常德市高三第一次模拟考试理综化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精湖南省常德市2020届高三高考模拟考试（一)理综化学试卷可能用到的相对原子质量:H-1C-12O—16Mn-55Cu-64Ag-108Ba-137一、选择题:每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1。化学在科技进步方面发挥着重要作用。下列说法正确的是A。是制备有机发光二极管OLED的材料之一，其属于有机高分子化合物B.2019世界能源大会把核能作为含碳能源重要替代品，核电站把化学能转化为电能C.DAC法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应D。以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩,在“新冠肺炎战疫”中发挥了重要作用【答案】C【解析】【详解】从的结构简式可以看出，其属于有机小分子,不属于有机高分子化合物，A错误;核电站把核能经过一系列转化,最终转化为电能，B错误；捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确;不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以，聚丙烯属于混合物，D错误。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A。120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB.向FeBr2溶液中缓慢通入0。2molCl2时，被氧化的Fe2＋数目一定为0.4NAC。用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0。2NA个电子转移时,阴极析出金属的质量大于6。4gD。加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．固体NaHSO4中不含氢离子，故A错误；B．被氧化的Fe2＋数目与溶液中FeBr2的量有关，故B错误;C．混合溶液中n(Ag+）=2mol×1L=2mol，n（Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，电解混合溶液时，阴极首先析出的固体为银单质,当有0.2mol电子转移时,首先析出Ag，质量为0。2mol×108g/mol=21。6g，故C正确；D．浓硫酸氧化性较强，可以将Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol电子,则生成的SO2的物质的量为1。5mol,个数为1。5NA，故D错误；答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子.3.某有机物结构简式如图,下列对该物质的叙述中正确的是A.该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应B。1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应C。该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D。该有机物有3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误;B．该分子含有酯基，1mol该有机物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基,只能和1molNaOH发生反应,故B错误；C．该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应,故C错误；D．连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子,故D正确；答案为D。【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。4。下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.10mol•L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl)＞Ksp(AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸生成白色沉淀，加入稀盐酸，沉淀不溶解溶液已经变质C向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4++OH-=NH3↑+H2OD测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3＞NaClO酸性：H2CO3＜HClOA.A B.B C.C D。D【答案】A【解析】【详解】A．向浓度均为0.10mol•L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀,说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小,相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl）＞Ksp（AgI）,故A正确；B．即便亚硫酸没有变质，先加入Ba（NO3）2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；C．向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3++3OH—=Al（OH)3↓，并不能生成氨气,故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值,Na2CO3＞NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值,故D错误；故答案A。5。2019年化学诺贝尔奖授予拓展锂离子电池应用的三位科学家。如图是某锂—空气充电电池的工作原理示意图，下列叙述正确的是A.电解质溶液可选用可溶性锂盐的水溶液B。电池放电时间越长，Li2O2含量越少C。电池工作时，正极可发生Li+＋O2－e-=LiO2D。充电时，b端应接负极【答案】D【解析】【分析】根据电子的流向可知b极为负极，锂单质失电子被氧化，a极为正极,氧气得电子被还原.【详解】A．负极单质锂与水反应，所以电解溶液不能用水溶液，故A错误；B．电池放电过程中锂单质被氧化成锂离子,锂离子移动到正极发生xLi++O2+xe—=LixO2，所以时间越长正极产生的Li2O2越多，而不是越少，故B错误；C．正极发生得电子的还原反应，当x=1时发生：Li++O2+e—=LiO2,故C错误；D．充电时，b极锂离子转化为锂，发生还原反应，即为电解池的阴极，则充电时，b端应接负极，故D正确；故选D。6.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r（丁）>r（乙)〉r(丙）〉r（甲).四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断,下述正确的是A。简单氢化物的沸点：乙>丙B.由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C.丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D。由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁原子序数逐渐增大,根据元素周期律：从左到右原子半径减小,从上到下原子半径减小的规则,若它们在同一周期，应该有r（甲）>r（乙)〉r(丙）〉r（丁)的关系，现在r（丁)是最大的，r(甲）是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期,甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族,现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可.【详解】A。乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气,氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C。丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应,C项正确；D。甲和丙可以组成（肼），中存在N—N非极性键,D项错误；答案选C。7。向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A。A曲线表示S2—随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B.X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X<YD。Y点对应溶液中c（K＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为:c(K＋）＝3［c（H2S）＋c（HS−）＋c（S2−）]【答案】C【解析】【分析】滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS—，该过程中S2—含量减少,HS—含量上升，然后发生HS—+H+=H2S,此时HS—含量下降，H2S上升,所以A代表S2—,B代表HS-，C代表H2S.【详解】A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确;B．Y点表示c（H2S)=c(HS−),Ka1(H2S)=，当c(H2S）=c（HS−)时，Ka1（H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S），故B正确；C．X点c（HS-）=c(S2—),Y点c（H2S)=c（HS—),S2-和HS—的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误;D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋）＝3[c（H2S)＋c(HS−)＋c（S2−）］,故D正确;故答案为C.8。I．常温下,HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4.NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格.选用药品实验现象利用NaNO2的性质①酚酞试液________________________②淀粉-KI试纸________________________（2)亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________(填化学式)。II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）.已知:①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）实验装置的连接顺序为____________；（2)C瓶内发生反应的离子方程式为____________。（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4。0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0。10mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表.滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020。0220。0019。98①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________(填字母序号）。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥c．观察滴定终点时仰视读数②根据表中数据进行计算,所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。（4）设计实验，比较0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______(简要说明实验步骤、现象和结论,仪器和药品自选）。【答案】（1）。溶液变红(2)。溶液显碱性(3)。试纸变蓝(4).氧化性（5）.N2（6)。ACEDEB(7）。Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O（8).ac（9)。86.25％（10).25℃时,将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7,则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。【解析】【详解】I．(1)亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解,溶液显中性，据此可以鉴别二者;另外亚硝酸钠还具有氧化性,能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质,其产物之一为无色无味气体,根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置,最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3)①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大,测定结果偏高，a正确;b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误;c．滴定终点时仰视读数,所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL,根据反应方程式6H＋+2MnO4—+5NO2—＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25。00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3。45g,所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4。000g×100％=86。25％。(4）酸越弱酸根越容易水解,溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。9。我国某科研团队以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料,制取高纯碳酸锰，工艺流程如下图：（1）对矿石进行粉粹的目的是_______;（2)滤渣Ⅰ、Ⅱ分别为________、________；（3）采用1％稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆的原因是_________；不采用较浓H2SO4的原因是______；不直接采用H2SO4浸锰的原因是___________。(4）浸锰的离子方程式为____________;（5)“系列操作”为过滤、_________、干燥。(6)取所得高纯MnCO311。7g溶于足量的盐酸中，将产生的气体用足量的Ba（OH）2浓溶液吸收，得到白色沉淀19。7g,则所得产品的纯度为________％(保留一位小数）【答案】（1）.加快浸取速率，提矿石高浸出率（2)。SiO2（二氧化硅）(3）.Fe（OH）3（氢氧化铁）（4）。提高Fe2O3、MnO2的氧化性,易于被SO2还原溶出(其他合理答案亦可）(5).会降低SO2在溶液中的溶解度,从而降低反应速率(6）。MnO2不能与H2SO4直接反应(其他合理答案亦可）（7）。MnO2+SO2=Mn2++SO42—、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O（8).洗涤(9）。98。3【解析】【分析】软锰矿先加稀硫酸制浆，然后通入SO2,酸性环境下Fe2O3、MnO2将SO2氧化，自身被还原成Fe2+、Mn2+,过滤得到的滤渣I主要为SiO2，滤液中主要为Fe2+、Mn2+;加入MnO2将亚铁离子氧化成铁离子,然后调节pH得到氢氧化铁沉淀，即滤渣II;沉锰时可加入可溶性碳酸氢盐，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【详解】(1）粉碎后可增大接触面积，加快浸取速率，提矿石高浸出率；（2)根据分析可知滤渣I为SiO2（二氧化硅)，滤渣II为Fe(OH）3（氢氧化铁)；(3)采用1％稀硫酸而不采用水混合矿粉制浆是酸性环境可以提高Fe2O3、MnO2的氧化性，易于被SO2还原溶出；较浓H2SO4会降低SO2在溶液中的溶解度，从而降低反应速率;MnO2不能与H2SO4直接反应，所以不直接采用H2SO4浸锰;（4）浸锰时酸性环境下Fe2O3、MnO2将SO2氧化，离子方程式为：MnO2+SO2=Mn2++SO42—，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O;(5)沉锰得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰；（6）碳酸锰溶于稀盐酸生成的气体为二氧化碳，二氧化碳通入足量的Ba（OH）2浓溶液得到的是BaCO3沉淀,所以n(BaCO3）==0.1mol,根据碳元素守恒可知样品中n（MnCO3)=0。1mol,所以产品纯度为=98.3%。10.硫单质及其化合物在化工生成等领域应用广泛，工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一。I．SO2尾气的处理方法1:燃煤中加入生石灰，将SO2转化为CaSO3，再氧化为CaSO4已知：a．CaO（s）+CO（g)=CaCO3（s)ΔH=−178。3kJ·mol−1b．2CaCO3（s)+2SO2(g）+O2（g)=2CaSO4(s）+2CO2(g）ΔH=−2762.2kJ·mol−1c．2CaSO3（s)+O2(g)=2CaSO4（s）ΔH=−2314.8kJ·mol−1（1）写出CaO(s）与SO2（g）反应生成CaSO3(s）的热化学方程式:___。方法2：用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4）2SO4.（2）实验测得NH4HSO3溶液中=1500，则溶液的pH为________（已知:H2SO3的Ka1=1.5×10−2,Ka2=1．0×10−7,K(NH3·H2O)=1。74×10－5；）。NH4HSO3溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_____。Ac(NH4+）〉c(HSO3－）〉c(H+)〉c(SO32−)〉c(OH－)Bc(HSO3－)〉c（NH4+）>(SO32－)>c(H+）〉c（OH－）Cc（NH4+）+c（NH3·H2O）=c(HSO3－）+2c(SO32−)+c(H2SO3)Dc(H+)+c(H2SO3)=c（OH－)+c（SO32−)+c（NH3·H2O)II．SO2的回收利用：（3）SO2与Cl2反应可制得磺酰氯（SO2Cl2)，反应为SO2（g）＋Cl2（g）SO2Cl2（g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：①恒温恒压条件下,密闭容器中发生上述反应,下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_______（填字母）。aSO2Cl2的浓度保持不变b混合气体的压强不再改变c混合气体的密度不再改变d混合气体的平均相对分子质量不再改变②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝_____(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）.III．（4）过二硫酸(H2S2O8）是一种强氧化性酸,其结构式为。在工业上用作强氧化剂.①在Ag+催化作用下，S2O82−能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42−和MnO4−,1molS2O82−能氧化的Mn2+的物质的量为_________mol。②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为________。【答案】（1).CaO（s）+SO2（g）=CaSO3（s）ΔH=−402。0kJ·mol−1（2)。6（3)。AD（4）。b（5)。3/p（6)。0。4（7）.2SO42−−2e−=S2O82−【解析】【详解】（1)CaO(s)与SO2(g)反应生成CaSO3(s）方程式为：CaO（s）+SO2（g）=CaSO3(s），可以由反应得到，根据盖斯定律，反应的焓变△H==—402。0kJ•mol—1，即热化学方程式：CaO(s)+SO2(g)=CaSO3(s）△H=—402.0kJ•mol-1；(2）H2SO3的Ka1=,Ka2=,所以==1500，将Ka1=1。5×10−2,Ka2=1。0×10−7带入可解得c（H+）=10-6mol/L,则pH=—lgc(H+)=6；(3)NH4HSO3溶液中存在铵根的水解，其水解平衡常数Kh=,存在HSO3－的电离和水解,其电离平衡常数为Ka2=1。0×10−7,其水解平衡常数Kh2=，NH4+的水解程度大于HSO3－的水解，HSO3－的电离大于水解，所以溶液显酸性，c（H+）>c(OH－）；A．NH4+水解程度比HSO3－的电离程度小，且HSO3－会水解，所以c(NH4+）〉c(HSO3－），HSO3－电离出氢离子，且大于水解,NH4+水解也生成氢离子，所以c(H+）>c(SO32−)，溶液呈酸性,水解是微弱的，所以c(NH4+）>c（HSO3－）〉c(H+)>c(SO32−)〉c(OH－），故A正确;B．根据分析A项正确，则B错误；C．根据物料守恒可知：c(NH4+）+c（NH3·H2O）=c(HSO3－)+c（SO32−）+c（H2SO3）,故C错误；D．溶液中存在电荷守恒:c（NH4+）+c（OH－）=c(HSO3－)+2c（SO32−）+c（H+），与物料守恒式联立消去c（NH4+)可得：c(H+)+c（H2SO3)=c(OH－）+c(SO32−）+c（NH3·H2O),故D正确;综上所述选AD；（3）①a．当反应达到平衡时各组分的浓度不再改变，所以SO2Cl2的浓度保持不变说明反应达到平衡,故a不选;b．恒温恒压条件下混合气体的压强一直不变，故b选；c．恒压条件下，平衡移动过程中容器体积会发生变化,而气体的质量不变，所以平衡移动时密度发生改变，当密度不变时说明反应达到平衡，故c不选；d．气体质量一直不变，平衡移动过程中气体总物质的量会发生改变，所以平均相对分子质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故d不选；综上所述选b;②据图可知M点SO2的转化率为50%，不妨设初始投料为1molSO2和1molCl2，则列三段式有：相同条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以p(SO2）=p（Cl2)=p（SO2Cl2)=p，所以Kp=；(4）①根据过二硫酸的结构式可知过二硫酸中S为+6价，两个O为-1价，S2O82−与Mn2+反应时-1价的O被还原成—2价,Mn2+被氧化成+7价，升高5价,1molS2O82−能得到2mol电子，所以可以氧化Mn2+的物质的量为0。4mol；②电解池中阳极发生氧化反应，用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵时,硫酸根被氧化成S2O82−，所以阳极反应为：2SO42−−2e−=S2O82−。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态.[化学——选修3:物质结构与性质］11。石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。（1)以Ni—Cr—Fe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石.基态Fe原子未成对电子数为________。设石墨晶体中碳碳键的键长为am，金刚石晶体中碳碳键的键长为bm,则a________（填“〉”“〈"或“＝”）b，原因是_______。（2）比较表中碳卤化物的熔点，分析其熔点变化的原因是_________。CCl4CBr4(α型）CI4熔点/℃－22.9248。4168(分解)（3）金刚石的晶胞如图1所示.已知ZnS晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，若图1中a与ZnS晶胞中Zn2＋位置相同，则S2－在ZnS晶胞中的位置为________.（4）石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。①在图3所示的氧化石墨烯中，采取sp3杂化形式的原子有________（填元素符号）。②石墨烯转化为氧化石墨烯时,1号C与相邻C原子间键能的变化是________（填“变大”“变小”或“不变”).（5）石墨烯具有很大的比表面积，有望用于制超级电容器.若石墨烯中碳碳键的键长为am，12g单层石墨烯单面的理论面积约为________m2（列出计算式即可）.【答案】(1).4（2）。〈(3）.石墨晶体中的碳碳键除σ键外还有大π键，金刚石晶体中碳碳键只有σ键(4).分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高(5).顶点、面心(6）.C、O(7）.变小（8）.【解析】【详解】（1）Fe原子中3d能级上有4个电子未成对,其它轨道上的电子都成对，所以Fe原子中未成对电子数是4；金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成σ键；石墨中碳原子以sp2杂化,形成三条杂化轨道，还有一条未杂化的p轨道,所以石墨晶体中的碳碳键除σ键外还有大π键，所以石墨的C—C键的键长短；（2)这几种物质都属于分子晶体，分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,故CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高;(3）a为Zn2+，a连接的离子为S2-，所以S2-位于晶胞顶点和面心上；（4）①在图3所示的氧化石墨烯中，取sp3杂化形式的原子价层电子对个数是4,价层电子对个数是4的有C和O原子，所以采用sp3杂化形式的原子有C和O；②石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C

连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C

与相邻C原子间键能变小；（5)单层石墨烯中每个六元环含碳原子个数为=2，每个六边形的面积为，12g单层石墨烯中碳原子个数为；所以12g单层石墨烯单面的理论面积约为m2。【点睛】计算石墨烯的面积时关键是理解每个六元环所含碳原子数，不能简单