备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）02（解析版）

这是一份备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）02（解析版），共18页。试卷主要包含了3%浓硫酸能提高吸收效率，5 ml O2，6% 偏小等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Cl 35.5 Na 23 Ti 48 Cu 64
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。
1．神舟十六号载人飞船顺利发射，我国航天航空事业再次迎来飞速发展。下列有关说法错误的是
A．飞船采用的太阳能刚性电池阵：将太阳能转化为电能
B．航天员的航天服使用的多种合成纤维：有机高分子材料
C．飞船返回舱使用的高温结构陶瓷：新型无机非金属材料
D．火箭燃料偏二甲肼(CH3)2N－NH2：属于烃类
【答案】D
【解析】A．载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，是将太阳能转化为电能供飞船使用，A正确；
B．航天员穿的航天服使用的多种合成纤维为有机合成高分子材料，B正确；
C．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，其性能优良，C正确；
D．分子中含N元素，不属于烃类化合物，D错误；
故选D。
2．在工业上可用于淀粉及油脂的漂白及自来水的消毒，制备的一种方法为：，下列有关化学用语表达正确的是
A．中子数为8的氧原子：B．的结构示意图：
C．HCl的电子式： D．的空间填充模型：
【答案】A
【解析】A．O原子的质子数为8，中子数为8的氧原子质量数为16，核素表示为：，故A正确；
B．的结构示意图：，故B错误；
C．HCl为共价分子，电子式为：，故C错误；
D．的价层电子对数为4，含孤对电子，不是直线形，故D错误；
故选：A。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1ml金属钠生成Na2O2，转移的电子数为2NA
B．60g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子
C．乙烯和丙烯的混合物共28g，含有的氢原子数为4NA
D．由1mlCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目小于NA
【答案】C
【解析】A．1mlNa完全反应失去1ml电子，无论产物为氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数都为1ml，转移电子总数NA个，A错误；
B．二氧化硅为共价晶体，不存在二氧化硅分子，B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，混合物共28g可以认为有2mlCH2，含有的氢原子数为4NA，C正确；
D．由1ml CH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，含有1ml钠离子；溶液为中性，氢离子与氢氧根离子物质的量相等，根据电荷守恒，则钠离子与CH3COO-的物质的量相等，所以溶液中含有CH3COO-的物质的量为1ml，含有的CH3COO-数目为NA个，D错误；
故选C。
4．下列实验操作能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】A．浓盐酸可抑制铁离子水解，则将FeCl3于少量浓盐酸中，再加水稀释可配制溶液，A符合题意；
B．氢氧化钠促进乙酸乙酯水解，饱和碳酸钠溶液能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，且能降低乙酸乙酯的溶解性，所以应该用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，B不符合题意；
C．验室制氨气利用用氯化铵与氢氧化钙作用生成氯化钙、水、氨气，C不符合题意；
D．加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中加热制备无水MgCl2，D不符合题意；
故选A。
5．下列有关物质的性质和用途说法不正确的是
A．利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池
B．石灰石在高温下的分解产物可与SO2反应，可用于减少燃煤烟气中的SO2
C．Na2O2与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
D．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】A．高纯单质硅具有半导体性能，可以利用其光电效应制成光电池，故A正确；
B．石灰石高温下分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以减小二氧化硫的排放，故B正确；
C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以用于制作呼吸面具中氧气的来源，故C正确；
D．二氧化硅不导电，制造光导纤维是利用二氧化硅对光的全反射性能，故D错误；
故选D。
6．W、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W的核外电子数等于其周期数，XW3分子呈三角锥形，Y的核外电子数等于W、X核外电子数之和，在同周期元素中M的第一电离能最小。下列说法正确的是
A．M2Y与M2Y2含有的化学键类型完全相同
B．X、Y、Z三种元素的电负性顺序为：XC．简单离子半径：MD．W与Y形成的10电子微粒有2种
【答案】B
【分析】根据W的核外电子数等于其周期数，XW3分子呈三角锥形，可推断W是H元素，X是N元素；根据Y的核外电子数等于W、X核外电子数之和可推断Y是O元素，根据在同周期元素中M的第一电离能最小推断M是Na元素。进而确定Z元素为F元素。
【解析】A．M2Y与M2Y2分别是、，其中中只含有离子键，而中既含有离子键又含有共价键，化学键类型不同，故A错误；
B．X、Y、Z三种元素分别为N、O、F，电负性顺序为：XC．Y、Z、M的简单离子都是10电子微粒，核电荷数越大半径反而越小，所以半径：Y>Z>M，故C错误；
D．W与Y分别是H和O，形成的10电子微粒有、和等，不只两种，故D错误；
故选B。
7．2022年3月15日，新发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第九版)》明确，处于医学观察期或临床治疗期(确诊病例)的轻型和普通型病人，推荐服用连花清瘟胶囊(颗粒)作为治疗药物。“连翘酯苷A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分之一，其结构如图所示。下列有关该有机物的说法错误的是
A．有机物的官能团有苯环、羟基、醚键和酯基
B．有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．1ml分子最多能与9mlNa发生反应
D．在酸性条件下可发生水解反应，其最简单产物的化学式为C9H8O4
【答案】A
【解析】A．该有机物的官能团有羟基、醚键、碳碳双键和酯基，A错误；
B．该物质中含双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．1ml分子含9ml羟基，最多能与9mlNa发生反应，C正确；
D．该物质含酯基，在酸性条件下可发生水解反应，其最简单产物的结构简式为：，化学式为C9H8O4，D正确；
故选A。
8．工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料，采用接触法制备浓硫酸的原理如下：
下列说法不正确的是
A．用盐酸和烧碱可从烧渣中提取铁红
B．净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性
C．用水替代98.3%浓硫酸能提高吸收效率
D．制备硫酸的3个反应中2个是氧化还原反应
【答案】C
【解析】A．用盐酸溶解烧渣，可除去二氧化硅；再用氢氧化钠可分离铝元素和铁元素，灼烧氢氧化铁制铁红，故A正确；
B．二氧化硫中有砷等杂质会使催化剂中毒(降低活性)，净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性，故B正确；
C．三氧化硫与水反应放出大量热量，用水直接吸收三氧化硫会形成“酸雾”，污染环境且吸收率低，故C错误；
D．黄铁矿(FeS2)与O2反应，SO2和O2反应2个是氧化还原反应，故D正确；
故答案为C
9．下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A．氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
B．氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3＋＋4 NH3·H2O=AlO2-＋4NH4＋+2H2O
C．NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:NH4＋+Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+ NH3·H2O
D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2++2OH- =BaCO3↓+2H2O+ CO32-
【答案】C
【解析】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸，发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故A错误；
B项、氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3-↓+3NH+4，故B错误；
C项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-沉淀完全，二者物质的量之比为1：2，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al（OH）3↓+2BaSO4↓++NH3．H2O，故C正确；
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误。
故选C。
10．下列说法正确的是
A．基态 Cr 原子有 6 个未成对电子
B．元素 Ga 的核外电子排布式为 ，位于元素周期表中 p 区
C．NH3 中 N—H 间的键角比 CH4 中 C—H 间的键角大
D．XY2 分子为 V 形，则 X 原子一定为 sp2 杂化
【答案】A
【解析】A．铬为24号元素，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，基态 Cr 原子有 6 个未成对电子，A正确；
B．．元素Ga为31号元素，位于元素周期表中p区，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，B错误；
C．NH3是三角锥形含有1对孤电子对，CH4是正四面体形无孤电子对，因此NH3中N－H间的键角比CH4中C－H间的键角小，C错误；
D．XY2 分子中原子个数比为1：2，XY2 分子为 V 形，则X原子不一定为sp2杂化，也可能含有2对孤电子对为sp3杂化，D错误；
故选A。
11．固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是
A．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B．假设每一步均完全转化，每生成2 ml NH3，同时生成1.5 ml O2
C．反应①②③均为氧化还原反应
D．参与反应的物质均只含离子键
【答案】B
【解析】A．根据转化关系可知：在转化过程中H始终呈+1价，A错误；
B．假设每一步均完全转化，生成O2转移4 ml电子，每生成1 ml NH3转移了3 ml电子，则当生成2 ml NH3时转移6 ml电子，则反应生成O2的物质的量为n(O2)==1.5 ml，B正确；
C．反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，C错误；
D．根据反应转化关系可知：反应过程中参与反应的物质含有离子键、共价键，D错误；
故合理选项是B。
12．室温下，用NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法不正确的是
A．HX的电离平衡常数
B．M点存在：
C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性
D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH=7：
【答案】C
【解析】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数小于的水解常数，即，解得，A正确；
B．M点，溶液中存在电荷守恒……①，物料守恒……②，①×2―②得，移项得，且M点：，所以，B正确；
C．P点，N点，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中：，由A选项可知，溶液呈碱性，C错误；
D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH=7，由电荷守恒推知……①，物料守恒为……②，所以，又由A选项知，时，即，D正确；
故选C。
13．银锌电池的总反应式：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。某学习小组以该电池为电源电解处理含Ba(OH)2的废水和含Ni2+、Cl-的酸性废水，并分别获得BaCl2溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．X电极与银锌电池的Zn电极相连
B．若去掉离子膜M，则X电极的反应式不变
C．离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜
D．电解过程中b室BaCl2浓度不变
【答案】C
【解析】A．电解结果是获得溶液和单质镍，所以Y极发生的电极反应为，即Y极为阴极，则X极为阳极，与银锌电池的正极相连，而根据电池总反应可知，Zn极为负极，A项错误；
B．去掉离子膜M，X极上发生的反应为氯离子失去电子生成氯气，而之前为失电子生成氧气，B项错误；
C．为了得到氯化钡溶液，a区的透过离子膜M进入b区，c区的氯离子透过离子膜N进入b区，所以离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，C项正确；
D．电解过程中b室浓度不断增大，D项错误；
故选C。
14．已知反应①CO(g)＋CuO(s)⇌CO2(g)＋Cu(s)和反应②H2(g)＋CuO(s)⇌Cu(s)＋H2O(g)在相同温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K3。则下列说法中正确的是
A．反应①的平衡常数K1＝
B．反应③的平衡常数K3＝
C．对于反应③，恒容时，温度升高，氢气的浓度减小，则该反应的ΔH > 0
D．对于反应②，增加CuO的量，平衡正移
【答案】B
【解析】A、由化学平衡常数定义：可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比可知，反应①的平衡常数K1＝，故A错误；
B、反应①-反应②可得反应③，因此K3＝，故B正确；
C、对于反应③，升高温度时，若氢气的浓度减小，说明平衡逆向移动，由此可知逆向为吸热反应，则该反应的ΔH<0，故C错误；
D、增加固体的量，不会影响化学平衡，故D错误；
故答案为B。
15．为研究用溶液将混合溶液中的和沉淀分离，绘制了25℃时AgCl和两种难溶化合物的溶解平衡曲线。其中，，其余离子类推。两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四个区域。下列说法中不正确的是
A．约为，的数量级为
B．M区域内可析出沉淀，而不析出AgCl沉淀
C．向、均为0.1ml/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，先析出AgCl沉淀
D．向、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加少量水，增大
【答案】D
【解析】A．根据图像，对于Ag2CrO4，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c()=(10-4)2×10-4=10-12，对于AgCl，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-8×10-2=10-10，A正确；
B．曲线上的点达到沉淀溶解平衡，在M区域，相对于Ag2CrO4来说，相当于在沉淀溶解平衡的基础上增大Ag+浓度，则Qc>Ksp(Ag2CrO4)，不利于Ag2CrO4沉淀溶解，从而析出Ag2CrO4沉淀，而相对于AgCl来说，相当于在沉淀溶解平衡的基础上减少Ag+浓度，则QcC．对于AgCl，形成沉淀时需要c(Ag+)===10-9ml/L，对于Ag2CrO4，形成沉淀需要c(Ag+)=，显然沉淀AgCl需要的银离子浓度更低，故优先产生AgCl沉淀，C正确；
D．向Ag2CrO4、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，，Ksp只随温度改变而改变，D错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共55分。
16．（14分）氯化亚铜(CuCl)微溶于水，易被氧化，广泛应用于医药等行业。以废铜渣(铜单质的质量分数为64%，CuO的质量分数为8%，其他杂质不含铜元素)为原料制备CuCl流程如下：
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-。
（1）用Na2SO3固体配制100 mL0.50 ml/LNa2SO3溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶体滴管、 (填仪器名称)；
（2）“溶解”步骤装置如图所示。
①“溶解”制备硫酸铜的化学程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O 。
②通入热空气的目的是 ；
（3）“还原”过程中所得的氧化产物为 ，NaCl的用量对铜的沉淀率的影响如图所示。时，CuCl的沉淀率下降的原因是 ；
（4）准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50 g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后过滤，将滤液及洗涤液一并转移到锥形瓶中，加入指示剂2滴，立刻滴入0.20 ml/LCe(SO4)2标准溶液，至恰好反应时，消耗Ce(SO4)2标准溶液20.00 mL。(已知：FeCl3+CuCl=FeCl2+CuCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，且杂质不参与反应。)
①样品中CuCl的质量分数为 。(写出计算过程)
②若操作过程缺少“将洗涤液一并转移到瓶中”的步骤，会导致CuCl的质量分数 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）100 mL容量瓶
（2）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 充当氧化剂；搅拌溶液，加快反应速率
（3）Na2SO4 随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-
（4）79.6% 偏小
【分析】根据流程：废铜渣通入热空气、稀硫酸。反应得到溶液主要是硫酸铜，然后加入Na2SO3还原CuSO4，并加入NaCl，反应产生CuCl沉淀，过滤得到固体为CuCl，经洗涤干燥得到CuCl。
【解析】（1）用Na2SO3固体配制100 mL0.50 ml/LNa2SO3溶液时，在实验室中有规格是100 mL的容量瓶，因此需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶体滴管、100 mL容量瓶；
（2）①“溶解”制备硫酸铜的化学程式为2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O以及CuO与H2SO4反应的化学方程式：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；
②Cu与稀硫酸不能发生反应，在溶液中，在加热时 O2与Cu即硫酸发生反应：2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，Cu转化为CuSO4，因此通入热空气的目的是充当氧化剂；同时可以起到搅拌溶液，加快反应速率的作用；
（3）向CuSO4溶液中加入还原剂Na2SO3，可以使Cu2+转化为Cu+，并与加入的NaCl的Cl-反应产生CuCl沉淀，Na2SO3被氧化产生Na2SO4，故“还原”过程中所得的氧化产物为Na2SO4；
根据NaCl的用量对铜的沉淀率的影响，可知时，CuCl的沉淀率下降，是由于随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-；
（4）①根据反应方程式：FeCl3+CuCl=FeCl2+CuCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl-- Fe2+--Ce4+，n(Ce4+)=0.20 ml/L×0.020 L=4.0×10-3 ml，则0.50 g样品中含有CuCl的物质的量n(CuCl)= 4.0×10-3 ml，故样品中CuCl的质量分数为；
②若操作过程缺少“将洗涤液一并转移到瓶中”的步骤，会导致Fe2+部分损失，由Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知反应消耗Ce4+的物质的量就会偏少，则根据Ce4+计算的CuCl的物质的量及其质量分数就会偏小。
17．（13分）一种在常温、常压下催化电解实现工业合成氨反应的工艺为： ，该反应可分两步完成：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
请回答下列问题：
（1） 。
（2）将和充入到3L的恒容密闭容器中模拟反应Ⅰ：
①该反应中物质浓度随时间变化的曲线如图所示，0~10nin内， 。

②不同温度和压强下测得平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图所示：
则B、C两点的平衡常数 (填“>”、“<”、“=”或“不确定”)；B点时的转化率= (保留2位有效数字)。
（3）从图乙中获知反应Ⅰ存在着高温降低平衡产率与低温降低反应速率等调控矛盾。在提高合成氨的产率的工业生产中，通常从以下多个视角来综合考虑合理的工业生产条件：
反应速率的视角：①加入催化剂；②提高温度(控制在催化剂的活性温度内)
平衡移动和原料的转化率的视角：③ ，④ 。
（4）科学家为避免直接破坏键而消耗大量热能，通过新型催化剂降低了反应路径中决速步的能垒，使该反应在常温、常压下采用电化学方法也能实现，反应装置如图所示，阴极上的电极反应式为 。

【答案】（1）+571.6
（2）0.075 = 82%
（3）增大压强 增大的浓度
（4）
【解析】（1）依据盖斯定律可知Ⅰ×2+Ⅱ×3即得到反应2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)，则；
故答案为：+571.6；
（2） ①反应前氮气浓度是ml/L，氢气浓度是1ml/L，0~10min内消耗氢气是浓度是1ml/L－0.25ml/L＝0.75ml/L，则；
故答案为：0.075；
②平衡常数只与温度有关系，则B、C两点的平衡常数KB＝KC，设B点时消耗氮气的物质的量是xml，，此时氨气的体积分数是0.7，，所以的转化率；
故答案为：=；82%；
（3）由于正反应是体积减小的放热反应，则从平衡移动和原料的转化率的视角应该是增大压强或增大的浓度有利于平衡正向移动，可以提高氢气转化率；
故答案为：增大压强；增大 N2的浓度；
（4）阴极上氮气得到电子结合氢离子转化为氨气，电极反应式为；
故答案为：。
18．（14分）金属钛有“生物金属、海洋金属、太空金属”的美称。有些含钛的化合物在耐高温、环保或者抑菌方面有着重要的应用，钛元素也被称为“健康钛”。
（1）Ti元素位于元素周期表的 区，基态原子电子排布式为 。
（2）TiCl4与SiCl4互为等电子体。SiCl4可以与N-甲基咪唑发生反应。
①TiCl4分子的空间构型为 。
②N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，C、N、Si的电负性由大到小的顺序为 ，1个含有 个π键。
（3）TiCl4可以与胺形成配合物，如TiCl4(CH3NH2)2、TiCl4(H2NCH2CH2NH2)。
① TiCl4 (H2NCH2CH2NH2)中提供电子对形成配位键的原子是 。
②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其中与乙二胺形成的化合物稳定性较差的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似(如图)，其中阴离子(N3-)采用面心立方最密堆积方式，X-射线衍射实验测得氮化钛的晶胞参数(晶胞边长)为a pm，则r(N3-)为 pm。该氮化钛的密度为 g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
【答案】（1）d 1s22s22p63s2 3p63d2 4s2
（2）正四面体 sp2 sp3 N>C>Si 2
（3）N、Cl Mg2+
（4）a
【解析】（1）钛是22号元素，位于元素周期表的d区；其中每一个电子是运动状态都不同，钛是22号元素，电子数也是22，基态原子电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d2 4s2，故答案为：d；1s22s22p63s2 3p63d2 4s2；
（2）①TiCl4分子中Ti原子价层电子对数为4，没有孤对电子，因此分子的空间构型是正四面体，故答案为：正四面体；
②甲基的C原子形成4个键，无孤电子对，C原子价层电子对个数是4，为sp3杂化，环上C原子形成3个键，无孤电子对，价层电子对个数是3，为sp2杂化；元素非金属性越强，其电负性越大，元素的非金属性大小：N>C>Si，则电负性大小顺序：N>C>Si；共价单键为键、共价双键中含有1个键、1个键，则中含有2个键，故答案为：sp2 sp3；N>C>Si；2；
（3）①在TiCl4 (H2NCH2CH2NH2)中Ti原子与4个Cl原子及H2NCH2CH2NH2的2个N原子形成配位键，即提供电子对形成配位键的原子是N、Cl，故答案为：N、Cl；
②根据形成配位键的条件，可以得出乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子，从而形成稳定的环状离子，由于Cu2+半径大，更容易提供空轨道，Mg2+与乙二胺形成的化合物稳定性相对较差，故答案为：Mg2+；
（4）紧邻的N原子所在的位置为晶胞面对角线的一半，所以r(N3-)=a pm；该该晶胞中含有Ti原子数为：=4，含有的N原子数为：=4，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度，故答案为：a；。
19．（14分）某药物中间体M的合成路线如下：
已知：I.
II.
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ；E→F的反应类型是 。
（2）C中官能团的名称为 ；F的结构简式为 。
（3）D+H→M的化学方程式为 。
（4）写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式 (任写一种)。
①属于芳香族化合物②与C具有相同官能团③含有四种化学环境的氢
（5）根据上述信息，设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) 。
【答案】（1）间三甲苯(1，3，5-三甲苯) 加成反应
（2）羧基
（3）+ +HCl
（4） (或)
（5）
【分析】有机化合物A分子式是C9H12，A与HCHO及HCl作用产生B，根据物质反应过程中碳链结构不变，可知A结构简式是，B与Mg及CO2、H2O作用反应产生C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：。根据M结构简式逆推可知H为，根据反应过程中碳链结构不变，结合E分子式及流程转化可知E是，E与HCN发生加成反应产生F是，F与H+在H2O存在条件下反应产生G：，G与C2H5OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生H，然后根据物质的性质分析解答。
【解析】（1）根据上述分析可知A是，名称为间三甲苯；
E是，E与HCN发生加成反应产生F是，故E→F的反应类型是加成反应；
（2）根据上述分析可知C()中官能团的名称为羧基；物质F结构简式是：；
（3）D：，根据M结构简式逆推可知H为，H为，发生取代反应，故该反应的化学方程式为：+ +HCl；
（4）C是其同分异构体满足条件：①属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环；②与C具有相同官能团，说明其分子中含有-COOH；③含有四种化学环境的氢，则符合要求的C的同分异构体可能的结构简式可能为或；
（5）与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生，与HCN发生加成反应产生，与H+、H2O反应产生，该物质在一定条件下发生缩聚反应产生，故以苯甲醇为原料合成的路线为： 。
选项
实验目的
实验操作
A
配制FeCl3溶液
将FeCl3固体溶于浓盐酸后再稀释
B
提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯
加NaOH溶液后分液
C
实验室制NH3
加热使氯化铵固体分解
D
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干