pH=5时，c(OH-)=10-9 mol/L，c(Fe3+)===4.0×10-11 mol/L，同理，
c(Al3+)=1.3×10-6 mol/L，皆小于1.0×10-5 mol/L，故Al3+、Fe3+已沉淀完全；(NH4)2S为离子化合物，电子式为：，(NH4)2S的作用沉淀Cu2+使Cu2+转化为CuS沉淀，故答案为：pH=5时，c(OH-)=10-9 mol/L，c(Fe3+)===4.0×10-11 mol/L，同理，
c(Al3+)=1.3×10-6 mol/L，皆小于1.0×10-5 mol/L，故Al3+、Fe3+已沉淀完
全；；使Cu2+转化为CuS沉淀；
(3)“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：
SO2+MnO2═Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O；故答案为：
SO2+MnO2═Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O；
(4)由图可知(NH4)2SO4的溶解度随温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随温度的升高减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4；故答案为：趁热过滤；
(5)用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
(6)①25.35g MnSO4•H2O样品n(锰)=n(MnSO4•H2O)=0.15mol，其中n(H2O)=0.15mol，m(H2O)=2.7g，300℃时，所得固体质量为22.65g，减少的质量为2.7g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，故答案为：MnSO4；
②300℃时，固体为：MnSO4，受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15mol，850℃时，固体质量由22.65g 减少到为13.05g，减少的质量为9.6g，则硫的氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1150℃时固体为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m(锰)=n(锰)×55=8.25g，则氧化物中
m(O)=11.45g-8.25g=3.2g，n(O)=0.2mol，故n(Mn)：n(O)=0.15：0.2=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应
为：3MnO2Mn3O4+O2↑，故答案为：3MnO2Mn3O4+O2↑。

点睛：本题考查物质的制备、化学反应图像的有关进行计算。

本题的难点是(6)，关键是根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，可以避免计算繁琐。

10. 煤炭属于不可再生资源，高效、清洁地利用煤炭资源至关重要。

请回答下列问题：
（1）煤的干馏。

煤的干馏反应中△S_____0(填“>”“<”或“=”)。

（2）煤的液化。

原理是C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H= akJ/mol；CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)
△H=bkJ/mol。

则反应C(s)+ H2O(g)+H2(g)CH3OH(l) 的△H=______kJ/mol。

（3）煤的气化。

原理是C(s) +2H
2(g)CH
4
(g) △H。

在1L密闭容器中投入1mol碳，并充入2 mol
H2，测得相关数据如图所示。

①有关图1、图2 的说法正确的有______(填标号)。

a.氢气的反应速率v(Z) >v(X) >v(Y)
b.T1<1000K
c.平衡常数K(X)=K(Y) >K(Z)
d.工业生产中，当温度为T2时，压强越高，经济效益越好
②图2 中A 点对应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

(4)煤生产水煤气和半水煤气。

①工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，要求气体中(CO + H2) 与N2的体积之比为3.1-3.2，发生的反应有C(s)+H2O(g)CO(g) +H2(g).C(s) +1/2O2(g)CO(g)。

从能量角度考虑，通入空气的目的是__________。

②如图3是反应CO(g) +H2O(g) H2(g)+ CO2(g) △H<0 中CO 和CO2的浓度随时间发生变化的曲线，则t2时刻改变的条件可能是_______(写出1种即可)。

若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2 倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质(假设各物质状态均保持不变)。

________
【答案】(1). >(2). (a+b)(3). abc(4). 1/6(5). 前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡(6). 降低温度(或增大水蒸气的量，减少氢气的量)(7).
【解析】(1)煤的干馏反应中生成了各种气体和液体，属于熵增加的反应，△S＞0，故答案为：＞；
(2)①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H= akJ/mol；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) △H=bkJ/mol，根据盖斯定律，将①+②得：C(s)+ H2O(g)+H2(g)CH3OH(l)△H=(akJ/mol)+(bkJ/mol)= (a+b) kJ/mol，故答案为：a+b；
(3)①根据C(s) +2H2(g)CH4(g) ，增大压强，平衡正向移动，因此压强越大，碳的转化率越高，因此
P1＜6MPa，根据图1，升高温度，碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，因此△H＜0。

a.温度越高，压强越大，反应速率越快，氢气的反应速率v(Z) >v(X) >v(Y)，正确；b.根据图2，T1时碳的转化率大于1000K，根据△H＜0，温度越高，碳的转化率越低，因此T1＜1000K，正确；c.温度不变，平衡常数不变，平衡常数K(X)=K(Y)，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数K(X)=K(Y) >K(Z)，正确；d.压强越高，对设备的要求越高，会大大的增加成本，经济效益反而减小，错误；故选abc；
②图2 中A 点对应的碳的转化率为50%,压强为4.5MPa。

C(s) +2H2(g)CH4(g)
起始(mol) 1 2 0
反应(mol) 0.5 1 0.5
平衡(mol) 1 0.5
物质的量分数
平衡常数K p==，故答案为：；
(4)①C(s)+H2O(g)CO(g) +H2(g)是吸热反应，通入空气后发生C(s) +1/2O2(g)CO(g)，高反应为放热反应，可维持体系的热平衡，因此工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，故答案为：前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡；
②在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且CO和CO2浓度变化有接触点，所以可以通过改变降低温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，故浓度分别增大为原来的2倍，又反应前后气体系数相等，平衡不
移动，所以图像仅仅是浓度分别变为原来的2倍并且保持不变，如图为，故答案为：降低温度；增加水蒸气的量；。

11. 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_____。

(4)生活环境中的臭气源有氨气、甲硫醇(CH3-SH) 等，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 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a pm，则单层石墨烯的比表面积为_____m2/g(N A表示阿伏伽德罗常数的数值，忽略碳原子的厚度)。

【答案】(1). (2). 镍(3). D(4). H3O+(5). sp3(6). Si(7). 甲醇
分子间有氢键(8). TiO2(9). 2(10).
【解析】(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V A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+4×=4，Ti原子数目=1+8×=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，在石墨烯晶体中，每个最小的六元环占有的碳原子数=6×=2；12g石墨烯(即1mol)实际占有的六边形的个数为N A，所以算得12g石墨烯的总面积为
N A××(a×10−12)×(a×10−12)×6×2=N A×10−24m2，则单层石墨烯的比表面积为
=N A×10−24m2/g，故答案为：N A×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。

12. 盐酸艾司洛尔，主要用于急性心肌局部缺血症的治疗，对急性心肌梗塞有明显的疗效。

其合成新路线如下:
已知:①
②
(1)A的名称是______，B 含有的官能团是______，②的反应类型是_______。

(2)写出反应③的化学方程式___________。

(3)E 的结构简式为___________。

(4)F物质可溶于水，原因是__________。

(5)与B 具有相同的官能团且苯环上有三侧链的同分异构体，其总数目为______。

(6)参照E 物质的合成路线，以和为主要原料合成制备
，写出其合成路线_________。

【答案】(1). 对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)(2). 羧基、羟基、碳碳双键(3). 加成反应(或还
原反应)(4). (5).
(6). F为一种有机铵盐，可溶于水(7). 10(8).
【解析】根据信息①，结合F的结构可知，A为对羟基苯甲醛()，反应生成的B为，B 与氢气加成生成C，C为，C与甲醇发生酯化反应生成D，D为，根据信息②可知，E为。

(1)根据上述分析，A为对羟基苯甲醛，B ()中含有的官能团有羧基、羟基、碳碳双键，反应②是加成反应，故答案为：对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)；羧基、羟基、碳碳双键；加成反应；(2)反应③为与甲醇的酯化反应，反应的化学方程式为
，故答案为：
；
(3)E 的结构简式为，故答案为：；
(4) F为一种有机铵盐，可溶于水，故答案为：F为一种有机铵盐，可溶于水；
(5) B为，与B 具有相同的官能团且苯环上有三侧链，说明苯环上含有乙烯基、羧基和羟基，
①乙烯基、羧基位于邻位，羟基有4种位置，②乙烯基、羧基位于间位，羟基有4种位置，③乙烯基、羧基位于对位，羟基有2种位置，共4+4+2=10，故答案为：10；
(6)以和为主要原料合成制备，可以由
与甲醇酯化生成酯基，然后将碳碳双键还原，最后根据信息②与反应即可，合成路线为，故答案
为：。