西藏林芝地区第一中学2024-2025学年高三化学试题5月15日第7周测试题含解析

西藏林芝地区第一中学2024-2025学年高三化学试题5月15日第7周测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式正确且符合题意的是A．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2HB．向K3[Fe(CN)6]溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2[Fe(CN)6]3=Fe2++2[Fe(CN)6]4，3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe3[Fe(CN)6]2↓C．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2++5SO42+12H2OD．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl2、《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代，作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、、说法正确的是（）A．质子数与质量数相同 B．化学性质相似C．互为同素异形体 D．质子数与中子数相等3、学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（）A．催化剂不参加化学反应B．醇和酸反应的产物未必是酯C．卤代烃的水解产物一定是醇D．醇脱水的反应都属于消去反应4、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．MgCO3→HCl（aq）MgClB．NaCl(aq)→CO2NaHCO3(s)→ΔNa2C．SiO2→C（高温）D．AgNO3→NH3⋅H2O[Ag（NH3）25、某透明溶液可能含有NH4+、Fe2＋、Fe3＋、SO42-、Cl－、CO32-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)：①向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀，没有气体产生，过滤；②向①所得的沉淀加热灼烧，最后得有色固体；③向①所得的滤液，先用HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成。下列推断正确的是()A．一定没有NH4+和Cl－B．白色沉淀是Fe(OH)2C．第③步先用HNO3酸化，是为了防止SO42-和CO32-的干扰D．原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)26、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．该过程中BMO表现较强还原性C．降解产物的分子中只含有极性分子D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:17、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于78、常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．pH随的变化始终满足直线关系B．溶液中水的电离程度：a>b>cC．该温度下，Ka(HB)≈10－6D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)9、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（）A．b极附近有气泡冒出 B．d极附近出现红色C．a、c极上都发生氧化反应 D．甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀10、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项操作及现象结论A将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有还原性B将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D11、有氯气参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应12、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温常压下，1.8g甲基(—CD3)中含有的中子数目为NAB．0.5mol雄黄(As4S4，结构为)含有NA个S-S键C．pH＝1的尿酸(HUr)溶液中，含有0.1NA个H+D．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为NA13、下列有关装置对应实验的说法正确的是（）A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态B．②可用于收集NH3C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体14、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-15、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A．自然界中存在石墨烯 B．石墨烯与石墨的组成元素相同C．石墨烯能够导电 D．石墨烯属于烃16、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C12H18O2B．分子中至少有6个碳原子共平面C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成二、非选择题（本题包括5小题）17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：②③回答下列问题：(1)A的名称是__________________；C中含氧官能团的名称是________________。(2)反应②的反应类型是____________________。(3)反应①的化学方程式是__________________________。(4)F的结构筒式是_____________________。(5)同时满足下列条件的G的同分异构体共有___________种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：________________。①能发生银镜反应②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应③1mol该物质最多能与8molNaOH反应(6)参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_______________________。18、周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：（1）b、c、d电负性最大的是___(填元素符号)。（2）b单质分子中σ键与π键的个数比为___。（3）a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为___；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___(填序号)。①极性共价键②非极性共价键③离子键④金属键⑤氢键⑥范德华力（4）这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是___(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是___，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___酸根离子(填“>”或“<”)。（5）元素e在周期表中的位置是___区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___。19、绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。20、I.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。（2）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：CaCO3滤液白色结晶（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是__。（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。21、阻燃剂又称防火剂，主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂、无机阻燃剂等。（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。卤化氢的电子式为____；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是___。（2）溴离子的最外层电子排布式是___；氯原子的核外电子云有___种伸展方向。（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是___（选填编号）。a．HClO酸性强于HBrOb．HBr的分解温度低于HClc．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化还原反应无机阻燃剂中，氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式___。（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是___。（填化学式）（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。写出该气体的结构式___。（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为___（填微粒符号）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．BaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B．铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B项正确；C．不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；D．还原性：I＞Fe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2I＋Cl2=I2＋2Cl，D项错误；答案选B。离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。2、B【解析】

根据原子符号的表示含义，、、三种原子的质子数都是6个，中子数分别是8、7、6，它们属于同位素，由于原子核外都有6个电子，核外电子排布相同，因此三种同位素原子的化学性质相同，故合理选项是B。3、B【解析】

A.催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B.醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C.卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D.醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。4、D【解析】

A项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A错误；B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能一步实现反应，故B错误；C项、硅与盐酸不能反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故D正确。故选D。本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。5、D【解析】

A.溶液可能含有NH4+，遇稀的Ba(OH)2溶液，放不出氨气，选项A错误。B.白色沉淀灼烧后生成有色固体，一定有Fe元素，没有CO32-，步骤③没有Cl－，一定含有SO42-，白色沉淀中还含有BaSO4，选项B错误；C.步骤③步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH－的干扰，没有CO32-，选项C错误；D.溶液中，一定有Fe2＋、SO42-，可能有NH4+，溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2，选项D正确。答案选D。本题考查化学实验方案的评价，易错点为C.步骤③步用HNO3酸化，是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH－的干扰。6、C【解析】

A.根据图知,反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确，但不符合题意；B.该反应中BMO失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B正确，但不符合题意；C.二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D.根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确，但不符合题意；故选：C。7、B【解析】

原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。8、C【解析】

从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【详解】A．起初pH随的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L，该温度下，Ka(HB)=≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C。9、A【解析】

甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误；B、乙中阴极上电极反应式为:2H++2e-=H2↑，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；

D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。10、D【解析】

A．乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故A正确；B．浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32-，故C正确；D．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故D错误；故选D。11、A【解析】

A．复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B．氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C．甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D．乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。12、D【解析】

A选项，常温常压下，1个甲基(—CD3)有9个中子，1.8g甲基(一CD3)即物质的量为0.1mol，因此1.8g甲基(—CD3)中含有的中子数目为0.9NA，故A错误；B选项，S原子最外层6个电子，能形成2个共价键，As原子最外层5个电子，能形成3个共价键，所以该结构简式中，黑球为As原子，白球为S原子，As4S4中不存在S—S键，故B错误；C选项，pH＝1的尿酸(HUr)溶液中，因溶液体积没有，因此无法计算含有多少个H+，故C错误；D选项，标状况下，2.24L丙烷即0.1mol，一个丙烷含有8个C—H键和2个C—C键，因此2.24L丙烷含有的共价键物质的量为1mol，数目为NA，故D正确。综上所述，答案为D。—CD3中的氢为质子数为1，质量数为2的氢；13、A【解析】

A.①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；B.NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C.加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D.导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；正确答案是A。14、C【解析】

A.pH=l的溶液中，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B.能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C.=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D.由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，Al3+不能存在，故不选D。15、D【解析】

A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D．石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。16、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3molH2加成，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙醇羧基取代反应3【解析】根据已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知③以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知②可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。(1)A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；(2)反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；(3)反应①是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；(4)F的结构筒式是；(5)的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；③1mol该物质最多能与8molNaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：、、共3种；(6)间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成，还原得到，其合成路线为：。18、O1:2sp3①②H2SO4、H2SO3HNO3<d【解析】

周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe。【详解】⑴电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O，故答案为：O。⑵b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2。⑶a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤对电子，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有共价键，过氧化氢中有极性共价键，非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②，故答案为：sp3；①②。⑷这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子N有3个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3+0=3，为正三角形；亚硝酸分子N有2个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2+1=3，为“V”形结构；硫酸分子S有4个σ键，孤对电子为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4+0=4，为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个σ键，孤对电子为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3+1=4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性，故答案为：H2SO4、H2SO3；HNO3；<。⑸元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构式为，故答案为：d；。19、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；20、打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气直形冷凝管温度计酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%【解析】

I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3

，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。【详解】(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染；(2)在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；(3)此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；(5)过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为=0.005mo